Para la primera afirmación, voy a trabajar con Fn nth término de la parte inferior central de la serie; sin embargo, el argumento debe ser aproximadamente el mismo que para cualquier central de la serie.
Nos muestran que si α es la identidad en F/[F,F], entonces se induce la identidad en Fn/Fn+1 todos los n. La prueba es por inducción.
La afirmación de n=1 es la hipótesis original. Supongamos ahora que el resultado vale para k, por lo que si w∈Fk,w\alpha\equiv w\pmod{F_{k+1}}. Queremos mostrar que el resultado vale para k+1. Los generadores de F_{k+1} están contenidos en el conjunto de [F,F_{k+1}], así que vamos a u\in Fw\in F_k; si se demuestra que el resultado de [u,w], luego de que se siga para F_{k+1}.
Vamos a utilizar el siguiente conmutador de identidad: en cualquier grupo, para todos los x,y,z,t, tenemos:
[xy,zt] = [x,t]^y[y,t][x,z]^{yt}[y,z]^t,
donde a^b = b^{-1}ab es conjugación.
Ahora, desde la u\alpha\equiv u\pmod{F_2},u\alpha=ucc\in F_2. Y desde w\alpha\equiv w\pmod{F_{k+1}},w\alpha = wdd\in F_{k+1}. Por lo tanto,
[u,w]\alpha = [u\alpha,w\alpha]= [uc,wd]
= [u,d]^{c}[c,d][u,w]^{cd}[c,w]^{d} \equiv [u,w]\pmod{F_{k+2}},
porque [u,d]\in[F_1,F_{k+1}], [c,d]\in[F_2,F_{k+1}], [c,w]\in[F_2,F_k], y [u,w]^{cw}=[u,w][[u,w],cw]\equiv [u,w]\pmod_{F_{k+2}}.
Por lo tanto, \alpha actúa como la identidad en F_{k+1}/F_{k+2}, como se desee.
(Alternativamente, el básico de los conmutadores de peso k dar una base para la libre grupo abelian F_{k}/F_{k+1}, y es una cuestión fácil comprobar que si \alpha induce la identidad en F/F_{2}, luego se asigna un básico colector de peso c al producto de sí mismo los tiempos de los conmutadores de peso mayor que c).
Todavía estoy trabajando en la segunda afirmación, pero por ejemplo, paran=1, x\alpha= xk algunos k\in F_2, por lo tanto x\alpha\equiv xk\pmod{F_3}, y desde k\alpha\equiv k\pmod{F_3},x\alpha^2 \equiv x\alpha k \equiv x k^2\pmod{F_3}, y de manera inductiva x\alpha^N \equiv x k^{N}\pmod{F_3}.
Agregó: he comprobado el libro en mi manera de salir de la oficina y al gimnasio, y me di cuenta de que el libro no tiene " x\alpha^N\equiv xk^N\pmod{F_{n+1}}, pero sólo x\alpha^N\equiv xk^N. Puedo mostrar que bajo ciertas suposiciones, x\alpha^N es conjugado, modulo F_{n+1},xk^N, y eso debería ser suficiente para los fines del argumento, ya que el siguiente paso de la prueba es de señalar que desde \alpha^N\in JA(F), esto significa que uxu^{-1}\equiv xk^N\pmod{F_{n+1}} algunos u, y esto también llevará a cabo si todo lo que tiene es que x\alpha^N es conjugado a xk^N modulo F_{n+1}.
Para mostrar esta más débil de la demanda, de proceder por inducción en m. Sabemos que x\alpha es conjugado a xk, por lo tanto x\alpha \equiv (xk)^u\pmod{F_{n+1}} algunos u. Suponga que x\alpha^m\equiv (xk^m)^v\pmod{F_{n+1}} algunos v\in F donde a^b = b^{-1}ab es sólo la conjugación. La aplicación de \alpha en ambos lados, tenemos x\alpha^{m+1} en el lado izquierdo, y
\begin{align*}
(xk^m)^v\alpha &= ((x\alpha)(k^m\alpha))^{v\alpha}\\
& \equiv \bigl((xk)^u k^m\bigr)^{v\alpha}\pmod{F_{n+1}}\\
&\equiv \bigl( (xk^{m+1})^u\bigr)^{v\alpha}\pmod{F_{n+1}} &\text{(as %#%#% is central in %#%#%)}\\
&\equiv (xk^{m+1})^{u(v\alpha)}\pmod{F_{n+1}}.
\end{align*}
Por lo tanto, k algunos F_/F_{n+1}; es decir, x\alpha^{m+1}\equiv (xk^{m+1})^w\pmod{F_{n+1}} es conjugado, modulo w\in F,x\alpha^{m+1}. En particular, F_{n+1} es conjugado, modulo xk^{m+1}x\alpha^N, y desde F_{n+1} es conjugado a xk^{N}, x es conjugado a x\alpha^N modulo x. Ahora pienso que el argumento dado en el libro se puede continuar desde este punto.
Así que, continuando con la prueba de la proposición. Sabemos que
xk^N es conjugado a
F_{n+1} modulo
x\alpha^N,
xk^N es igual a la conjugación por algún elemento. De modo que existe
F_{n+1} tal que
\alpha^N es igual, modulo
u,
x\alpha^N = u^{-1}xu = x[x,u], y por lo tanto
F_{n+1} por la cancelación de
xk^N.
Ahora, [x,u]=k^N \pmod{F_{n+1}} es un finitely libres generados por el grupo abelian generado por el básico de los conmutadores; x, así que podemos escribir F_n/F_{n+1} como un producto básico de los conmutadores, y lo mismo es cierto para k\in F_n. Debido a k [x,u]th poder, colector de cálculo nos dice que en el hecho de [x,u] debe ser un Nth poder, por lo que, de hecho, podemos encontrar una u tal que N (esencialmente, cada colector, que se muestra es una vth potencia, por lo que dividiendo el exponente por [x,v]\equiv k \pmod{F_{n+1}} podemos construir un adecuado N). Así que ahora tenemos N.
Ahora: v es conjugado a [x,v]\equiv k\pmod{F_{n+1}}, lo x\alpha es conjugado a xk modulo v^{-1}x\alpha v. Pero vxkv^{-1} (desde F_{n+1} es central en vxkv^{-1} \equiv vxv^{-1}k\pmod{F_{n+1}}), por lo
k
(la siguiente a la última de la congruencia por el uso de conmutador identidades, ya que estamos en el menor plazo de la parte inferior central de la serie de F/F_{n+1}). En resumen, vxkv^{-1} \equiv vxv^{-1}k \equiv x[x,v^{-1}]k \equiv x[x,v]^{-1}k \equiv xk^{-1}k\pmod{F_{n+1}} es conjugado a F/F_{n+1} modulo x\alpha. Que significa que existe una x y algunos F_{n+1} tal que k'\in F_{n+1}. Pero esto significa que w\in F algunos w^{-1}(x\alpha)w\equiv x \pmod{F_{n+1}}, que es precisamente lo que queríamos demostrar que completa el paso inductivo.
