Segunda derivada grupo

Question

Deje $G'$ ser el colector del grupo $G$, e $G''$ el colector de un grupo de $G'$. Mostrar que si $G''$ es cíclico, a continuación, $G''\subseteq Z(G')$ donde $Z(G')$ es el centro de la $G'$).

Esto no puede ser tan difícil - es la mitad de un ejercicio de Martin Isaac Álgebra (y la mayoría de los ejercicios, soluciones que son sólo un par de líneas). Pero me he gastado una cantidad excesiva de tiempo de no encontrar la solución, así que me debe faltar algo obvio.

Answer 1

Sugerencia: $G/C_G(G$"$)$ puede ser homomorphically incrustado en Aut$(G$"$)$, que es abelian.

Answer 2

Para cualquier finito grupo cíclico $H$ con generador de $t$, un automorphism de $H$ está totalmente determinado por su efecto en la $t$ (que se deben tomar para $t^k$ algunos $k$ prime a la orden de $t$). Por lo tanto Aut($H$) es abelian.

A continuación se muestra que si $H$ es cualquier subgrupo de $G$, $N_G(H)/C_G(H)$ es isomorfo a un subgrupo de Aut($H$). Definir $\theta:N_G(H)\to $Aut ($H$)$\theta(x)(h)=x^{-1}hx$. Evidentemente no se ha kernel $C_G(H)$, por lo que la demanda de la siguiente manera.

La aplicación de estas dos observaciones a $H=G''$ donde $G''$ es cíclica, es decir, llegamos a la conclusión de que $N_G(G'')/C_G(G'')$ es isomorfo a un subgrupo de un grupo abelian y, por tanto, abelian.

Por último, la aplicación repetida de $(xy)^g=x^gy^g$ muestra que $[x,y]^g=[x^g,y^g]$, y la aplicación repetida de los que se muestra que, si $k\in G''$$g\in G$,$k^g\in G''$$N_G(G'')=G$.

Tomar cualquier $x,y\in G$. A continuación, $xyC_G(G'')=yxC_G(G'')$ y, por tanto,$x^{-1}y^{-1}xyC_G(G'')=C_G(G'')$, lo $[x,y]\in C_G(G'')$ y, por tanto,$G'\subseteq C_G(G'')$. En otras palabras, cualquier elemento de $G'$ conmuta con cualquier elemento de $G''$ $G''\subseteq Z(G')$