In un precedente articolo abbiamo classificato tutti i gruppi finiti di ordine uguale o inferiore a $8$ e inoltre abbiamo studiato i gruppi di ordine $pq$ e $p^2q$ dove $p$ e $q$ sono primi. In generale, un gruppo-$p$ è un gruppo di ordine $p^n$ per un qualche primo $p$. Questi gruppi sono interessanti perché particolarmente abbondanti: la maggior parte dei gruppi, infatti, è un gruppo-$p$ con $p=2$.
In questo articolo dimostriamo che tutti i gruppi-$p$ sono nilpotenti:
Definizione. Consideriamo la sequenza $G^{i+1} = [G,G^{i}]$ con $G^{0}=G$. Allora $G$ è nilpotente se esiste un $n$ tale che $G^{n}=\{1\}$, cioè è il gruppo banale.
La serie così definita è detta serie centrale inferiore. Quindi un gruppo nilpotente è un gruppo la cui serie centrale inferiore termina dopo un numero finito di passi. In particolare, ogni gruppo abeliano è nilpotente: infatti il commutatore $[G,G]=\{1\}$ e quindi la serie termina già dopo il primo passo.
Abbiamo il seguente risultato abbastanza semplice:
Teorema. Se $N$ è un sottogruppo del centro $Z(G)$ di $G$ e $G/N$ è nilpotente, allora $G$ è nilpotente.
Dimostrazione. Poiché $G/N$ è nilpotente, definendone la serie centrale inferiore otteniamo dei gruppi $(G/N)^i$ con $(G/N)^n$ banale per qualche $n$. Chiamiamo $\pi: G \to G/N$ la proiezione canonica. Alla stessa maniera possiamo definire la serie centrale inferiore per $G$ ottenendo dei gruppi $G^i$ e vogliamo dimostrare che esiste un $m$ tale che $G^m$ è banale.
Prima di tutto dimostriamo che $\pi(G^i) = (G/N)^i$ per induzione. Nel caso $i=0$ abbiamo $\pi(G) = G/N$, che è vero perché $\pi$ è un omomorfismo suriettivo. Ora supponiamo che $\pi(G^i) = (G/N)^i$. Vogliamo dimostrare che $\pi(G^{i+1}) = (G/N)^{i+1}$, ovvero esplicitando vogliamo dimostrare che $\pi([G,G^{i}]) = [G/N, (G/N)^i]$. Gli elementi di $[G,G^{i}]$ sono della forma $ghg^{-1} h^{-1}$ dove $g \in G$ e $h \in G^{i}$. Perciò abbiamo
$$\pi(g h g^{-1} h^{-1}) = g h g^{-1} h^{-1} N = (g N) (h N) (g^{-1} N) (h^{-1} N)$$
In particolare $g N$ è un elemento generico di $G/N$ e $h N$ è un elemento generico di $(G/N)^i$, poiché, per l’ipotesi induttiva, $\pi(G^i) = (G/N)^i$. Ne segue che il membro destro è un generico elemento di $[G/N, (G/N)^i]$ e chiaramente ogni elemento può essere ottenuto in questa maniera. Perciò $\pi([G,G^{i}]) = [G/N, (G/N)^i]$ come richiesto.
Ora che abbiamo dimostrato questo fatto, sappiamo che $\pi(G^n)=(G/N)^n=\{1\}$ è il gruppo banale. Perciò se $g \in G^n$ allora $g \in N \leq Z(G)$ e quindi commuta con ogni elemento di $G$. Ne segue che $[G,G^n]=\{1\}$ e quindi $G^{n+1}$ è il gruppo banale. Perciò la serie centrale inferiore di $G$ termina e quindi $G$ è nilpotente. $\square$
Siamo pronti per dimostrare il risultato principale:
Teorema. Ogni gruppo-$p$ è nilpotente.
Dimostrazione. Come abbiamo già dimostrato in un precedente articolo, ogni gruppo-$p$ ha centro non banale. Procediamo per induzione. Se $G$ è il gruppo con un solo elemento, allora è nilpotente. Consideriamo quindi un generico gruppo-$p$ non banale e supponiamo ora che tutti i gruppi di ordine inferiore a $\abs{G}$ siano nilpotenti. Poiché $G$ è un gruppo-$p$ non banale, allora ha centro non banale. Perciò $G/Z(G)$ è di nuovo un gruppo-$p$ e ha ordine strettamente inferiore a $\abs{G}$. Perciò è nilpotente per l’ipotesi induttiva. Poiché $Z(G)$ è abeliano, è anche nilpotente e quindi per il lemma sopra, $G$ è nilpotente. $\square$
Inoltre il prodotto diretto di gruppi nilpotenti è nilpotente. In particolare, questi sono in pratica tutti i gruppi nilpotenti. Come dimostrato su Wikipedia, infatti, un gruppo nilpotente è isomorfo al prodotto diretto dei suoi sottogruppi di Sylow. E in quindi in particolare un gruppo nilpotente è un prodotto di gruppi-$p$.