Clasificación de los grupos de orden 56

Question

Estoy tratando de clasificar los grupos de orden $56=2^3\cdot 7$ . Creo que he eliminado con éxito la mayoría de los casos, y me queda el último: Cuando el grupo de orden 8 es normal y es isomorfo a $Z_2\times Z_2\times Z_2$ . Entonces, buscamos homomorfismos $\varphi:Z_7\to \mathrm{Aut}(Z_2\times Z_2\times Z_2)\cong \mathrm{GL}(3,\mathbb{Z}_2)$ .

$\varphi$ está completamente determinada por su acción sobre $1\in Z_7$ y como su orden es 7, un primo, su imagen, $\varphi(1)$ debe tener el orden 1 o 7. El primero corresponde al producto trivial $Z_2\times Z_2\times Z_2\times Z_7$ . Lo interesante surgiría de esto último, y aquí es donde me pierdo. Sí, $|\mathrm{GL}(3,\mathbb{Z}_2)|=168=2^3\cdot 3\cdot 7$ por lo que, por Cauchy, la existencia de dicho elemento (de orden 7) está garantizada. Pero, ¿cómo lo encuentro?

En general, busco consejo en problemas como éste en los que el grupo de automorfismo viene dado por el grupo lineal general. De aquí y de allá, he visto que la gente utiliza los valores propios, pero no estoy familiarizado con esa técnica, dada mi formación. Si alguien fuera tan amable de explicar ese método en detalle, se lo agradecería mucho.

Answer 1

Una observación previa (que creo que entiendes): hay exactamente una forma de hacer que el grupo $(\mathbb{Z}_p)^n=\mathbb{Z}_p \oplus\cdots\oplus \mathbb{Z}_p $ (lo escribo aditivamente) en un espacio vectorial sobre el campo de $p$ elementos $\mathbb{F}_p$ para que los axiomas sean verdaderos hay que poner $k\cdot x=x+x+\cdots+x$ la suma de $k$ $x$ 's. Esto significa que los automorfismos del grupo son también automorfismos del espacio vectorial, por lo que el grupo de automorfismo es exactamente $\text{GL}(n,\mathbb{F}_p)$ .

Creo que si quieres abordar cuestiones como ésta necesitas saber algo de Álgebra Lineal: el teorema de importancia central aquí es (sugiero) el Teorema de la Forma Canónica Racional. Creo que es una buena idea entender su uso primero, antes de preocuparse por los valores propios: eso a menudo implica extender el campo (como en el comentario de @Derek Holt) y eso no es tan intuitivo.

En el caso de que estés considerando que quieres encontrar un $\alpha:V_3(\mathbb{F}_2)\to V_3(\mathbb{F}_2)$ que es de orden $7$ .

Sabes, entonces, que $\alpha^7=1$ y así el polinomio mínimo $m_{\alpha}(X)$ de $\alpha$ debe dividir $X^7-1$ .

En $\mathbb{F}_2$ podemos calcular fácilmente que $X^7-1=(X-1)(X^3+X^2+1)(X^3+X+1)$ y ambos factores cúbicos deben ser irreducibles.

Descartando el caso trivial debemos tener que $m_{\alpha}(X)=X^3+X^2+1$ o $X^3+X+1$ . El Teorema de la Forma Canónica Racional nos dirá ahora que toda $\alpha$ es conjugada con la matriz compañera de uno u otro de estos cúbicos. Es decir, podemos, eligiendo una base adecuada de $V_3(\mathbb{F}_2)$ , supongamos que $\alpha$ es uno de:

$$ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 1& 0& 0\\ 0 & 1 & 1\\ \end{pmatrix} \text{ or } \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 1& 0& 1\\ 0 & 1 & 0\\ \end{pmatrix}. $$

Tenga en cuenta que si $\alpha$ satisface $X^3+X^2+1$ entonces $\alpha^{-1}$ satisface el otro irreducible, $X^3+X+1$ . Así, al considerar las extensiones de grupo no triviales del grupo abeliano elemental de orden $8$ por un grupo cíclico de orden $7$ realmente sólo hay una posibilidad: $$ \langle x,y,z,s |x^2=y^2=z^2=[x,y]=[x,z]=[y,z]=1, s^7=1, x^s=y, y^s=z, z^s=xz \rangle. $$

(Ejercicios para el lector: encontrar todos los grupos de orden $80$ con un subgrupo normal abeliano elemental de orden $16$ y todos los grupos de orden 351 con un subgrupo abeliano elemental de orden $27$ .)

Answer 2

Ver el espacio vectorial tridimensional sobre $\mathbb{F}_2$ como la extensión del campo $\mathbb{F}_2\leq \mathbb{F}_8$ es muy ventajoso en este problema. Usted está buscando una matriz que es una raíz del polinomio $x^7-1$ o, para hacer más evidente la conexión, una raíz del polinomio $x^8-x$ . Las raíces de este polinomio son exactamente los elementos de $\mathbb{F}_8$ . Entonces, factoriza el polinomio en componentes irreducibles:

$x^8-x= x(x-1)(x^3+x+1)(x^3+x^2+1)$ . Esto es fácil de encontrar: sabemos que buscamos dos polinomios irreducibles de grado 1 y dos de grado 3 por teoría general de campos finitos.

Así que una forma fácil de construir un $3\times 3$ matriz sobre $\mathbb{F}_2$ de orden 7 es producir la matriz compañera del polinomio $x^3+x+1$ por ejemplo.

Así que una solución es: $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

Claramente, hay exactamente un grupo no abeliano de orden 56 con un subgrupo normal abeliano elemental de orden 8. Como has señalado, estamos buscando un homomorfismo no trivial $\varphi: \mathbb{Z}_7\rightarrow GL(3,2)$ . Se puede construir un homomorfismo de este tipo utilizando la matriz anterior, por ejemplo, así que la existencia está clara. En cuanto a la unicidad, se necesitan dos observaciones.

• Si dos homomorfismos de este tipo tienen la misma imagen, digamos $Im(\varphi)=Im(\psi)$ entonces una puede obtenerse de la otra por composición con un automorfo de la derecha: $\varphi=\psi\circ \alpha$ , $\alpha\in Aut(\mathbb{Z}_7)$ .

• Todos los subgrupos de 7 elementos de $GL(3,2)$ son conjugados. Así que dado $\varphi, \psi$ se pueden hacer coincidir sus imágenes por composición con un automorfismo de la izquierda: $Im(\varphi)= Im(\beta\circ \psi)$ , $\beta\in Aut(GL(3,2))$ .

La composición con automorfismos produce productos semidirectos isomorfos.