Sólo un grupo con $\mathbf{M}_3$ como su retículo de subgrupos

Question

El problema.

Consideremos la red $\mathbf{M}_3$ debajo de

Es evidente que se trata del entramado de subgrupos de $\mathbb{Z}_2^2$ (isomorfo al cuatrigrupo de Klein $\mathbf{V}_4$ ), tomando $A = \langle (0,1) \rangle$ , $B = \langle (1,0) \rangle$ y $C = \langle (1,1) \rangle$ .
Quiero demostrar que, hasta el isomorfismo, este es el único grupo $G$ teniendo $\mathbf{M}_3$ como su retículo de subgrupos.

Mi solución.

Para empezar, claramente $G$ es finito.
En este caso, puesto que $$A \cap B = B \cap C = C \cap A = \{1\},$$ tenemos que $$|AB| = |A|\cdot |B|, \quad |BC| = |B|\cdot|C|, \quad |CA|=|C|\cdot|A|,$$ y $$|G| = (|A|-1) + (|B|-1) + (|C|-1) + 1 = |A|+|B|+|C|-2.$$ Desde $A,B,C$ son mínimas, son cíclicas de órdenes primos, $p_A, p_B, p_C$ .

Primer caso. Supongamos que $p_A, p_B, p_C$ son todas diferentes.
Como los subgrupos conjugados son isomorfos, se deduce que $A,B,C \triangleleft G$ de donde $AB, BC, CA \leq G$ y, por tanto, en nuestro caso concreto, $AB=BC=CA = G$ , dando como resultado $$|G| = p_Ap_B = p_Bp_C = p_Cp_A,$$ de donde $p_A=p_B=p_C$ una contradicción con la hipótesis.

Segundo caso. Supongamos que $p_A \neq p_B=p_C$ .
En este caso $A \triangleleft G$ de donde $AB, AC \leq G$ y $|G| = |A|\cdot|B| = p_Ap_B$ .
Por el Primer Teorema de Sylow, $G$ tiene un Sylow $p_B$ -subgrupo $P$ de orden $p_B$ .
Necesariamente $P=B$ o $P=C$ y puesto que $|B|=|C|$ ambos son Sylow $p_B$ -subgrupos de $G$ y $n_{p_B}=2$ .
Por el Tercer Teorema de Sylow, $n_{p_B} | p_A$ de donde $p_A=2$ y $|G|=2p_B$ . Así que $$p_B^2 = |BC| \leq 2p_B,$$ de donde $p_B \leq 2$ y así, $p_A=p_B=p_C=2$ de nuevo, una contradicción.

Tercer caso. Supongamos que $p_A=p_B=p_C=p$ .
Si $q \neq p$ es otro número primo que divide a $|G|$ entonces $G$ tiene un Sylow $q$ -lo cual es una contradicción porque todos los subgrupos propios no triviales de $G$ tener orden $p$ . Por lo tanto $$|G|=p^r,$$ para algunos $r>1$ (no puede ser $r=1$ porque $G$ tiene subgrupos propios no triviales). $$r \geq 2 \quad\text{because}\quad p^2 = |AB| \leq |G|,$$ $$r \leq 3 \quad\text{because}\quad |G| \leq |A|\cdot |B|\cdot|C|.$$ Recordemos que, en este caso, $|G|=3p-2$ .
Si $|G|=p^3$ entonces $$0 = p^3 -3p + 2 = (p+2)(p-1)^2,$$ de donde $p=-2$ lo cual es, por supuesto, imposible;
o $p=1$ que no es primo (y $G$ sería trivial).
Por lo tanto $|G|=p^2$ y $$0 = p^2 - 3p + 2 = (p - 1)(p - 2),$$ cediendo $p=2$ ya que, de nuevo, $G$ no es trivial.
Así que $|A|=|B|=|C|=2$ y así $G$ es un exponente $2$ grupo, por tanto abeliano y de orden $4$ . Esto es suficiente para determinar completamente $G$ .

Mis preguntas.

• Sospecho que hay una prueba mucho más sencilla, sin pasar por todos esos casos y usando teoría de grupos elemental (pero no pretendo que ésta sea avanzada...). Agradecería una prueba concisa (y elemental) incluso si no quieres tomarte el tiempo de leer todo lo anterior.
• De todos modos, ¿está bien?

Gracias de antemano.

Answer 1

Creo que lo que dices es cierto. Permítame ofrecerle un enfoque diferente que le permitiría atacar casos más generales cuando $3$ se sustituye por algo más grande, por ejemplo, 4, o ...u 8, o lo que quieras probar.

Como sabes, los únicos grupos sin subgrupos propios no triviales son los cíclicos de orden primo. Así que podemos suponer $|A|=p$ , $|B|=q$ , $|C|=r$ donde $p,q,r$ son primos y sin pérdida de generalidad $p\geqslant q \geqslant r$ .

Ahora $A$ actúa por conjugación sobre el conjunto de subgrupos mínimos de nuestro grupo $G$ . Arregla $A$ por supuesto, y permuta las otras en órbitas de longitud $1$ o $p$ .

Supongamos que $p>2$ . Entonces $A$ tiene que arreglar cada uno de $B$ y $C$ desde $2<p$ . Ahora $A$ actuará sobre los elementos de $B$ por conjugación: fijará la identidad $1$ y debe permutar el $q-1$ otros en órbitas de longitud $1$ o $p$ . En $q-1<p$ por lo tanto, fijará cada uno de ellos. Es decir, si tomamos generadores de $A$ y $B$ tenemos elementos de orden $p$ y $q$ que conmutan; generan un subgrupo que contiene a $A$ y $B$ que es por tanto $G$ . Así que $G$ es abeliano de orden $pq$ .si $q=p$ entonces tenemos una contradicción: el grupo cíclico de orden $p^2$ sólo tiene un subgrupo propio no trivial, y el grupo abeliano elemental de orden $p^2$ tiene $(p+1)$ subgrupos de orden $p$ .

Por lo tanto, tenemos que $p=2$ y así $p=q=r=2$ . El orden de $G$ es ahora $4$ . El grupo cíclico sólo tiene un subgrupo de orden $p$ el grupo Klein tiene la estructura que queremos.