Nonabelian grupo de orden % impar primera $p^3$y exponente $p$ $p$

Question

Estoy tratando de probar lo siguiente:

Deje $P$ ser un nonabelian grupo de orden $p^3$ donde $p$ es una extraña primer y asumir que $P$ ha exponente $p$. A continuación,$\text{Out}(P) \cong GL_2(p)$.

Mis maestros han tratado de darme una idea de cómo podemos ver el $P$ - como Sylow $p$-subgrupo de $(C_p\times C_p) \rtimes GL_2(p)$. El razonamiento es como sigue (y no entiendo bien cada paso, pero verás que):

Desde $P$ ha exponente $p$, sabemos que cada elemento no trivial de $P$ orden $p$. Sabemos que $Z(P)\neq 1$ desde $P$ $p$- grupo, y desde $P$ es nonabelian sabemos que $Z(P)\neq P$. Si asumimos que el $\vert Z(P)\vert = p^2$ $G/Z(G)$ es cíclico hacer $G$ abelian, así que llegamos a la conclusión de que $\vert Z(P)\vert = p$.

Ahora vamos a $x\in P\backslash Z(P)$ y establezca $U = Z(P) \langle x\rangle$$U \cong C_p \times C_p$.

Primera pregunta: ¿Cómo puedo saber que $Z(P) \langle x\rangle \cong C_p \times C_p$. Quiero decir, ¿por qué es $Z(P)\cap \langle x\rangle = 1$ y ¿cómo puedo saber que $Z(P)\langle x\rangle$ no es cíclica?

Ok, bien $U$ índice de $p$ $P$ y por eso es normal y máxima subgrupo de $P$. Deje $y\in P\backslash U$. A continuación,$P = U \rtimes \langle y\rangle$.

Segunda pregunta: ¿Cómo puedo saber esto? Quiero decir, sé que $U$ es normal y máxima subgrupo de $P$$y\notin U$, lo $U \langle y\rangle$ es un subgrupo de $P$ contiene $U$ correctamente, ergo $U \langle y\rangle = P$. Pero, ¿por qué es $U \langle y\rangle = U \rtimes \langle y\rangle$?

De continuar, me doy cuenta de que $\text{Aut}(U) \cong GL_2(p)$, lo $\vert \text{Aut}(U) \vert = p(p-1)(p^2-1)$, por lo que un Sylow $p$-subgrupo de $U$ orden $p$. Y por lo tanto, podemos ver $P$ como Sylow $p$-subgrupo de $U\rtimes GL_2(p)$.

Tercera pregunta: ¿Cómo puedo conseguir ese $P$ es un Sylow $p$-subgrupo de $U\rtimes GL_2(p)$ desde el razonamiento anterior?

Y

Pregunta Final: ¿Cómo puedo usar este conocimiento para demostrar que $\text{Out}(P) \cong GL_2(p)$?

Sé que esto es mucho, pero sólo un poco de ayuda es muy apreciada.

Answer 1

El hecho es que hay un solo grupo. Y es $\{A \in GL_3(\mathbb{F}_p)| a_{i,j}=0, i<j, a_{i,i}=1\}$. Este grupo funciona a causa de la Frobenius y porque p es de al menos 3(como el orden máximo de nilpotence de esas matrices menos de Identificación).

Ahora considere el siguiente resumen de grupo dada por el generador y las relaciones: $G=\{x,y,z|x^p=y^p=z^p=1,xy=yx,zx=xz,yz=zyx\}$. El uso de las relaciones encontrará que este grupo ha pedido en la mayoría de los $p^3$, ya que las relaciones implica inmediatamente que usted puede escribir cualquier elemento como $x^ay^bz^c,0 \leq a,b,c \leq p-1$.

Ahora no sea abelian grupo H de la orden de $p^3$ con exponente p. Tomar dos no elemento central, y',z', ya que $G/H \simeq (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^2$,se puede elegir como independiente de vectores en el cociente,por lo que tener una relación con la $y'z'=z'y'x'$ con x' un elemento central no 1(de lo contrario, H es abelian), y así un generador del centro. Así que considere el mapa de $G \to H$ que envía a $x \to x',y \to y',z \to z'$. Ya que la relación se conservan de esta manera se extiende únicamente a un surjective grupo homomorphism. Así que desde $|G| \leq p^3$, pero el mapa es surjective, llegamos a la conclusión de que si existe H, $|G|=p^3$ y además, cualquier grupo de orden $p^3$ no abelian y del exponente p es isomorfo a G. Pero ya hemos exibithed un grupo tenemos que es la única que hasta el isomorfismo y tenemos también una presentación por el generador y las relaciones.

Ahora, dado que su grupo tiene la presentación de G, la tesis se sigue inmediatamente: $G/Z(G) \simeq (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^2$. Por lo que cualquier automorphism da un automorphism del cociente, por lo que obtener un mapa $Aut(G) \to GL_2(\mathbb{F}_p)$. Ahora este mapa de factores de comedero interior de automorfismos, y le da su isomomorphism. En efecto, la imagen ha $(p^2-1)(p^2-p)$. Es fácil demostrar que el mapa es surjective. Y también se puede demostrar que el número de automorphism es en la mayoría de las $p^2(p^2-1)(p^2-p)$. De modo que el núcleo tiene que ser exactamente el interior de automorfismos. Y usted consigue un isomorfismo entre el$Out(G)$$GL_2(\mathbb{F}_p)$.

Answer 2

La primera pregunta. El grupo generado por el centro y $x$ no central es obviamente (...) conmutativa de la orden de $>p$ $<p^3$ desde $P$ es no conmutativa, por lo que es de orden $p^2$. Hay, hasta isomorhism, sólo dos grupos de orden $p^2$, el grupo cíclico y $\Bbb Z/p\oplus\Bbb Z/p$. El primero es descartar la hipótesis de que el exponente de a$P$$p$.

Segunda pregunta. $P$ es el semidirect producto de $U\simeq\Bbb Z/p\oplus\Bbb Z/p$ $\langle y\rangle\simeq\Bbb Z/p$ ya que tiene una división exacta de la secuencia $$1\to U\to P\stackrel{\curvearrowleft}{\to}P/U\to 1$$ donde la división es dado por $\sigma:U/P\simeq\Bbb Z/p\to P,1\mapsto y$. El hecho de que$\sigma(P/U)$ cumple con $U$ trivialmente viene del hecho de que su intersección es un subroup de $\langle y\rangle$, por lo que es $1$ o todos los de $\langle y\rangle$, lo que significaría que $y\in U$ contrario a la suposición sobre la $y$, por lo que la intersección es trivial y $\sigma$ es un parto.

Tercera pregunta. Supongamos que se tienen los grupos de $h,H$ $N$ donde $h\subset H$ es un subgrupo de $H$, y una de morfismos de grupos de $H\to\mathrm{Aut}(N)$. Luego de la canónica mapa $$N\rtimes h\to N\rtimes H$$ is an embedding of groups. Here you have an embedding $\langle y\rangle=h\hookrightarrow H=\mathrm{Aut}(U)\simeq\mathrm{GL}_2(p)$ where $s$ acts on $U$ by conjugation ($s\cdot u=yuy^{-1}$, it is indeed an embedding, otherwise $s$ would commute to $x$ and $P$ sería conmutativa). Por lo tanto, la declaración sobre los rendimientos de una incrustación $$P=U\rtimes\langle y\rangle\hookrightarrow U\rtimes\mathrm{Aut}(U)\simeq U\rtimes\mathrm{GL}_2(p)$$ El hecho de que este incorpora $P$ como Sylow $p$-grupo de la derecha de la siguiente manera a partir de cardinalidades.

Pregunta Final. Yo podría volver a esto más tarde.

Answer 3

Creo que hay algunos elementales de cálculo aquí. Como Geoff Robinson explicar, el subgrupo de Sylow de $C_p \times C_p \rtimes GL_2(p)$. Desde el subgrupo de sylow de $GL_2(p)$ puede ser generado por $\alpha=\left ( \begin{array}{cc} 1 & 1\\ 0 &1 \end{array} \right ), $ podemos obtener la presentación de $P$$\langle z, u, \alpha \rangle$, donde $z^p=u^p=\alpha^p=1$, $[z,u]=1, [z,\alpha]=1$,y $[u,\alpha]=z$.

Nota $f \in Aut(P)$ $f(z), f(u), f(\alpha)$ satisfacer la relación de $z,u,\alpha$. De hecho, solo el $[u,\alpha]=z$ necesidad de prestar atención en este caso. Desde el nilpotency clase de $P$ es 2, esto puede ser calculado fácilmente.

Ahora $A=Aut(P)$ actúa en $P/\langle z \rangle$. Deje $g$ está en el núcleo de esta acción. Llegamos $f: u\rightarrow z^s u$$ \alpha \rightarrow z^t \alpha$. Supongamos $f:z\rightarrow z^r$. De $[f(u), f(\alpha)]=f(z)$, obtenemos $r=1$$s,t \in F_p$. Esto significa que el kernel $K$ es de orden $p^2$. Claramente, el elemento en $Inn(P)$ actúa en $P/\langle z \rangle$$f \in K$. Llegamos $K=Inn(P)$$Inn(P)|=p^2$. Así tenemos, como jimmy page, dijo, $Out(P)=A/Inn(P)=A/K$ convertido en un subgrupo de $GL_2(p)$.

Ahora$f: u\rightarrow u^a\alpha^c, \alpha \rightarrow u^b\alpha^d$$a,b, c,d \in F_p$$ad-bc=r \ne 0$, entonces podemos permitir $f:z\rightarrow z^r$, y encontrar $[f(u), f(\alpha)]=f(z)$. Por tanto,$f \in Aut(P)$. Esto significa $|Out(P)|\ge |GL_2(p)|$.

Ahora llegamos $Out(P) \cong GL_2(p)$.