El producto semidirecto $(C_7\times C_{13})\rtimes C_3$

Question

Siguiendo esta página, en la clasificación de los grupos de orden $273$, el producto de la Sylow grupo $S:=C_7C_{13}\simeq C_{7}\times C_{13}$ es normal, por lo tanto se puede actuar sobre el Sylow $C_3$ a producir semidirect productos.

Desde $\operatorname{Aut}(S)\simeq C_6\times C_{12}$, uno sólo tiene que encontrar un elemento de orden 3 para producir el homomorphism $C_3\rightarrow \operatorname{Aut}(S)$.

En particular, si $C_6=\langle x\rangle$$C_{12}=\langle y\rangle$, hasta la elección de los generadores de $C_3$, el grupo está clasificado por la 5 acciones correspondientes a: $(1,1), (x^2,1), (1,y^4), (x^2,y^4), (x^{-2},y^4)$.

Es fácil ver que el centro de los correspondientes grupos tiene orden de $273, 13, 7, 1, 1$ respectivamente. Así que mi pregunta es: ¿cómo podemos mostrar que los dos últimos grupos los que en realidad son no isomorfos?

P. S. En un ejemplo similar con $(C_7\times C_7)\rtimes C_3$ en la misma página, los últimos pueden distinguirse dos grupos, ya que cada subgrupo de orden $7$ puede ser demostrado ser normal en uno pero no el otro.

Answer 1

Edit: no me di cuenta de que estaba hablando de la $x$ $y$ en el automorphism grupo, y no al grupo. He editado a continuación para corregir esto.

Podemos tomar $\alpha$ como un generador de $C_7$, y, a continuación,$x(\alpha)=\alpha^5$. Por lo $x^2(\alpha) = \alpha^4$$x^{-2}(\alpha) = \alpha^2$.

Podemos tomar $\beta$ como un generador de $C_{13}$, y, a continuación,$y(\beta)=\beta^2$, y por lo $y^4(\beta) = \beta^3$.

Considere sus grupos como $G=C_{91}\rtimes C_3$$H=C_{91}\rtimes C_3$. Podemos escribir $z$ como el generador de $C_{91}$, e $g$ $h$ como el generador de las $C_3$ subgrupos.

A continuación, en $G$,$g^{-1}zg=z^{-10}$, ya que el $-10$$4\pmod{7}$$3\pmod{13}$.

En $H$,$h^{-1}zh=z^{16}$, ya que el $16$$2\pmod{7}$$3\pmod{13}$.

Si $f:G\rightarrow H$ fue un isomorfismo, entonces tendríamos $f(z)=z^k$ para algunos entero $k$. Asimismo, hemos de tener $f(g)$ es algunos conjugado de $h$ o $h^2$, lo que actúa de la misma como $h$ o $h^2$$z$.

Así que, a continuación,

\begin{align*} z^{-10k} &= f(z^{-10})\\ &= f(g^{-1}zg)\\ &= f(g^{-1})z^kf(g)\\ &= z^{16k}\text{ or }z^{74k} \end{align*}

Esto implica $z^{26k}=1$ o $z^{84k}=1$, por lo que el $7$ o $13$ divide $k$ respectivamente, lo que significa que $z^k$ no es un generador de $C_{91}$$H$. Esta es la contradicción.

Esta misma idea puede utilizar siempre y cuando usted tiene un semidirect producto $A\rtimes B$, e $A$ es abelian y $B$ es cíclico. Puede ser utilizado para diferenciar los diferentes semidirect productos procedentes de países no conjugada imágenes de $B$$\textrm{Aut}(A)$.