Sólo existe dos grupos de orden $p^2$ hasta isomoprhism.

Question

Me lo acaba de probar que cualquier grupo finito de orden $p^2$ $p$ un prime es abelian. El autor le pide ahora a demostrar que no son sólo dos de estos grupos de hasta isomorfismo. El primer grupo que se me ocurre es $G=\Bbb Z/p\Bbb Z\oplus \Bbb Z/p\Bbb Z$. Este es abelian y tiene orden de $p^2$. Creo que el otro es $\Bbb Z/p^2 \Bbb Z$.

Ahora, a seguir desde el hecho de que sólo hay un grupo cíclico de orden $n$ hasta el isomorfismo que estos dos son los únicos hasta el isomorfismo. Todo lo que tiene para mostrar es que estos dos son, de hecho, no isomorfos. Esto es suficiente para mostrar que $G$ como antes no es cíclico. Pero esto es fácil de ver, ya que no podemos generar cualquier $(x,y)$ $x\neq y$ por la suma repetida de algunos $(z,z)$.

Ahora, es suficiente para mostrar que cualquier otro grupo de la orden de $p^2$ es isomorfo a uno de estos dos grupos. Si el grupo es cíclica, es decir, hemos terminado, así que asumir que no es cíclico. Uno puede ver que $G=\langle (1,0) ,(0,1)\rangle$. ¿Cómo puedo seguir?

Answer 1

Deje $G$ $p^2$ grupo. Como usted dijo, es Abelian.

Tenga en cuenta que el orden de cada elemento divide $p^2$, por lo que es igual a $1$ (para la identidad de $e$), $p$ o $p^2$.

Si hay un elemento $x$ orden $p^2$, $G=\langle x\rangle$ por la cardinalidad. Por lo $G$ es cíclica, y como usted ha señalado $$ G\simeq \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}. $$

Ahora suponga que no hay ningún elemento de orden $p^2$. Esto significa que cada elemento que no es la identidad tiene orden de $p$. Pick $x$ orden $p$. Desde $\langle x \rangle\subsetneq G$, usted puede tomar otro orden de $p$ elemento $y$ en el complemento de $\langle x \rangle$.

Ahora $$ \theta:(u,v)\longmapsto uv $$ los rendimientos de un homomorphism de$\langle x \rangle\times\langle y \rangle$$G$. Tenga en cuenta que $\langle x\rangle\cap\langle y\rangle=\{e\}$, por lo que el último es inyectiva. Ya que ambos grupos tienen la misma cardinalidad $p^2$, se deduce que el $\theta$ es un isomorfismo.

Por último, desde el $\langle x\rangle \simeq\langle y\rangle \simeq \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, tenemos $$ G\simeq \langle x \rangle\times \langle y \rangle\simeq \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}. $$

Por lo $G$ es isomorfo a $ \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$ o a $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.

Answer 2

Si el (ya se sabe que abelian) grupo $H$ en cuestión no es cíclica, elija cualquier elemento distinto de cero $a$. Su pedido debe ser $p$, lo $\langle a\rangle$ es un subgrupo de orden $p$. Por último, considere la posibilidad de $H/\langle a\rangle$ o, alternativamente, elige otro elemento arbitrario $b$$H\setminus\langle a\rangle$, y el objetivo es demostrar que $\langle a\rangle \cap \langle b\rangle=\{ e\}$$\langle a,b\rangle=H$.

Answer 3

El hecho general de que es útil aquí es la siguiente:

Deje $G$ ser un grupo y $H,K$ subgrupos de $G$ tal que

1. $H\cap K=\{1\}$
2. $HK=G$
3. $H,K\unlhd G$

A continuación, $G\cong H\times K$

Ahora, si $G$, su grupo de orden $p^2$, no es $\mathbb{Z}_{p^2}$ existe $a,b\in G$ tal que $\langle a\rangle\cap\langle b\rangle=\{1\}$$|a|=|b|=p$. Desde

$$\left|\langle a\rangle\langle b\rangle\right|=\frac{|\langle a\rangle||\langle b\rangle|}{|\langle a\rangle\cap\langle b\rangle|}=p^2$$

usted sabe que $\langle a\rangle\langle b\rangle=G$, por lo que desde el mencionado hecho de $G\cong \langle a\rangle\times\langle b\rangle\cong \mathbb{Z}_p^2$.

Answer 4

Una prueba de ello podría ser:

El centro de un grupo es un subgrupo, por lo que la orden debe dividir $p^2$, pero es un hecho conocido que si un grupo tiene oder $p^m$, $p$ primo, entonces el centro del grupo es diferente de $p^{m-1}$ y diferente de $1$, por lo que en nuestro caso, el centro ha pedido $p^2$, por Lo que es abelian.

Eso es lo que ya tenemos, sabemos, por el teorema de estructura de finito abelian grupos, el grupo puede bez: $\mathbb{Z}_p\times\mathbb{Z}_p$ o $\mathbb{Z}_{p^2}$. Pero a partir de ese mismo teorema, se puede deducir que un grupo de $\mathbb{Z}_m\times\mathbb{Z}_n$ es isomorfo a un grupo de $\mathbb{Z}_{nm}$ fib $\gcd(m,n)=1$, por lo que en nuestro caso, los dos grupos no isomorfos, y sólo hay dos grupos de orden $p^2$.