Grupos de orden$p^3$

Question

El siguiente es el ejercicio 8 (sección 2.6) en Álgebra por Hungerford:

Deje $p$ ser un extraño prime. Probar que existen en la mayoría de los dos nonabelian grupos de orden $p^3$. (Uno tiene generadores $a,b$ satisying $|a| = p^2; |b|=p;b^{-1}ab = a^{1+p}$ y el otro tiene generadores $a,b,c$ satisfacción $|a|=|b| = |c|= p;c = a^{-1}b^{-1}ab;ca=ac;cb=bc$)

Me doy cuenta de que hay muchos enlaces en línea de la clasificación de grupos de orden $p^3$. Sin embargo, la mayoría de las soluciones que he visto han requerido varias páginas de trabajo. Ya que esto es sólo un ejercicio, sospecho que hay un acortamiento de la solución. He llegado a la siguiente:

Sabemos que $Z(G) = p$ porque $G$ es $p$-grupo y si $|Z(G)| = p^2$ o $p^3$, a continuación, $G/Z(G)$ sería cíclico. Por lo tanto, $G$ sería abelian, contrario a la hipótesis. Así, vamos a $c$ ser un generador de $Z(G)$. Considerar el cociente grupo $G/Z(G)$ que tiene orden de $p^2$. Por lo tanto, $G/Z(G) \cong \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$. Deje $\overline{a},\overline{b}$ ser generadores de $G/Z(G)$ (las rayas discontinuas superiores denotar el paso al cociente). Ahora, esto significa que cada elemento de $G$ puede ser escrito como $a^ib^jc^k$ para $i,j,k \in \mathbb{Z}$. Desde $c \in Z(G)$ no podemos tener ese $a,b$ conmutar (esto es importante más adelante).

Observe que $\overline{a},\overline{b}$ ambos tienen el fin de $p$ en $G/Z(G)$. Por lo tanto, $a^p,b^p \in Z(G)$. Consideramos que los casos de $a^p$ e $b^p$.

Caso 1: tanto $a^p = b^p = 1$

Entonces, desde el $G/Z(G)$ es abelian, el colector de un subgrupo, $G'$, está contenida en $Z(G)$ , de modo que $|G'| = 1 $ o $p$. Pero, $|G'| = 1$ implica $G$ es abelian, contrario a la hipótesis. Así, $|G'| = p$ y, en consecuencia, $G' = Z(G)$. Así, desde la $a,b$ no conmuta, $a^{-1}b^{-1}ab$ es trivial y $Z(G) = \langle a^{-1}b^{-1}ab\rangle$ (esto es por el ejercicio anterior, donde se demostró que el colector subgrupo generado por los elementos de este formulario). Por lo tanto, posiblemente de conmutación de los generadores de $Z(G)$ este grupo satisface el segundo par de generadores y relaciones en la pregunta.

Caso 2: $a^p \neq 1$ e $b^p = 1$ (o viceversa)

En este caso, $a^p$ es un elemento no trivial en $Z(G)$ y desde $Z(G)$ es cíclico de orden $p$, $c = a^p$ e lo $|a| = p^2$. Esto da lugar a la primera pareja de generadores y relaciones.

Es aquí donde estoy atascado. Estos deben ser los únicos dos, pero no he encontrado una razón por la que no podemos tener $a^p \neq 1$ e $b^p \neq 1$. ¿Cómo puedo garantizar que este caso no se produce (o se da uno de los dos casos anteriores)? Supongo que esto tiene algo que ver con la rareza de $p$, como no he utilizado este en cualquier parte del argumento. Además, cualquier otro sugerencias o correcciones sobre el trabajo actual sería muy apreciada.

Gracias

Answer 1

Como @Arturo Magidin sugiere en un comentario, usted sólo necesita ajustar sus generadores.

Por suponga $a$ e $b$ tienen orden de $p^2$; luego por tomar las adecuadas competencias que puede asumir $a^p=c$, $b^p=c^{-1}$ donde $c$ es un generador del centro.

Ahora uso la magia de la realidad: como la derivada de grupo es fundamental que hemos $$a^n b^n=(ab)^n [b,a]^{n\choose 2}$$.

(Ver https://en.wikipedia.org/wiki/Commutator).

Ahora tome $n=p$, una extraña prime, así que $p$ divide $p\choose 2$: vamos a conseguir $$c c^{-1}=(ab)^p$$ and so can replace the generators $a,b$ by new generators $a,ab$ of orders $p^2, p$.

Answer 2

Caso 2

Supongamos $G$ tiene un elemento $a$ orden $p^2$. Este caso parece requerir de un cierto mínimo de cabalistas de la manipulación, no he encontrado una manera de obtener el resultado requerido sin un poco de slog. La siguiente cuenta todavía deja un poco de aritmética para ser verificado por el lector.

deje $A = \langle a \rangle$. a continuación, $Z \subset A$ desde $x \not \in \langle a\rangle \implies \langle a,x\rangle = G$ y G es no-abelian. por lo $Z = \langle a^p\rangle$.

continuar con $x$ que representa a un elemento en $G \setminus A$, y el uso de un overbar para indicar las imágenes en el factor grupo $G/Z$.

desde $\bar G$ es abelian el interior automorphism de $\bar A$ correspondiente a $\bar x$ es trivial. es decir, $\bar x^{-1} \bar a \bar x = \bar a$.

la pre-imagen de esta relación en $G$ es $(xa^{mp})^{-1}a^{np+1}xa^{mp} = a^{n'p+1}$ para algunos $m,n,n' \in [1,p) \cap \mathbb{N}$. Como $\langle a^p\rangle = Z$ esto se simplifica a: $$ x^{-1}ax = a^{jp + 1} \etiqueta{1} $$

donde $j=n'-n$.

ahora (1), junto con $a^{p^2}=1$ implica que: $$ x^{-k}ax^k= a^{(jp+1)^k} = a^{kjp+1} $$

para algunos $k$ tenemos $kj \equiv 1 \pmod{p}$, a fin de establecer $b_1 = x^k$

ahora tenemos $b_1^{-1}ab_1 = a^{p+1}$

de ello se sigue que: $$ b_1^{p}ab_1^p =a \etiqueta{2} $$

la construcción de otras generador, obligando a |b|= $p$

a partir de (2) $b_1^p$ viajes con $a$ por lo tanto $b_1^p = a^k$ para algunos $k$. pero ahora elevarlo a la potencia de $p$ da $1=a^{kp}$ , de modo que $k$ es un múltiplo de $p$, decir $k=hp$.

supongamos $b_1$ tiene orden de $p^2$ con $b_1^p = a^{hp}$ definir $b = b_1a^{-h}$. Desde $a^jb_1 = b_1a^{j(p+1)}$ podemos escribir $a^{-h}b_1 = b_1a^{-h(p+1)}$por lo tanto: $$ b^p = (b_1a^{h})^p = b_1^pa^{-h\sum_{s=0}^{p-1} (p+1)^s}=b_1^pa^{-hp} = 1 \etiqueta{2} $$

por lo $G = \langle a,b\rangle$, $|a|=p^2$, $|b|=p$, $b^{-1}ab = a^{p+1}$.

la última igualdad en (2) de la siguiente manera: $$ \sum_{s=0}^{p-1} (p+1)^s = \frac{(p+1)^p - 1}{p} \equiv p \pmod{p^2} $$