Subgrupos de GL(2,q)

Question

He estado pensando acerca de algo por un tiempo ahora, y la más simple encarnación de ella es la siguiente pregunta:

Encontrar un determinado grupo que no es un subgrupo de cualquier $GL_2(q)$.

Aquí, $GL_2(q)$ es el grupo de nonsingular $2 \times 2$ matrices de más de $\mathbb{F}_q$. Tal vez soy yo deje engañar por el contexto en el que este se levantó, pero parece bastante improbable que "muchos" grupos finitos son subgrupos de $GL_2(q)$. Aún así, me parece que no puede excluir a un solo grupo, pero lo más probable es ser estúpido.

Motivación: Esto surgió cuando intenté hacer algunos cálculos explícitos relacionados con la Serre la modularidad de la conjetura. Yo quería tener en mis manos algunos de hormigón representaciones de Galois, y jugar con la newforms asociados a ella. Llaman recreativo si te gusta (¡por supuesto!). En Serre original del documento [1], hay un maravilloso tratamiento de algunos ejemplos explícitos. Él utiliza la observación de que el grupo de Galois sobre $\mathbb{Q}$ de

$$x^7 -7x +3$$

es isomorfo a $PSL_2(7)$. Esto le da un surjection $G_{\mathbb{Q}} := \mbox{Gal}(\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})\rightarrow PSL_2(7)$, lo que se combina con el carácter asociado a $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ para obtener un homomorphism $G_{\mathbb{Q}} \rightarrow PSL_2(7) \times C_2$. Este homomorphism entonces él puede levantar a $GL_2(49)$ uso muy inteligente de cálculo en el grupo de Brauer.

A mi modo de ver (sin pretender que esto es justificado) es que no está claro o incluso seguramente imposible para incrustar $PSL_2(7)$ directamente en algunas de las $GL_2(q)$, y para eso necesitamos un buen levantamiento.

Esto plantea la pregunta natural de cuando este pequeño truco con el grupo de Brauer es "necesaria". ¿Qué se puede decir en general sobre los subgrupos de $GL_2(q)$? Podemos excluir a cualquier particular finito grupo de familias o de grupos finitos? Podemos tal vez incluso clasificar los posibles tipos de isomorfismo de tales subgrupos? Por supuesto, todo esto se vuelve aún más natural preguntarse a la luz de la inversa de Galois problema. Cuántos grupos de Galois podemos "ver" en las dos dimensiones de las representaciones?

Observación. Por supuesto, la pregunta podría ser abordado de otra manera. Si uno tiene el (quizá no sea realista?) la esperanza de la realización de todos los $GL_2(q)$ como grupo de Galois sobre$\mathbb{Q}$, ¿cuántos grupos automáticamente dan cuenta de más de $\mathbb{Q}$ tomando cocientes de $GL_2(q)$?

Que los grupos de $G$ admite un surjection $GL_2(q) \rightarrow G \rightarrow 1$ para algunos $q$?

Referencia:

[1] Serre, Jean-Pierre, "Sur les représentations modulaires de degré 2 de Gal(Q/P)", el Duque Matemática Diario 54.1, (1987): 179-230

Answer 1

Bien, ${\rm GL}(2,q)$ ha Abelian Sylow $p$-subgrupos para cada impar prime $p.$ El grupo simétrico $S_{n}$ no tiene Abelian Sylow $p$-subgrupos para cada uno de los prime $p$ tal que $p^2 \leq n.$ por lo tanto thesymmetric grupo $S_{25}$ no es un subgrupo de cualquier ${\rm GL}(2,q)$ ya que no tiene Abelian Sylow $3$-subgrupos y no Abelian Sylow $5$-subgrupos ( incluso la alternancia de grupo $A_{25}$ va a hacer). Para responder directamente a la pregunta acerca de ${\rm PSL}(2,7),$ si $q$ es una potencia de $2,$ luego de todos los impares fin de subgrupos de ${\rm GL}(2,q)$ son Abelian, por lo ${\rm PSL}(2,7)$ no puede ser un subgrupo de un ${\rm GL}((2,q)$ desde ${\rm PSL}(2,7)$ contiene un no-Abelian subgrupo de orden $21.$ Por otro lado, si $q$ es impar, entonces la alternancia de grupo $A_4$ no es un subgrupo de ${\rm GL}(2,q)$ ( por ejemplo, cualquier Klein 4-subgrupo de ese ${\rm GL}(2,q)$ contiene un cenral elemento de orden $2,$, mientras que de $A_4$ no tiene ningún elemento central de la orden de $2$), pero ${\rm PSL}(2,7)$ tiene un subgrupo isomorfo a $A_4.$

Answer 2

Podemos generalizar Ralph respuesta para encontrar la abelian grupos que se $p$-grupos extraños $p$ que no se puede subgrupos de $GL_2$.

si $p|(q^2-1)(q^2-q)$, a continuación, exactamente uno de $p|(q+1)$, $p|(q-1)$ y $p|q$. Si $p|q$ entonces $q=p^n$ y superior triangular unipotentes matrices de proporcionar suficiente, así que son un subgrupo de Sylow, $(\mathbb Z/p)^n$. Si $p|(q-1)$, en el grupo de la diagonal de las matrices contiene un subgrupo de Sylow, que se parece a $\mathbb Z/p^k \times \mathbb Z/p^k$. Si $p|(q+1)$ entonces $\mathbb F_{p^2}^\times$ contiene un subgrupo de Sylow, que se parece a $\mathbb Z/p^l$.

Por lo tanto, $\mathbb Z/p^2 \times \mathbb Z/p \times \mathbb Z/p$ no puede ser contenida en cualquiera de las $GL_2(\mathbb F_q)$, mientras que la abelian $p$-grupo no contiene puede ser.

Combinado con Geoff responder a esta le da una caracterización completa de la solución a este problema por extraño $p$-grupos.

Answer 3

Reivindicación 1: Ningún grupo $$A_{a,b,,c} := \mathbb{Z}/2^a \times \mathbb{Z}/2^b \times \mathbb{Z}/2^c$$ con $a,b,c > 1$ es un subgrupo de algunos $GL(2,q)$.

Reivindicación 2: Si $q \neq 2,3$, entonces los coeficientes de $GL(2,q)$ son exactamente los subgrupos del grupo cíclico $\mathbb{F}^\times_q$ y los grupos de $GL(2,q)/D$ donde $D \le \mathbb{F}^\times_q \cdot I$.

En el caso de $GL(2,2) = S_3$, sólo el cociente es $\mathbb{Z}_2$.

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Prueba: 1) Vamos a $q$ ser impar. Tenemos la extensión $$1 \to SL(2,q) \to GL(2,q) \to \mathbb{F}^\times_q \to 1$$ con $\mathbb{F}^\times_q$ cíclica (como grupo multiplicativo de campo finito). Deje $P$ ser un Sylow 2-subgrupo de $GL(2,q)$. Luego tenemos a la extensión de $$1 \to SL(2,q) \cap P \to P \to C \to 1$$ donde $C$ es cíclica 2-grupo. Se sabe que el Sylow 2-subgrupos de de $SL(2,q)$ son cíclicos o generalizada de cuaterniones (ver este enlace). Por lo tanto $GL(2,q)$ no tiene subgrupos de la forma $A_{a,b,,c}$ con $a,b,c > 0$.

Si $q = 2^n$ entonces $|GL(2,q)|= (q^2-1)(q^2-q) = q(q^2-1)(q-1)$. Por lo tanto, un Sylow 2-subgrupo de $P$ está dado por triangular superior matrices con la unidad de diagonal. Por lo tanto $P \cong \mathbb{F}_q$ es un elemental abelian 2-subgrupo de rango n.

2) Escribir $GL := GL(2,q)$, $SL := SL(2,q)$ y deje $C = \langle \pm 1 \rangle$ ser el centro de la $SL$.

Deje $N$ ser un subgrupo normal de $GL$ y vamos a ser $H = N \cap SL$. A continuación, $HC$ es un subgrupo normal de $SL$ e $HC/C$ es un subgrupo normal del grupo simple $PSL = SL/C$. Por lo tanto $HC = C$ o $HC = SL$.

Caso 1: $HC = C$. Por lo tanto $H \le C$. Fix $a \in N$. Queremos mostrar que $a$ es central en $GL$.

Si $x \in GL$ entonces $xax^{-1}a^{-1} \in N \cap SL \le C$ (nota: $SL$ es el colector de un subgrupo de $GL$). Si $\operatorname{char}(\mathbb{F}_q) = 2$,, a continuación, $C=1$ y hemos terminado. Así que supongamos $\operatorname{char}(\mathbb{F}_q) > 2$. Definir un mapa de $f: GL \to C, x \mapsto [x,a]$. Desde $C$ es central tenemos $$f(xy) = xyay^{-1}x^{-1}a^{-1}= xf(y)ax^{-1}a^{-1}=f(x)f(y)$$ es decir, $f$ es un grupo de hom. en un grupo abelian. Por lo tanto $SL = [GL,GL]$ se encuentra en el núcleo de $f$, es decir, $SL$ viajes con $a$. Deje $\alpha \in \mathbb{F}^\times_q$ ser un generador y deje $x_0 = \operatorname{diag}(\alpha,1)$. Un cálculo directo muestra que $ax_0=-x_0a$ no es posible. Por lo tanto, $a,x_0$ viaje y desde $GL$ es generado por $SL$ e $x_0$, llegamos a la conclusión de que $a$ es central. Por lo tanto $N$ es un central subgrupo de $GL$.

Caso 2: $HC=SL$. Supongamos $C \nsubseteq H$. Desde $C$ es un central subgrupo de $SL$ de primer orden, $H \cap C = 1$ e $SL=H \times C$ sigue, contradiciendo la indecomposability de $SL$. Por lo tanto $H=SL$ e $SL \le N$. Por lo tanto, $\mathbb{F}^\times_q = GL/SL$ mapas en $GL/N$, es decir, $GL/N$ es un cociente de $\mathbb{F}^\times_q$ y, como tal, isomorfo a un subgrupo de $\mathbb{F}^\times_q$.