¿Por qué no hay ningún grupo de orden 16 con 12 elementos de orden 8?

Question

Dejemos que $|G|=16$ y $G$ contienen 12 elementos de orden 8. Quiero demostrar que no puede existir tal grupo. (He comprobado con GAP y en groupprops que no existe tal grupo, quiero saber por qué).

He deducido lo siguiente, pero no estoy seguro de dónde encontrar una contradicción.

$G$ debe tener 3 subgrupos cíclicos de orden 8, que, por conteo, comparten su subgrupo de orden 4. Esto explica todos los elementos de $|G|$ . Dejemos que $C_2$ sea el único subgrupo de orden 2 en $G$ entonces $G/C_2\simeq Q_8$ El grupo de los cuaterniones, ya que es el único grupo de orden 8 con 6 elementos de orden 4.

No sé si algo de esto es útil, pero no sé por dónde seguir.

Answer 1

El grupo $G$ estaría ciertamente generado por dos elementos, por lo que tendría un subgrupo de Frattini de orden $4,$ y tendría $3$ subgrupos máximos, cada uno de los cuales sería cíclico de orden $8,$ s que ya se han dado cuenta. Ahora $G$ no es ciertamente cíclico, por lo que cada elemento de $G$ está contenida en un subgrupo maximal. Ahora bien, si $x \in M$ y $M$ es máxima, entonces $\langle x \rangle {\rm char} M \lhd G,$ así que $\langle x \rangle \lhd G.$ En particular, si $x$ tiene orden $2,$ entonces $x \in Z(G).$ Ahora todo subgrupo propio de $G$ es cíclico (ya que todos los subgrupos maximales lo son), por lo que $G$ contiene sólo un elemento de orden $2$ . Si $M,N$ son subgrupos máximos distintos de $G,$ entonces $MN = G$ y $|M \cap N| = 4,$ así que $M \cap N \leq Z(G)$ ( está centralizado por ambos $M$ y $N).$ Sin embargo, $G,$ sólo tiene un subgrupo de orden $4,$ que ahora sabemos que es $Z(G).$ Para $M,N$ como en el caso anterior, y cualquier elemento $n$ de $N \backslash M,$ y el generador $m$ de $M,$ debemos tener $n^{-1}mn \in \{m^{-1},m^{3},m^{5} \}.$ Desde $n$ centraliza $m^{2},$ debemos tener $n^{-1}mn = m^{5}.$ Por lo tanto, $[n,m] \in Z(G).$ De ello se desprende que $[G,G]$ es cíclico de orden $2,$ desde $n$ y $m$ eran elementos arbitrarios de orden $8$ y elementos de orden inferior a $8$ son fundamentales. Desde $G$ es generado por dos elementos, debemos tener $G \cong C_{2} \times C_{4}.$ Pero entonces $G/Z(G)$ contiene un Klein $4$ -como subgrupo máximo, mientras que $Z(G) \leq \Phi(G),$ por lo que todo subgrupo maximal de $G/Z(G)$ también es cíclico, una contradicción.

Answer 2

Acabo de darme cuenta de que esto no funciona; ¿puede alguien ayudarme a arreglarlo?

Desde el $2$ elementos de orden $4$ están en todos los subgrupos de orden $8$ también existe un único subgrupo de orden $4$ que también es central.

Si cada elemento de orden $8$ también estuvieran en el centro, entonces el grupo sería abeliano y se puede utilizar FTFAG para llegar a la contradicción.

Así que elige un elemento de orden $8$ no en el centro, y conjugarlo por un orden $8$ elemento de uno de los otros dos subgrupos. Debería obtener una orden $8$ en el elemento $3$ rd. subgrupo. Edición: esto no es cierto: se podría enviar a la inversa de la $1$ como en el caso de $Q_8$

Ahora pasamos al grupo cociente $Q_8$ . Entonces WLOG, el 1er elemento de orden $8$ se envía a $i$ el segundo se envía a $j$ y el tercero se envía a $k$ (hasta la firma). Pero $jij^{-1}=i^{-1}$ en $Q_8$ una contradicción.

Por lo tanto, no existe tal grupo.

Edición: Geoff ha dado una solución correcta: el $1$ no puede ser conjugado a su inverso porque entonces su cuadrado sería también conjugado a su inverso, aunque su cuadrado sea central y de orden $4$ .