Para un grupo en general de orden $p$ y $q$, hay muy pocas posibilidades (aunque necesitas los teoremas de Sylow para saber esto). De hecho, para $p>q$ y $G$ un grupo de orden $pq$, debemos tener $$G\cong C_p\rtimes C_q$$ donde el producto semidirecto está definido en términos de algún homomorfismo $$\Phi:C_q\to\mathrm{Aut}(C_p)\cong C_{p-1}.$$
Si $q$ no divide a $p-1$, este homomorfismo debe ser trivial y obtienes $G\cong C_p\times C_q\cong C_{pq}$.
Cuando $\Phi$ es no trivial, podemos escribir $\Phi(c_q^k)=\phi_k$. Entonces, la estructura de producto en $C_p\rtimes C_q$ está dada por $$(c_p^a,c_q^b)(c_p^r,c_q^s)=(c_p^a\phi_b(c_p)^r,c_q^{b+s}).$$ Es un buen ejercicio verificar que esta es una estructura de grupo, y que $C_p$ es normal. También es útil describir explícitamente el isomorfismo $S_3\to C_3\rtimes C_2$.
EDITAR: Como estás solicitando más detalle, aquí lo tienes:
Sea $G$ un grupo de orden $pq$ con primos $p>q$. Usando el teorema de Cauchy, hay subgrupos (cíclicos) $P=\langle x\mid x^p=1\rangle$ y $Q=\langle y\mid y^q=1\rangle$ de órdenes $p$ y $q$, respectivamente. Se sigue de los teoremas de Sylow que $P\lhd G$ es normal (Dado que todos los subgrupos de Sylow $p$ son conjugados en $G$ y el número $n_p$ de subgrupos de Sylow $p$ debe dividir a $q$ y satisface $n_p\equiv 1$ (mod $p$)).
Con esto dado, es sencillo probar que $G\cong P\rtimes Q$, donde el producto semidirecto está definido en términos de un homomorfismo $\phi:Q\to\mathrm{Aut}(P)$.
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Primero notamos que dado que $|P\cap Q|$ divide tanto $p$ como $q$, debemos tener $|P\cap Q|=1$. Se sigue que $$|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P\cap Q|}=pq=|G|$$ Por lo tanto, $PQ=G$.
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Ahora, dado que $Q=\langle y\rangle$ normaliza a $P=\langle x\rangle$, el mapa $\phi_k:P\to P$ dado por $\phi_k(x)=y^kxy^{-k}$ está bien definido. Además, es claramente un automorfismo con inverso $\phi_{-k}$. Finalmente, dado que $\phi_{k}\phi_j=\phi_{k+j}$, el mapa $y^k\mapsto\phi_k$ define un homomorfismo $$\phi:Q\to \mathrm{Aut}(P).$$
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Como arriba, definimos $P\rtimes Q$ como $P\times Q$ como un conjunto, con la multiplicación $$(x^i,y^j)(x^k,y^l)=(x^i\phi_j(x^k),y^{j+k}).$$ Por supuesto, es necesario verificar que esto es de hecho un grupo. La identidad es $(1,1)$, $(x^k,y^l)^{-1}=(\phi_{-l}(x^{-k}),y^{-l}). La asociatividad es tediosa pero verdadera.
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Definimos un mapa $\psi: P\rtimes Q\to G$ por $\psi(x^i,y^j)=x^iy^j$. El mapa $\psi$ es sobreyectivo ya que $PQ=G$, y es inyectivo porque $|P\rtimes Q|=pq=|G|$. Para ver que es un homomorfismo calculamos \begin{align*} \psi((x^i,y^j)(x^k,y^l))&=\psi(x^i\phi_j(x^k),y^{j+l})\\ &=x^i\phi_j(x^k)y^{j+l}\\ &=x^i(y^jx^ky^{-j})y^{j+l}\\ &=x^iy^jx^ky^l=\psi(x^i,y^j)\psi(x^k,y^l). \end{align*} Por lo tanto, $\psi$ es un isomorfismo como se prometió.
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Ahora bien, el homomorfismo $phi:Q\to\mathrm{Aut}(P)$ es trivial o no. Si es trivial, entonces $$G\cong P\rtimes Q=P\times Q\cong C_p\times C_q\cong C_{pq}.$$ Si el homomorfismo es no trivial, entonces $G$ tiene la siguiente presentación: $$G = \langle x,y\mid x^p=1=y^q, yx=x^ny\rangle$$ donde $n\in\mathbb{Z}$ satisface $n\not\equiv1 \bmod p$), pero $n^q\equiv 1 \bmod p$). (Para ver esto, observa que $yxy^{-1}=x^n$ para algún $n\not\equiv_p 1$, pero $x=y^qxy^{-q}=x^{n^q}$.)
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Esto funciona para cualquier par de primos con $q|(p-1)$, no solo con $p=3$. Un ejemplo: $p=11$, $q=5$. Tomamos $n=3$ y tenemos $$G=\langle x,y\mid x^{11}=1,y^5=1,yx=x^3y\rangle.$$ Este grupo tiene orden $55$ y puedes calcular \begin{align*} yxy^{-1}&=x^3\\ yx^3y^{-1}&=(yxy^{-1})^3=x^9\\ yx^{9}y^{-1}&=x^{27}=x^5\\ yx^5y^{-1}&=x^{15}=x^4\\ yx^4y^{-1}&=x^{12}=x \end{align*}
