No abeliano $p$ -subgrupos abelianos de índice $p$

Question

Estoy tratando de probar el siguiente problema:

(a) Sea $G$ sea un no abeliano $p$ -con un subgrupo abeliano de índice $p$ . Entonces el número de subgrupos abelianos de $G$ de índice $p$ es $1$ ou $p+1$ ; en este último caso, el centro de $G$ tiene índice $p^2$ .

(b) Un grupo nilpotente de clase $3$ y orden $16$ tiene exactamente un subgrupo cíclico de índice $2$ .

He avanzado un poco hacia (a) y he intentado utilizar (a) para mostrar (b). Pero, a pesar de llevar varios días dándole vueltas, me falta algo y no consigo rematar mi argumento. He aquí un esbozo de los principales resultados que he conseguido demostrar; esencialmente, creo que he demostrado que para la parte (a), si hay más de uno debe haber al menos $p+1$ .

Supongamos que existe más de un subgrupo abeliano de índice $p$ . Sea $H$ et $K$ ser dos de ellos. Entonces ambos son maximales y por tanto normales en $G$ y luego $G=HK$ . Entonces pude demostrar que $H \cap K \leq Z(G)$ de lo que se deduce que $Z(G)$ tiene índice $p^2$ (como $G$ no es abeliano).

Así que ahora quiero demostrar que hay exactamente $p+1$ subgrupos abelianos de índice $p$ . Supongamos que $L$ es un subgrupo de $G$ de índice $p$ que contiene $H \cap K$ . Entonces $L \lhd G$ . Desde $H \cap K \lhd G$ y tiene índice $p^2$ entonces $L/(H \cap K)$ es cíclico de orden $p$ . A partir de esto pude demostrar que $L$ es abeliano.

Consideremos ahora $G/(H \cap K)$ que tiene orden $p^2$ pero no puede ser cíclico porque tiene dos subgrupos de orden $p$ a saber $H/(H \cap K)$ et $K/(H \cap K)$ . Así que $G/(H \cap K) \cong C_p \times C_p$ y se deduce que tiene $p+1$ subgrupos de orden $p$ . Esto da $p+1$ subgrupos de $G$ de índice $p$ . Según lo anterior, cada una de ellas es abeliana.

Ahora necesito demostrar que no puede haber más de $p+1$ tales subgrupos... pero estoy un poco atascado aquí.

En cuanto a la parte (b), pensé que podría utilizar (a) para esto, si puedo demostrar que existe un grupo abeliano de orden 8 y es cíclico. De alguna manera tengo que usar el hecho de que el grupo es de clase 3. Intento mirar las series centrales superior e inferior pero no veo la forma de aplicarlas. Agradecería cualquier indicación en la dirección correcta.

Answer 1

Obsérvese que, de hecho, cualquier subgrupo abeliano de índice $p$ debe contener el centro: porque si $H$ es maximal y abeliano, y $Z(G)$ no está contenido en $H$ entonces $G=HZ(G)$ lo que haría que $G$ abeliano. Por lo tanto, si $H$ et $K$ son ambas abelianas de índice $p$ entonces $Z(G)\subseteq H\cap K$ . Si ha demostrado que $H\cap K\subseteq Z(G)$ entonces tenemos que $H\cap K=Z(G)$ para dos subgrupos abelianos distintos de índice $p$ .

(Y en efecto: si $H\neq K$ son ambas abelianas de índice $p$ entonces para cada $g\in G$ existe $h\in H$ , $k\in K$ con $g=hk$ dado $x\in H\cap K$ tenemos $gx = (hk)x = x(hk) = xg$ ya que $x$ se desplaza con todo en $K$ y con todo en $H$ Así que $H\cap K\subseteq Z(G)$ ).

Por el contrario, si $M$ es un subgrupo de $G$ que contiene $Z(G)$ y es de índice $p$ entonces debe ser abeliano (ya que $M/Z(G)$ es de orden $p$ ). Así, todo subgrupo abeliano de $G$ de índice $p$ corresponde a un subgrupo de $G/Z(G)$ y ya está.

Para la parte (b), demuestre que (a) implica que si $G$ tiene más de un subgrupo abeliano de índice $p$ entonces $G$ es de clase exactamente $2$ : por el argumento de (a), sabes que $Z(G)$ tiene índice $p^2$ en $G$ pero eso significa que $G/Z(G)$ es abeliano, lo que significa que $[G,G]\subseteq Z(G)$ .

Así que si $G$ es de clase $3$ y orden $16$ entonces tiene como máximo un subgrupo abeliano de orden $8$ . El centro debe ser de orden $2$ : si el centro fuera de orden $4$ entonces $G/Z(G)$ sería de orden $4$ y por tanto abeliano, por lo que de nuevo tenemos que $G$ sería de clase $2$ . Así, $G/Z(G)$ es de orden $8$ y no puede ser abeliano. Por lo tanto, $G/Z(G)$ es uno de los dos grupos no abelianos de orden $8$ . Si $G/Z(G)$ fuera cuaternión, entonces tendría cuatro subgrupos cíclicos de orden $4$ cada uno de ellos se remonta a un subgrupo $H$ de $G$ de orden $8$ que contiene al centro; y no es difícil demostrar que todas son abelianas, contradiciendo el hecho de que $G$ tiene como máximo un subgrupo abeliano de orden $8$ . Así que $G/Z(G)$ debe ser diedro. Verificar que se obtiene un subgrupo cíclico de orden $8$ en $G$ en este caso.

Añadido. Supongamos que $G$ es de clase $3$ y orden $16$ y tiene un único subgrupo abeliano de índice $2$ . Sabemos que $Z(G)$ es de orden $2$ y que $G/Z(G)$ es diédrico de orden $8$ . Sea $z\in G$ generar $Z(G)$ y que $x\in G$ a un generador del grupo cíclico de orden $4$ en $G/Z(G)$ . Sabemos que $x$ tiene orden $4$ ou $8$ en $G$ . Pretendemos demostrar que tiene orden $8$ .

Si $x$ tiene orden $8$ hemos terminado. Por lo demás, $|x|=4$ . Sea $y\in G$ sea tal que $y$ corresponde a los generadores de $G/Z(G)$ de orden $2$ de modo que $yx = x^3y$ ou $yx=x^3yz$ . En el primer caso, tenemos $yx^2 = x^6y = x^2y$ Así que $x^2$ conmuta con $x$ , $y$ et $z$ en este último caso tendríamos $yx^2 = x^3yxz = x^6yz^2 = x^2y$ Así que de nuevo $x^2$ conmuta con $x$ , $y$ et $z$ . Desde $x$ , $y$ et $z$ generar $G$ se deduce que $x^2\in Z(G)$ . Pero entonces la imagen de $x$ en $G/Z(G)$ tendría orden $2$ lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $x$ no puede tener orden $4$ por lo que debe tener orden $8$ según se desee.