Clasificar los grupos de orden 27

Question

Dejemos que $|G|=27$ . Demostrar que todos los subgrupos de índice $3$ son normales. Clasificar todos los grupos de orden $27$ .

Puedo hacer la primera, pero la clasificación es abrumadora. No sé ni por dónde empezar.

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Como se sugiere en los comentarios Conrad tiene una explicación más completa. Le daré una versión corta sin productos semidirectos.

En primer lugar, tenemos $C_{27}$ y $C_9\times C_3$ y $C_3^3$ . Eso es $3$ abajo.

Así que, ahora dejamos que $G$ sea un grupo no abeliano de orden $27$ . Es un $p$ -por lo que tiene un centro no trivial, por lo que el orden del centro es $3$ o $9$ . Sin embargo, cualquier grupo para el que $G/Z(G)$ es cíclico es necesariamente abeliano (¿por qué?) por lo que $Z(G)\cong C_3$ . Por lo tanto, $|G/Z(G)|=3^2$ . Los grupos de orden primo cuadrado son abelianos, y de nuevo no queremos $G/Z(G)$ para ser cíclico, por lo que $G/Z(G)\cong C_3\times C_3$ . Desde $G/Z(G)$ es abeliana, $G'\leqslant Z(G)$ y como $G$ es no abeliano $G'\not= 1$ De ahí que $G'=Z(G)$ .

Aquí nos detenemos brevemente para señalar que desde $G$ no es cíclico, debemos tener $|G/\Phi(G)|=p^2$ Así que $G$ debe tener dos generadores con un conmutador no trivial, ambos de orden $3$ o una de orden $3$ y la otra de orden $9$ . Así que ya tenemos una idea bastante clara de cómo va a ser la presentación, sólo tenemos que completar los detalles.

Ahora toma $a,b\in G$ tal que $aZ(G),bZ(G)$ generar $G/Z(G)$ . Entonces $1\not= [a,b]$ genera $Z(G)$ (¿por qué?) así que $a,b$ generar $G$ . Si $a,b$ ambos tienen orden $3$ tenemos la presentación $\langle a,b\mid a^3,b^3,[a,b]=[a,b]^a=[a,b]^b\rangle$ . (Esta es la presentación para $U(3,3)$ el grupo de Heisenburg de orden $27$ .) Si uno de ellos tiene orden $9$ digamos que es $a$ entonces $a^3$ genera $Z(G)$ . En particular $a^3=[a,b]$ o $[a,b]^2$ ; de cualquier manera tenemos $$\langle a,b|a^9,b^3,a^3=[a,b]\rangle\cong\langle a,b|a^9,b^3,b^a=ba^3\rangle.$$ Esto es $(C_3\times C_3)\rtimes C_3$ . Obsérvese que si tuviéramos ambos $a$ y $b$ de orden $9$ la presentación sería $\langle a,b | a^9,b^9,a^3=[a,b],b^3=[a,b]^2\rangle$ o $\langle a,b | a^9,b^9,a^3=[a,b],b^3=[a,b]\rangle$ que son de nuevo isomorfas a la presentación anterior.

Answer 2

La respuesta de Alexander es excelente, pero yo quería abordarla desde un punto de vista ligeramente distinto, evitando las presentaciones.

Sea $G$ sea un grupo de orden $27$ . Ahora $G$ tiene un subgrupo de orden $9$ llamémoslo $H$ ; tenga en cuenta que $H$ es normal en $G$ .

En primer lugar, supongamos que existe un $g\in G-H$ con $g^3=1$ . Entonces, las cosas son fáciles: $G$ es el producto semidirecto $H\rtimes\langle g\rangle$ . Ahora hay dos opciones de isomorfismo para el orden $9$ grupo $H$ y $g$ puede actuar trivialmente o no trivialmente, así que eso hace que $4$ total de grupos posibles para $G$ . [Estoy pasando por alto algunos hechos, sobre todo que $C_3\times C_3$ es completamente reducible].

Supongamos ahora que no hay orden $3$ elementos en $G-H$ Quiero mostrar $G$ es cíclico. Podemos suponer que sustituyendo $H$ con cualquier otro subgrupo maximal no nos pone en el contexto del párrafo anterior. Si $[G:Z(G)]\le3$ entonces seremos hecho por lo que podemos suponer que $[G:Z(G)]=9$ y llegar a una contradicción. Obsérvese que $[G:Z(G)]=9$ significa dos cosas de inmediato: $G/Z(G)$ es abeliano, por lo que $G'=Z(G)$ y $|Z(G)|=3$ Así que $Z(G)\subset H$ . El mapa $f:\ G\rightarrow G$ dado por $f(g)=g^3$ es en realidad un homomorfismo :

$$ \begin{align*} x^3y^3&= x(yx)[x,y](yx)[x,y]^2y\\ &= (xy)^3[x,y]^3\\ &= (xy)^3. \end{align*}$$

La segunda igualdad se deduce de $G'\subset Z(G)$ y el tercero de $|Z(G)|=3$ .

Suponiendo que $G$ no es cíclico, cada elemento $g\in G-H$ tiene orden $9$ . Así $g^3\in H$ está centralizado tanto por $g$ y $H$ Así que $g^3\in Z(G)$ . Esto también nos permite suponer que $H$ es cíclico (¿por qué?). Por lo tanto, debemos tener $f(G)\subset Z(G)$ . Entonces $\ker(f)$ tiene un orden de al menos $[G:Z(G)]=9$ . Pero $\ker(f)=\lbrace g\in G\mid g^3=1\rbrace$ es un subconjunto de $Z(G)$ que tiene orden $3$ Esta es nuestra contradicción.

El mismo argumento anterior, con $3$ sustituido por cualquier primo impar $p$ da la misma clasificación de los cinco grupos de orden $p^3$ .

Por último, permítanme mencionar que el paso en el que mostramos $G$ es cíclico se generaliza bastante para los primos Impares $p$ es decir, cualquier $p$ -con un único subgrupo de orden $p$ es cíclico. La prueba se deduce del homomorfismo $f$ , algún recuento $\pmod{p}$ e inducción.