Automorfismos de $\mathbb{Z}/p\oplus\cdots\oplus \mathbb{Z}/p$

Question

Considerar el grupo abelian $$G = \underbrace{\mathbb{Z}/p\oplus\cdots\oplus \mathbb{Z}/p}_{n},$$ donde $p$ es el primer y $1\le n \le p$. Quiero mostrar que la $G$ no tiene automorphism de orden $p^2$.

Observo que el grupo automorphism de $G$ es el mismo que isomorfismo lineal de $G$ $\mathbb{Z}/p$- espacio vectorial. Así que la pregunta es la misma que para demostrar que no se $n\times n$ invertible la matriz en $\mathbb{Z}/p$ que tiene orden de $p^2$.

Mi intento es calcular el orden de $GL(n,\mathbb{Z}/p)$ y muestran que $p^2$ no dividir ese orden, pero por desgracia, esto sólo funciona para $n\le 2$.

Answer 1

Cualquier elemento de orden $p^2$ se encuentra en un subgrupo de $p$-Sylow. Ya que se conjugan todos los subgrupos de $p$-Sylow, basta considerar el canónico $p$-Sylow subgrupo de matrices triangulares superiores con diagonal $1,\dotsc,1$. Pero si $A$ es una matriz, entonces el $(A-1)^n=0$ y $(A-1)^p=0$, es decir, $A^p=1$.

Answer 2

Prueba no Sylow: sólo conjugado $\bar{\mathbb{F}}_q$ para llegar a la forma normal de Jordan de este elemento, entonces el resto es igual a respuesta de Martin Brandenburg.

Answer 3

Una variante de user148212' s argumento. Que $g$ sea un $p$ elementos $G$, es decir, $g^{p^{k}} = 1$ $p$. Ya que estamos en característica $p$, tenemos $(g - 1)^{p^{k}} = 0$, $g-1$ es nilpotente. Luego proceder como en la respuesta de Martin Brandenburg, $(g-1)^{p} = 0$, para que invertir el argumento $g^{p} = 1$.