Clasificar $p$-grupos en el que todos los grupos del mismo orden son isomorfos

Question

La respuesta a "son dos subgrupos de un finito $p$grupo $G$, de la misma orden, isomorfos?" es definitivamente no. Estos grupos son muy raros. ¿Cómo raro?

¿Puede usted clasificar todos finitos $p$grupos $G$ tal eso si $H,K \leq G$ $|H|=|K|$, entonces el $H \cong K$?

Answer 1

Gracias a Tobias y Derek!

Teorema: Si $G$ es finita $p$-grupo en el que cada dos subgrupos del mismo orden son isomorfos, a continuación, $G$ es bien:

• cíclico
• primaria abelian
• cuaterniones de la orden de 8
• extra-especial de fin de $p^3$ y el exponente $p$

Prueba: Como se ha mencionado por Tobias, $G$ tiene primaria abelian subgrupo de orden $p^2$ o $G$ es cíclico, o $G$ es generalizada de cuaterniones.

En el último caso, sólo el grupo de los cuaterniones orden de $8$ realmente funciona, ya que más de cuaterniones grupos contienen ambos grupos cíclicos de orden $8$ y un quaternion grupo de orden $8$. En el último caso, cíclica de los grupos de trabajo.

Ahora si $G$ tiene primaria abelian subgrupo de orden $p^2$, $G$ no tiene elementos de orden $p^2$, de modo que no tienen un subgrupo cíclico de orden $p^2$. Por lo tanto $G$ ha exponente $p$. En el caso de $p=2$, esto implica $G$ es elemental abelian.

Así que supongamos $p$ es impar y $G$ tiene primaria abelian subgrupo $V$ orden $p^k$ pero ninguno de orden $p^{k+1}$. Suponga $G \neq V$, y deje $H$ contienen $V$ con índice de $p$. Desde $H$ ha exponente $p$, $H=\langle h \rangle \ltimes V$ para cualquier $h \notin V$. Desde $H$ no es elemental abelian, debe haber alguna $v_1 \in V$$[h,v_1]=v_2 \neq 1$. La definición de $[h,v_i] = v_{i+1}$, tenemos que la falta de identidad de los elementos de $v_i$ son linealmente independientes. Supongamos $v_n \neq 1$ pero $v_{n+1}=1$. Tenga en cuenta que$n \geq 2$, por definición. A continuación, $\langle h, v_{n-1}, v_n \rangle$ es extra-especial de fin de $p^3$. Por nuestra hipótesis, $\langle v_{n-2}, v_{n-1}, v_n \rangle$ también sería extra-especiales en vez de abelian. Por lo tanto $|V|=p^2$.

Por Derek: Ahora suponga $G \neq H$ y deje $K$ contienen $H$ con índice de $p$. Elija algunas de copia de $V \leq Z_2(K)$ eso es normal en $K$. A continuación, $K/V \to Z(H):x \mapsto [x,v_1]$ no puede ser inyectiva, ya que el dominio tiene orden de $p^2$, así que vamos a $z$ ser la no-identidad en el núcleo. A continuación, $\langle z,v_1,v_2\rangle$ es abelian, una contradicción. Por lo tanto $H=G$ o $V=G$. $\square$