Grupo de orden $p^2$ es abeliana.

Question

Sí, sé que hay toneladas de soluciones de esto aquí arriba, pero yo, esencialmente, quería probarlo de una manera diferente y ah, bueno.

Dejemos que $|G| = p^2$ para algún primo $p$ .

Considere $x \in G$ . Así que, $|x| = p, $ o $ p^2$ . Si es esto último, entonces, hemos terminado.

Por lo tanto, si $|x|= p$ entonces, deja, $H = [h| h=x^i, i \in Z] \Rightarrow |H|= p$ .

Como $p$ es el primo más pequeño que divide a $|G|$ , $H$ es un subgrupo normal.

Ahora, considere algunos $y \in G$ pero no en $H \Rightarrow y^p= e$ . Entonces, es fácil demostrar que $G = \langle x,y \rangle$ .

Ahora, consideremos un homomorfismo $f:G \rightarrow \operatorname{Aut}(H), g \to c_g $ , en el que $c_g$ representa la conjugación por $g$ . Así, por ejemplo, $c_g(x) = gx g^{-1}$ .

Entonces, está claro que, $H \subset \operatorname{Ker}(f) $ ya que es cíclico y, por tanto, abeliano. Por lo tanto, sólo tenemos que mirar $G/H$ .

Básicamente, estoy pidiendo una pista de por qué $c_y(x) = yxy^{-1} = x = c_e(x)$ , donde $x$ y $y$ son los generadores de $H$ y $G/H$ respectivamente.

Porque, si lo establezco para los generadores, entonces se deduce que se aplica para todos los elementos, es decir, que $\operatorname{Im}(f)$ es trivial y, por tanto, que $G$ es abeliana.

Gracias.

Answer 1

Pista: El coset de $y$ es de orden $p$ en $G/H$ . Esto implica que $c_y$ tiene un orden que es un factor de $p$ en $Aut(H)$ . Pero $Aut(C_p)$ tiene orden $p-1$ .

Answer 2

$H$ es cíclico de orden $p$ y su grupo de automorfismo es cíclico de orden $p-1$ por lo que no contiene elementos de orden $p$ .

$y$ tiene orden $p$ por lo que la acción de $y$ en $H$ tiene un periodo que es un factor de $p$ . Así que podemos tener $1$ o $p$ . $p$ no está disponible, por lo que la acción es trivial.

Answer 3

Más simple: $\langle y \rangle$ De forma similar a $\langle x \rangle$ es normal en $G$ . Desde $\langle x \rangle\cap\langle y \rangle =1$ , $x$ y $y$ de viaje.