¿Tienen grupos de orden $p^3$ subgrupos de orden $p^2$?

Question

Si $G$ es un nonabelian grupo de orden $p^3$ $p$ un primo, y cada nonidentity elemento tiene orden de $p$, ¿existe un subgrupo isomorfo a $\mathbb{Z}_p\times\mathbb{Z}_p$?

Basado en algunas de búsqueda, apuesto a que es cierto. He leído una construcción de un subgrupo de tomar un elemento $x$ orden $p\in Z(G)$. A continuación, puede "tirar de nuevo a $G$ a un subgrupo de $G/\langle x\rangle$ orden $p$. El resultado subgrupo será normal con el índice de $p$, y isomorfo a $\mathbb{Z}_p\times\mathbb{Z}_p$ ya que es un grupo abelian asesinado por $p$."

Este escrito está todo muy vago para mí. Hay una clara explicación explícita de por qué un subgrupo de orden $p^2$ isomorfo a $\mathbb{Z}_p\times\mathbb{Z}_p$ existe en $G$?

Answer 1

Teorema. Deje $p$ ser una de las primeras, y deje $G$ ser un grupo de orden $p^n$. A continuación, $G$ tiene subgrupos de orden $p^i$ por cada $i$, $0\leq i\leq n$.

Lema. Deje $G$ ser un grupo de orden $p^n$ donde $p$ es un primo. A continuación,$Z(G)\neq\{1\}$.

La prueba del Lema. Esto se desprende de la clase fórmula: definir una relación de equivalencia en $G$ dejando $a\sim b$ si y sólo si existe $g\in G$ tal que $gag^{-1}=b$. Desde $gag^{-1}=hah^{-1}$ si y sólo si $h^{-1}ga = ah^{-1}g$, si y sólo si $h^{-1}g\in C_G(a)$, si y sólo si $h$ $g$ representan el mismo coset modulo $C_G(a)$, se deduce que la clase de equivalencia de a $a$ tiene tantos elementos como el índice de $C_G(a)$.

Ahora vamos a $a_1,\ldots,a_k$ de representantes de las clases de equivalencia de a $G$. Entonces $$p^n = |G| = \sum_{i=1}^k|\{b\in G\mid a_i\sim b\}| = \sum_{i=1}^k[G:C_G(a_i)].$$ Ahora, hay al menos un elemento cuya centralizador es todo de $G$: la identidad; y puesto que sólo la identidad está relacionada con $e$, una de las $a_i$ debe ser igual a $e$. Por lo tanto, la suma de la derecha contiene términos que no son congruentes a $0$ modulo $p$. Pero la suma es $0$ modulo $p$, por lo que no es más que un $i$ que $[G:C_G(a_i)] = 1$. En particular, hay un $a_i\neq e$ tal que $C_G(a_i)=G$, lo que significa que $a_i\in Z(G)$. $\Box$

La prueba del Teorema. Inducción en $n$. Si $|G|=p$, $G$ es cíclico de orden $p$, y tiene subgrupos de órdenes de $1$$p$.

Suponga que la inducción por el resultado tiene para los grupos de orden $p^n$, y deje $G$ ser un grupo de orden $p^{n+1}$. Deje $a\in Z(G)$ ser un elemento de orden $p$ (que existe, ya que las $Z(G)$ no es trivial), y deje $N=\langle a\rangle$. A continuación,$N\triangleleft G$, ya que para todos $g\in G$, $gag^{-1}=a$; por lo $K=G/N$ es un grupo de orden $p^n$. Por la hipótesis de inducción, $K$ tiene subgrupos $K_0,\ldots,K_n$ orden $p^0,p^1,\ldots,p^n$, respectivamente. Para cada una de las $i$, vamos a $H_i = \{g\in G\mid gN\in K_i\}$. Por los teoremas de isomorfismo, $H_i$ son subgrupos de $G$, e $H_i/N\cong K_i$; por lo tanto, $|H_i|=|K_i||N| = p^i\times p = p^{i+1}$, lo $G$ tiene subgrupos $H_0,\ldots,H_n$ de las órdenes de $p^1,\ldots,p^{n+1}$. Junto con la identidad, tenemos que $G$ tiene subgrupos de orden $p^i$$i=0,\ldots,n+1$, como se desee. $\Box$

Corolario. Deje $G$ ser un grupo de orden $p^n$, $p$ un primo, y $n\gt 1$, en el que cada elemento es exponente $p$. A continuación, $G$ contiene un subgrupo isomorfo a $C_p\times C_p$.

Prueba. Deje $H$ ser un subgrupo de $G$ orden $p^2$ (que existe por el Teorema). A continuación, $H$ es de orden $p^2$, por lo que el centro ha pedido en menos $p$; pero $H/Z(H)$ no puede ser cíclico y no trivial, por lo $Z(H)$ no puede ser de orden exactamente $p$, por lo tanto $Z(H)=H$ $H$ es abelian. Por lo tanto, $H$ es un grupo abelian de orden $p^2$, en la que cada elemento es el fin de $p$; la única posibilidad es la $H\cong C_p\times C_p$. $\Box$

Answer 2

Los teoremas de Sylow pueden ser demasiado aquí, pero garantiza que un grupo de orden $p^3$ tiene un subgrupo de orden $p^2$. Ahora hasta isomorfismo hay solamente 2 grupos de orden $p^2$, el Grupo cíclico y el producto de dos grupos cíclicos. Puesto que la hipótesis de cada elemento de identidad-no tiene orden $p$, no puede ser el Grupo cíclico, por lo que tiene que ser otra, y hemos terminado.

Answer 3

Sea $$ x_1, x_2 $$ dos elementos tales que $$ x_2 \notin \left\langle {x_1} \right\rangle \, $$ Sabemos $$ \left| {HK} \right| = \frac{{\left| H \right|\left| K \right|}} {{\left| {H \cap K} \right|}} $$ En este caso, ya que ambos tienen orden p primera, la intersección debe dividir el orden del grupo, así que $$ H \cap K = \left\ {e \right\} $$ Entonces $$ \left\langle {x_1, x_2} \right\rangle $$ tiene orden $ p^2 $ y no es cíclico. Editado: gracias a groops

Answer 4

En algunas pruebas de Sylow de Teoremas, uno se demuestra que para cualquier primer poder de la división de la orden de un grupo, hay un subgrupo de orden o igual a la potencia principal. A veces uno se demuestra Sylow en primer lugar, y, a continuación, muestra que cualquier sylow p grupo tiene subgrupos de todos los niveles inferiores de primer poderes. Otras veces, (como en Herstein del libro, mi libro de pregrado), una prueba más en general, de resultado y ha Sylow del primer teorema como un corolario.

Con respecto a la vaguedad del lenguaje que te referías, suena así me gusta que estaban utilizando el grupo de acciones en un cociente de grupo. Probablemente sabía que tenía orden de p debido a que un grupo de potencia principal tiene un trivial centro, lo que significa que tiene el fin de $p^2$ aquí o $p$. En un caso se haya hecho, en el otro tenemos esto.

También podría ser una aplicación de los teoremas de isomorfismo. Ellos dejan un rebote de ida y vuelta entre el cociente de los grupos, y si uno es ingenioso acerca de los factores primos, uno puede clasificar de 'sacar' prime.

Al final, parece que el uso de algunos de los siguientes hechos: los teoremas de isomorfismo, Lagranges Teorema, el centro de un primer powered grupo es trivial, y la clase de ecuación.