No hay ningún subgrupo libre base de orden $p^2$ en un grupo de orden $p^4$

Question

Por la clasificación de grupo de orden $p^4$ ($p$ primer impar) del libro de Burnside me parece que no hay ningún subgrupo libre base de orden $p^2$ en un grupo de orden $p^4$. Si no me equivoco debe ser algún argumento para demostrarlo. ¿Alguien me puede ayudar probar esto?

Answer 1

Esta es una respuesta parcial.

Que $K<H<G, |K|=p^2, |H|=p^3$. Suponga que $H$ es no abeliano. Desde $K$ es normal en $H$, entonces el $Z(H)<K$ ($H=Z(H)\times K$, lo que es imposible). Además, $Z(H)$ es característico en $H$, por lo tanto, es normal en $G$. Así el núcleo de $K$ no es trivial.

Answer 2

Aquí está la otra mitad de Boris Novikov la respuesta:

Deje $p$ ser un extraño prime, y deje $H=\langle h_1, h_2, h_3 \rangle$ ser un elemental abelian subgrupo de orden $p^3$. Deje $x$ actuar en $H$ como la matriz $$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$ so that $x$ has order $p$ (here we use $p$ odd) and the semidirect product $G=\langle x \rangle \ltimes H$ has order $p^4$.

A continuación, $\langle h_1, h_2 \rangle$ es un núcleo libre de subgrupo de orden $p^2$ (de numeración elegido de manera que $\langle h_3\rangle$, $\langle h_2, h_3 \rangle$, y $\langle h_1, h_2, h_3\rangle$ son subgrupos normales de $G$).

En otras palabras, sólo tienes que elegir una indecomposable módulo de longitud 3 y un espacio vectorial complemento a su zócalo.