Demostrar que para cada primo $p$ existe un grupo no abeliano de orden $p^3$

Question

¿Puede alguien ayudarme con esta pregunta? "Demostrar que para cada primo existe un grupo no abeliano de orden $p^3$ ".

Este es mi intento:

Sé cómo demostrar que $|Z(G)|= p$ . Por lo tanto, ya que $C(x)$ contiene $Z(G)$ por cada $x$ no en $G$ entonces $|C(x)|> |Z(G)|$ es decir $|C(x)|> p$ . Pero $C(x)$ es siempre un subgrupo de $G$ por lo que su orden debe dividir el orden de $G$ y así $|C(x)= p^2$ . (Si $|C(x)|= p^3$ entonces $|G:C(x)|= |G|/|C(x)| = p^3/p^3 = 1$ por lo que el número de elementos en cada clase de conjugación sería 1, lo que implicaría que cada elemento está en el centro de $G$ , lo que a su vez significaría que $G$ es abeliano, que no es lo que buscamos). Si $|C(x)|= p^2$ entonces $|G:C(x)|= |G|/|C(x)| = p^3/p^2= p$ . Aquí es donde no sé cómo avanzar. Sé que si hubiera $p^2 – 1$ clases de conjugación entonces $|G |= |Z(G)|+ (p^2-1) \cdot|G:C(x)|= p + (p^2-1)p = p + p^3 – p = p^3$ . Pero ¿cómo sé que realmente existe un grupo con exactamente $p^2 – 1$ ¿clases de conjugación?

Agradezco las aportaciones a mi razonamiento y también a otras formas de demostrarlo, incluida la forma de construir dicho grupo.

Answer 1

Su enfoque no parece fructífero. Todas las técnicas que utilizas podrían, en el mejor de los casos, demostrar que no es imposible tener un grupo abeliano de orden $p^3$ . :)

Básicamente, esto se reduce al hecho de que $|\text{Aut}(\mathbb{F}_p^2)|=(p^2-1)(p^2-p)$ por lo que, en particular, es divisible por $p$ . Por lo tanto, existe un producto semidirecto no trivial $\mathbb{F}_p^2\rtimes (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ .

Explícitamente se puede construir un grupo no abeliano de orden $p^3$ mirando el grupo de Heisenberg:

$$H(p):=\left\{\begin{pmatrix}1 & a & b\\ 0 & 1 & c\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}:a,b,c\in\mathbb{F}_p\right\}$$

Probablemente vale la pena mencionar que siempre hay exactamente $5$ grupos de orden $p^3$ , dos no abelianos, para cada primo $p$ . Ver aquí .

Creo que vale la pena mencionar el siguiente hecho de interés:

Llamar a un número $n$ nilpotente si $n=p_1^{e_1}\cdots p_m^{e_m}$ tal que para todo $i,j$ y para todos $1\leqslant k\leqslant e_i$ tenemos que $p_i^k\not\equiv 1\mod p_j$ .

Teorema:

1. Todos los grupos de orden $n$ son nilpotentes si y sólo si $n$ es un número nilpotente.

2. Todos los grupos de orden $n$ son abelianos si y sólo si $n$ es un número nilpotente sin cubo.

3. Todos los grupos de orden $n$ son cíclicos si y sólo si $n$ es un número nilpotente libre de cuadrados (esto es equivalente a $(n,\varphi(n))=1$ ).