Se dice a menudo que sólo hay dos nonabelian grupos de orden 8 hasta el isomorfismo, uno es el grupo de cuaterniones, y la otra dada por las relaciones $a^4=1$, $b^2=1$ y $bab^{-1}=a^3$.
Nunca he entendido por qué estos son sólo dos. Hay alguna referencia o prueba tutorial sobre cómo mostrar cualquier nonabelian grupo de orden 8 es isomorfo a uno de estos?
Una muy abajo en la Tierra, el enfoque podría ser:
Deje $G$ ser un grupo de orden 8.
Ejercicio 1: Demostrar que la máxima orden de $m$ de un elemento $x$ $G$ es de 2, 4 u 8.
Ejercicio 2: Demostrar que si $m=2$, entonces el grupo $G$ es abelian.
Ejercicio 3: Demostrar que si $m=8$, entonces el grupo $G$ es abelian.
Ok, así que nos deja con el caso de $m=4$. Deje $x$ ser un elemento de orden 4. Deje $H\simeq C_4$ ser el subgrupo generado por a $x$.
Ejercicio 4: Mostrar que $H$ es un subgrupo normal de $G$.
Deje $y\in G, y\notin H$ ser un elemento fijo.
Ejercicio 5: Mostrar que $y^2\in H$.
Ejercicio 6: Mostrar que $yxy^{-1}$ es un elemento de orden 4 en $H$.
Ejercicio 7: Mostrar que cualquiera de las $yxy^{-1}=x$ o $yxy^{-1}=x^3$.
Ejercicio 8: Demostrar que si $yxy^{-1}=x$, $G$ es abelian.
Ok, así que debemos tener $yxy^{-1}=x^3.$ Asumir que este es el caso en lo que sigue.
Ejercicio 9: Demostrar que si $y$ es de orden 2, a continuación, $G$ es isomorfo a un diedro grupo.
Ejercicio 10: Demostrar que si $y$ es de orden 4,$y^2=x^2$.
Ejercicio 11: Demostrar que si $y$ es de orden 4, $G$ es isomorfo al grupo de cuaterniones (o más precisamente: el grupo de unidades de la Lipschitz' orden)
¡Alégrate!
Nota: Usted no necesita el resultado del Ejercicio 5 hasta los dos últimos. Acabo de añadir ahí, porque el elemento $y$ se presentó en ese momento.
Aquí está la prueba de que hay exactamente cinco nonisomorphic grupos de orden $p^3$ por cada prime $p$, tal y como aparece en Marshall Hall de la Teoría de Grupos.
El abelian caso es fácil: usted tiene $C_{p^3}$, $C_{p^2}\times C_p$, y $C_{p}\times C_p\times C_p$.
El nonabelian caso. No puede haber ningún elemento de orden $p^3$, debido a que el grupo cíclico.
Si todos los elementos son de orden $p$, $p$ debe ser impar (de lo contrario el grupo abelian). El centro de $G$ es de orden $p$ (ya que el cociente debe ser de orden $p^2$ y isomorfo a $C_p\times C_p$); deje $x$ $y$ ser elementos de $G$ cuyas imágenes generar los dos factores cíclicos de $G/Z(G)$. A continuación,$x^p = y^p = 1$, e $x^{-1}y^{-1}xy\neq 1$ ($G$ sería abelian), sino que debe ser central; por lo $z=x^{-1}y^{-1}xy$ genera $Z(G)$. Por lo $G$ está dado por $$G = \langle x,y,z\mid x^p=y^p=z^p=1, xy=yxz,\ xz=zx,\ yz=zy\rangle.$$
Si hay un elemento $x$ orden $p^2$, $\langle x\rangle$ es la máxima abelian subgrupo de $G$, y normal (ya que su índice es el más pequeño de prime que divide $|G|$. Deje $b\notin A$. A continuación,$b^p\in A$, e $b^{-1}ab=a^r$ algunos $r$; desde $G$ es nonabelian, $r\neq 1$. Desde $b^p$ viajes con $a$, $a^{r^p}=a$, por lo $r^p\equiv 1\pmod{p^2}$. A partir de Fermat Poco Teorema, $r^p\equiv r\pmod{p}$, lo $r\equiv 1\pmod{p}$.
Escribir $r=1+sp$, y deje $j$ tal que $js\equiv 1\pmod{p}$. Entonces $$b^{-j}ab^j = a^{r^j} = a^{(1+sp)^j} = a^{1+spj} =a^{1+p}.$$ Desde $(j,p)=1$, $b^j\notin A$, así que sustituyen a $b$$b^j$, podemos suponer que la $b^{-1}ab=a^{1+p}$.
Ahora, $b^p = a^t$, e $t$ debe ser un múltiplo de $t$, debido a $b$ no es de orden $p^3$. Escribir $t=up$, lo $b^p=a^{up}$. Entonces tenemos: $$\begin{align*} (ba^{-u})^p &= b^pa^{-u(1+(1+p)+(1+p)^2 + \cdots + (1+p)^{p-1})}\\ &= b^p a^{-up-up(1+2+\cdots + p-1)}\\ &= b^p a^{-up-up\binom{p}{2}}. \end{align*}$$
Si $p$ es impar, entonces $up\binom{p}{2}$ es un múltiplo de a $p^2$, con lo que conseguimos $(ba^{-u})^p = b^pa^{-up} = b^pb^{-p} = 1$. Establecimiento $c=ba^{-u}$ obtenemos $c^{-1}ac = b^{-1}ab$, por lo que el grupo es presentado por $$\langle a,c\mid a^{p^2} = c^p = 1,\ ac = ca^{1+p}.\rangle$$
Si $p$$2$, sin embargo, obtenemos $(ba^{-u})^2 = b^2a^{-up-up} = b^2$. Tenemos dos posibilidades: podría ser que $b^2=1$, en cuyo caso tenemos la misma presentación como arriba: $$\langle a,b\mid a^{4} = b^2 = 1,\ ab=ba^3\rangle.$$ O podría ser que $b^2=a^2$; nosotros debe tener $b^{-1}ab=a^3$ (no igual $a$, debido a que, a continuación, $a$ $b$ viaje y $G$ es abelian), por lo que el grupo está dado por $$\langle a,b\mid a^4=1,\ a^2=b^2,\ ab=ba^3.$$
Burnside utiliza esencialmente el mismo enfoque, a pesar de que sólo se trata explícitamente extraño $p$; la clasificación de los grupos de orden $p^3$ toma cerca de dos páginas (un párrafo, pero él invoca resultados que abarcan dos páginas anteriores). Luego procede a las de orden $p^4$; que lleva a cuatro y medio de páginas (más de invocar cosas que cubra, al menos, una página anterior). Él sólo las listas de las de orden $2^3$$2^4$.
Deje $G$ ser no abelian grupo de orden 8.
Por el teorema de Sylow, $G$ tiene subgrupos de orden 2.
Si $G$ tiene el único subgrupo de orden 2, a continuación, $G$ es de cuaterniones (Ref. Teorema 12.5.2, la Teoría de grupos - Marshall Hall). ($G$ puede ser cíclica también, pero hemos asumido que no es abelian.)
Si $G$ tiene más de uno de los subgrupos de orden 2, entonces van a ser $1+2k$ en el número de algunos de los $k\geq 1$; por lo que es al menos $3$; deje $H_1, H_2, H_3$ tres subgrupos de orden $2$.
Si $H_1\triangleleft G$, $G/H_1$ es abelian (ya que su fin es de 4), llegamos a la conclusión de que $[G,G]\leq H_1$, por lo tanto $H_1=[G,G]$ desde $G$ no es abelian.
Luego de observar que los $H_2$ no pueden ser normales en $G$, de lo contrario $H_2=[G,G]=H_1$, contradicción.
(Por lo que hemos encontrado un subgrupo de orden $2$ lo cual no es normal en $G$.)
$H_2$ es un subgrupo de $G$ índice de 4, hay un homomorphism $\phi \colon G\rightarrow S_4$, $ker(\phi)\subseteq H_2$ (Ver "Generalizada del teorema de Cayley" - Introducción a la Teoría de Grupos, Rotman).
Pero $ker(\phi)\neq H_2$ desde $H_2$ no es normal, por lo $ker(\phi)=\{1\}$; por lo $G$ es isomorfo a un subgrupo de $S_4$ orden $8$; es un Sylow-2 subgrupo de $S_4$; y el es $D_8$ desde cuando se considera un cuadrado con vértices etiquetados $"1,2,3,4"$, sus simetrías en términos de permutaciones dar $D_8\leq S_4$.
Conclusión:
$G$ es de cuaterniones o isomorfo a Sylow-2 subgrupo de $S_4$ que es diedro grupo de orden 8.
Usted probablemente significaba $bab = a^3$ en la anterior.
Los siguientes pasos se debe trabajar. Con el fin de no echar a perder la diversión para usted, Omito todos los detalles.
Deje $G$ ser un nonabelian grupo de orden $8$ y deje $Z$ ser su centro.
(1) De la clase ecuación sabemos que $|Z|$ es divisible por $2$, y, por tanto, $|Z|\gt1$
(2) Si $G/Z$ eran cíclicos, a continuación, $G$ sería abelian. Por lo tanto, sólo el caso $|Z|=2$ es posible y sabemos que $G/Z$ debe ser isomorfo a el grupo de Klein.
Ahora vamos a $Z=\{1,z\}$ y tome $a,b,c\in G$$G/Z = \{Z, aZ, bZ, cZ\}$. Todas las plazas a^2 b^2 c^2 yacen en $Z$ y podemos tomar $c=ab$. Ahora el resto es un análisis de caso por caso
(3) no Podemos tener a $a^2 = b^2 = (ab)^2 = 1$, porque entonces cada elemento de $G$ orden $2$, obligando a $G$ a ser abelian. De modo que al menos uno de los cuadrados deben igualdad de $z$. En particular, $G$ tiene un elemento de orden $4$.
(4) Si dos de los citados cuadros igual $z$, entonces también lo hace el tercero. Para ejemplo, supongamos $a^2 = z = b^2$. A continuación, $(ab)^2 = 1$ daría $ab=zbaz=ba$ $G$ sería abelian.
Así que ahora llegamos a las dos posibilidades (hasta permutación de $a$, $b$ y $c$):
caso (i): $a^2 = b^2 = c^2 = z$. A continuación, $G$ es el grupo de cuaterniones.
caso ii) $a^2 = z$, $b^2 = 1$. A continuación, $bab$ se encuentra en $aZ$. Porque de (4), $bab=a$ es imposible, y por lo tanto $bab = az = a^3$.
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