Yo creo que el siguiente nos da la respuesta para $|G| = p^2q^2$ donde $p,q$ son el primer y el $p < q$. Voy a utilizar $f(p,q)$ para denotar el número de grupos de orden $p^2q^2$.
a) $p=2$ y $q=3$: $f(p,q) = 14$.
b) $p=2$ y $q > 3, q = 3 \mod 4$: $f(p,q) = 12$.
c) $p=2$ y $q = 1 \mod 4$: $f(p,q) = 16$.
d) $p>2$ y $p \nmid q^2 - 1$: $f(p,q) = 4$.
e) $p>2$ y $p \mid q+1, p^2 \nmid q+1$: $f(p,q) = 6$.
f) $p > 2$ y $p^2 \mid q+1$: $f(p,q) = 7$.
g) $p > 2$ y $ p \mid q-1, p^2 \nmid q-1$: $f(p,q) = p + 10$.
h) $p > 2$ y $p^2 \mid q-1$: $f(p,q) = \frac{p^2+3p+24}{2}$.
Aquí es cómo encontré con estas fórmulas:
Deje $S_p$ $S_q$ $p$- Sylow y $q$-subgrupos de Sylow de $G$, respectivamente. Tenga en cuenta que, excepto en el caso de $p=2$$q=3$,$q \nmid p^2-1$, por lo que el grupo $S_q$ será normal.
b) I: $S_q = \mathbb{Z}_{q^2}$
$\text{Aut}(S_q) = \mathbb{Z}_{q^2}^* \approx \mathbb{Z}_{q^2-q}$, e $q^2-q$ es divisible por $2$ pero no $4$. Si $S_p = \mathbb{Z}_4$, entonces podemos tener un generador de $S_p$ actuar en $S_q$ a través de la exclusiva involución, o puede actuar trivialmente, resultando en dos grupos. Si $S_p = \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$, luego de dos de los elementos de $S_p$ puede actuar en $S_q$ a través de la involución y dos de la ley de trivialmente, o todos ellos pueden actuar trivialmente, resultante en otros dos grupos.
II: $S_q = \mathbb{Z}_q \times \mathbb{Z}_q$
$\text{Aut}{(S_q)} = \text{GL}_2 (F_q)$, que es un grupo de orden $q(q+1)(q-1)^2$. Si $S_p = \mathbb{Z}_4$, vamos a $g$ ser un generador de $S_p$. Hay elementos de orden $q+1$$\text{GL}_2 (F_q)$, e $q+1$ es divisible por $4$, así que podemos hacer un mapa de $g$ a un automorphism de orden $4$. Resulta que esto produce un único grupo de isomorfismo. De lo contrario, la acción de la $g$ $S_q$ tendrá dos vectores propios $u$$v$. La acción en $u$ será una acción en el subgrupo $\mathbb{Z}_q$ generado por $u$; desde $q-1$ no es divisible por $4$, la acción debe ser el único de la involución o el trivial de acción. Por lo tanto la acción de $g$ puede actuar trivial tanto de $u$$v$, solo uno, o ninguno de los dos, la adición de otros tres grupos. (A ver que actúe en ambos vectores se obtiene un grupo diferente de actuar en uno, se observa que la primera corrige sólo la identidad, mientras que las últimas revisiones de cualquiera de las $u$ o $v$.) Si $S_p = \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$, luego tenemos dos vectores $a$$b$$S_p$, y por cada uno tenemos tres posibles acciones. Supongamos que al menos uno de los actos trivialmente; entonces el otro tiene tres posibles acciones, obteniéndose tres grupos más. Por último, si no nonidentity elemento de $S_p$ actos trivialmente, entonces hay una posibilidad: un elemento actos trivial en $u$, uno en $v$, y un tanto $u$$v$. Esto produce que el grupo final.
Hay en total 12 grupos de hasta isomorfismo.
a) Tenemos $p=2$$q=3$. Los 12 grupos descritos, sobre todo, existe en este caso así, pero también existe la posibilidad de que $S_q$ no es normal, ya que $q \mid p^2-1$. Uno puede mostrar que si $S_q$ no es normal, que $S_p$. Si $S_p = \mathbb{Z}_4$,$\text{Aut}(S_p) = \mathbb{Z}_2$, lo $S_q$ no puede actuar trivial, por lo que sería normal. Así que debemos tener $S_p = \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$. En este caso tenemos a $\text{Aut}(S_p) = S_3$ (el grupo de simetría en tres elementos, en este caso, las tres nonidentity elementos de $S_p$). Si tenemos $S_q = \mathbb{Z}_9$, entonces tenemos un único grupo donde $S_q$ actos trivial en $S_p$. Asimismo, para $S_q = \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3$. La razón es que el $S_q$ mapa del subgrupo $\mathbb{Z}_3$$\text{Aut}(S_p)$, y en ambos casos sólo hay una manera de hacer una asignación de hasta un isomorfismo.
Esto agrega dos o más grupos para un total de 14.
c) $p=2$$q = 1 \mod 4$. De nuevo tenemos el 12 grupos descritos en la sección b). También podemos grupos adicionales en el caso de $S_p = \mathbb{Z}_4$. Al $S_q = \mathbb{Z}_{q^2}$, tenemos un grupo donde un generador de $S_p$ se asigna a un automorphism de $S_q$ orden $4$; esta existe desde $4 \mid q^2-q$. Al $S_q = \mathbb{Z}_q \times \mathbb{Z}_q$, uno de los vectores de la base para $S_p$ puede asignar a un automorphism de orden $4$ (garantizando a los nuevos grupos) y el otro se pueden asignar a automorphism de cualquier orden $1,2,$ o $4$, lo que da 3 nuevos grupos.
Esto añade cuatro grupos para un total de 16.
d) Si $p \nmid q^2 - 1$$q \nmid p^2 - 1$, en ambos subgrupos de Sylow son normales, y el grupo es el producto directo de los dos. Hay dos posibilidades para cada subgrupo de Sylow, produciendo 4 grupos en total.
e) Si $p \mid q+1$ pero $p^2 \nmid q+1$, entonces tenemos el $4$ grupos de d). No obtenemos nuevos grupos al $S_q = \mathbb{Z}_{q^2}$, ya que el $p \nmid q^2 - q$, sin embargo si $S_q = \mathbb{Z}_q \times \mathbb{Z}_q$ a continuación se obtienen $p \mid |\text{Aut}(S_q)| = q(q+1)(q-1)^2$, así que por Cauchy teorema de que hay elementos de orden $p$. Así que tenemos un grupo con $S_p = \mathbb{Z}_{p^2}$, y de un grupo donde $S_p = \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$.
Esto añade dos grupos para un total de 6.
f) Si $p^2 \mid q+1$, todavía tenemos los 6 grupos de correo), y también conseguimos un grupo donde $S_q = \mathbb{Z}_q \times \mathbb{Z}_q$, e $S_p = \mathbb{Z}_{p^2}$, y un generador de $S_p$ se asigna a un automorphism de $S_q$ orden $p^2$.
Esto agrega un grupo para un total de 7.
g) I: $S_q = \mathbb{Z}_{q^2}$.
Si $S_p = \mathbb{Z}_{p^2}$, luego de un generador de $S_p$ pueden asignar a un automorphism de orden $p$, o a la identidad, produciendo dos grupos. Si $S_p = \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$, luego de dos de los elementos de $S_p$ puede asignar a un automorphism de orden $p$ y los otros dos a la identidad o de todos ellos se pueden asignar a la identidad, produciendo dos grupos más.
II: $S_q = \mathbb{Z}_q \times \mathbb{Z}_q$.
Si $S_p = \mathbb{Z}_{p^2}$, luego de un generador de $S_p$ mapa a un automorphsim de orden $p$ o $1$. Tal automorphism $g$ tendrá dos vectores propios independientes $u$$v$. Supongamos que $g$ correcciones ni $u$ o $v$. Si $a$ es un elemento de orden $p$$\mathbb{Z}_q^*$, $g$ mapa de $u$ $a^i u$ $v$ % # % algunos $a^j v$$ I,j$$1$. A continuación, $p-1$ mapa de $g^k$$u$$a^{ik} u$%#%, por lo que podemos optar $v$, de modo que $a^{jk} v$. Esto hará $k$ una asignación de$a^{ik} = a$$g^k$$u$%#%. Así que parece ser $au$ posibilidades. Sin embargo, también podemos optar $v$, de modo que $a^l v$, por lo que el $p-1$ mapas de $k$$a^{jk} = a$$g^k$%#%. Esto, obviamente, de los rendimientos de un grupo isomorfo al caso en que $u$ mapas de $a^m u$$v$$av$%#%, ya que puede cambiar de $g^k$$u$. Así, terminar con los pares de $au$ donde cualquiera de las opciones de resultados en el mismo grupo. Hay dos casos donde los $v$ $a^m v$ son el mismo, es decir,$u$$v$; el resto de las $(l,m)$ números se dividen en parejas, resultando en $m$ grupos diferentes, entonces los casos de $l$ $m = 1$ agregar dos grupos más. Por último, existe la posibilidad de que $m = p-1$ correcciones al menos uno de $p-3$ o $\frac{p-3}{2}$. Podemos tener $m=1$ mover uno, o ha $m=p-1$ act trivialmente en tanto, produciendo dos grupos más para un total de $g$ en este caso.
Si $u$, entonces, en primer lugar, considere el caso donde uno de los vectores de la base de $v$ actos trivialmente en $g$. A continuación, el resto de los casos puede actuar en cualquiera de las $g$ formas anteriores, agregando que muchos de los nuevos grupos. De lo contrario, debemos tener cada elemento no trivial de $\frac{p+5}{2}$ act nontrivialy en $S_p = \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$; en realidad sólo hay una posibilidad, donde una base de vectores se mueve algunos autovector $S_p$, y la otra base de vectores se mueve independiente autovector $S_q$.
En total, hay $\frac{p+5}{2}$ diferentes grupos.
h) I: $S_p$.
Tenemos cuatro grupos en g). Sin embargo, en el caso de que $S_q$, sino que también tenemos un grupo en el que un generador de $u$ se asigna a un automorphism de orden $v$$p + 10$.
II: $S_q = \mathbb{Z}_{q^2}$.
En primer lugar, supongamos que el $S_p = \mathbb{Z}_{p^2}$. Entonces tenemos el mismo $S_p$ grupos como los mencionados anteriormente en g). Siguiente, supongamos que $p^2$. De nuevo, deje $p^2 \mid q^2 - q$ ser un generador de $S_q = \mathbb{Z}_q \times \mathbb{Z}_q$, y deje $S_p = \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$ $\frac{p+7}{2}$ ser independiente de vectores propios bajo la acción de $S_p = \mathbb{Z}_{p^2}$. Si $g$ se asigna a un automorphism de orden $S_p$ o $u$, y luego vamos a conseguir uno de los $v$ grupos enumerados en g). Si $g$ se asigna a un automorphism de orden $g$, entonces se debe realizar una acción de orden $p$ $1$ o $\frac{p+5}{2}$; WLOG supongamos que la acción en $g$ es de orden $p^2$. Tenemos un grupo donde $p^2$ actos trivialmente en $u$. Supongamos que la acción en $v$ es de orden $u$; luego, si $p^2$ es un elemento de orden $g$ $v$ un elemento de orden $v$$p$, se puede elegir $a$, de modo que $p^2$ es de $b$ $p$ $\mathbb{Z}_q^*$ % # % donde $k$ puede ser cualquier número de$g^k$$u$. Esto conduce a $au$ diferentes grupos. (No emparejamiento de este momento, ya podemos distinguir $v$$b^m v$) por último, supongamos que la acción en la $m$ es de orden $1$. Entonces, como hemos argumentado anteriormente, se puede elegir un $p-1$ tal que $p-1$ mapas de $u$ $v$ $v$ % # % donde $p^2$ puede ser cualquiera de las $k$ elementos de $g^k$. Como antes, los elementos serán encontrado a su pareja, a excepción de $u$ o $au$. Para esto se traduce en $v$ grupos posibles.
Dicho todo esto, habrá $a^l v$ diferentes grupos.
