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位数36,100の群の分類

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$$\newcommand{Aut}[0]{\mathrm{Aut}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{char}[0]{{\bf char}} \newcommand{comp}[0]{\circ} \newcommand{core}[0]{\rm{core}} \newcommand{diag}[0]{\mathrm{diag}} \newcommand{field}[1]{\mathbb{F}_{#1}} \newcommand{gen}[1]{\langle #1 \rangle} \newcommand{GL}[0]{\mathrm{GL}} \newcommand{imply}[0]{\Rightarrow} \newcommand{inpr}[2]{\langle {#1},{#2} \rangle} \newcommand{iso}[0]{\simeq} \newcommand{lnormal}[0]{\triangleleft } \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{rnormal}[0]{\triangleright} \newcommand{semiprod}[3]{{#1}\ltimes_{#2}#3} \newcommand{SL}[0]{\mathrm{SL}} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

初めに

位数$100$までの群を, 同型を除き全て求めます. この記事では位数$36,100$の群を求めます.($p^2q^2$型) 使う定理は 準備記事 に乗ってるので、分からない場所があれば参照してください.

リンク集(記事追加に合わせこちらにも追加します)
- 位数$1, p, p^2, pq$の群
- 位数$pqr$の群
- 位数$p^2q$の群
- 位数$60, 90, 84$の群
- 位数$36,100$の群
- 位数$p^3$の群
- 位数$24,40,56,88,54$の群
- 位数$72$の群
- 位数$p^4$の群
- 位数$48, 80$の群
- 位数$32$の群
- 位数$96$の群
- 位数$64$の群


有限群$G$に対し, そのシロー$p$群の個数を$n_p(G)$で表す.

位数$36$

以下, $G$を位数$36$の群とし,$P$をシロー$2$群(の一つ), $Q$をシロー$3$群(の一つ)とする.

$n_2(G)=1$もしくは$n_3(G)=1$.

背理法を用いる. すなわち, $n_2(G)>1$かつ$n_3(G)>1$と仮定し, 矛盾を導く.
このとき, シローの定理より, $n_2(G)\geq 3$かつ$n_3(G)=4$. $N:=\mathrm{Core}_G(Q)=O_3(G)$と置くと, 準備記事命題3 より, 準同型$f:G\to S_4$で, $\ker(f)=N$を満たすものがとれる(のでとる). とくに, $|G/N|$$4$の倍数かつ$4!$の約数となる. よって, $\#N=3,9$. もし$\#N=9$なら, $N=Q$となり, $n_3(G)=1$に矛盾. よって$\#N=3$.よって, $\#\mathrm{Im}(f)=12$となり, $\mathrm{Im}(f)=A_4$.
$M=f^{-1}(V_4)$とする. $A_4\rnormal V_4$より, ( 準備記事命題2 と合わせ), $G\rnormal M$.
ここで, $n_2(G)=n_2(M)$が成立する. 以下これを示す. $M$のシロー$2$$P'$を一つとる. すると, シローの定理より, $G$の任意のシロー$2$群は$g^{-1}P'g$という形で書ける. $G\rnormal M$より, $g^{-1}P'g \subset M$となる. これは$n_2(G)=n_2(M)$を示す.
よって, $n_2(M)=n_2(G)\geq 3$となり, シローの定理より$n_2(M)=3$. また, $M/N\iso f(M)=V_4\iso C_2\times C_2$. 位数12の群の分類 より, $M\iso D_3\times C_2$がわかる.
特に,$Z(M)\iso C_2$となる. $Z(M)=\{1,z\}$となるように, $z\in M$を置く.
任意に$g\in G$をとる. $G\rnormal M$より, $g^{-1}Mg=M$. よって, $M\char Z(M)$と合わせ, $g^{-1}Z(M)g=Z(M)$. $Z(M)=\{1,z\}$と合わせ, $g^{-1}zg=z$. $g\in G$は任意だったので, $z\in Z(G)$.
特に, $f$の構成方法を思い出すと, $z\in \ker(f)=N$. よって, $N$に位数$2$の元が存在することとなり, $\#N=3$に矛盾.

$n_2(G)=1$の場合

このとき, $G=\semiprod{Q}{\phi}{P}$と書ける. 準備記事定理9 より, 位数$4$の群$P$,位数$9$の群$Q$,および準同型$\phi:Q\to \Aut(P)$を共役を除いて求めればよい.

$P=C_2\times C_2,Q=C_3\times C_3$のとき

$\Aut(P)=\GL_2(\field 2)\iso D_3$に注意すると,

  • $\phi=1$
  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\begin{pmatrix} \overline{0} & \overline{1}\\ \overline{1} & \overline{1} \end{pmatrix}^a$
    $2$つがある. それぞれ, $C_2\times C_2\times C_3\times C_3$, $A_4\times C_3$に対応する.

$P=C_2\times C_2,Q=C_9$

上と同様にして,

  • $\phi =1$
  • $\phi(\overline{a})=\begin{pmatrix} \overline{0} & \overline{1}\\ \overline{1} & \overline{1} \end{pmatrix}^a$
    $2$つがある.

$P=C_4, Q=C_3 \times C_3$

$\Aut(P)\iso C_2$なので, $\phi =1$のみ. $C_4\times C_3\times C_3$に対応.

$P=C_4,Q=C_9$

$\phi =1$のみ. $C_4\times C_9$に対応.

$n_2(G)\neq 1$の場合

上の命題より, $n_3(G)=1$. よって, $G=\semiprod{P}{\phi}{Q}$と書ける. $n_2(G)\neq 1$のためには, $P$が正規部分群でないこと, すなわち$\phi\neq 1$が必要十分.
よって, 準備記事定理9 より, 位数$4$の群$P$, 位数$9$の群$Q$, および非自明な準同型$\phi:P\to \Aut(Q)$を共役を除いて求めればよい.

$Q=C_3\times C_3, P=C_2\times C_2$

$\Aut(Q)=\GL_2(\field 3)$である. 可換な行列は同時対角化可能なことに注意すると, 次の$3$つがある.

  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\diag(\overline{(-1)^a},\overline{(-1)^b})$
  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\diag(\overline{(-1)^a},\overline{(-1)^a})$
  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\diag(\overline{(-1)^a},\overline{1})$
    一番上は$D_3\times D_3$, 一番下は$D_3\times C_3\times C_2$に対応.

$Q=C_3\times C_3, P=C_4$

$\Aut(Q)=\GL_2(\field 3)$である. $\sqrt{-1}\in \field{9}\setminus \field{3}$に注意すると,

  • $\phi(\overline{a})=\begin{pmatrix} \overline{0} & \overline{-1}\\ \overline{1} & \overline{0} \end{pmatrix}^a$
  • $\phi(\overline{a})=\diag((-1)^a,(-1)^a)$
  • $\phi(\overline{a})=\diag((-1)^a,1)$

$3$通り.

$Q=C_9, P=C_2\times C_2$

$\Aut(Q)\iso C_6$なので,

  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\overline{3a}$
    $1$つのみ. $D_9\times C_2$に対応する.

$Q=C_9, P=C_4$

上と同様に,

  • $\phi(\overline{a})=\overline{3a}$
    $1$つのみ.

まとめ

$n_2(G)=1$を満たすものが, $2+2+1+1=6$個, 満たさないものが$3+3+1+1=8$個あるので, 合わせて$14$個がある.

位数$100$

以下, $G$を位数$100$の群とし,$P$をシロー$2$群(の一つ), $Q$をシロー$5$群(の一つ)とする.
シローの定理より, $n_5(G)=1$となる. よって, $G=\semiprod{P}{\phi}{Q}$と書ける. ゆえに, 準備記事定理9 より, 位数$4$の群$P$, 位数$25$の群$Q$, および準同型$\phi:P\to \Aut(Q)$を共役を除いて求めればよい.

$Q=C_5\times C_5, P=C_2\times C_2$

$\Aut(Q)=\GL_2(\field 5)$である. 可換な行列は同時対角化可能なことに注意すると, 次の$4$つがある.

  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\diag(\overline{(-1)^a},\overline{(-1)^b})$
  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\diag(\overline{(-1)^a},\overline{(-1)^a})$
  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\diag(\overline{(-1)^a},\overline{1})$
  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\diag(\overline{1},\overline{1})$
    一番上は$D_5\times D_5$, 3番目は$D_5\times C_5\times C_2$, 4番目は$C_5\times C_5\times C_2\times C_2$.

$Q=C_5\times C_5, P=C_4$

$\Aut(Q)=\GL_2(\field 5)$である. 今度は$2=\sqrt{-1}\in \field{5}$である. よって,$\phi(\overline{1})$としてありうるのは, 共役を除いて, 以下の通り.

  • $\diag(\overline{1},\overline{1})$
  • $\diag(\overline{1},\overline{-1})$
  • $\diag(\overline{-1},\overline{-1})$
  • $\diag(\overline{1},\overline{2})$
  • $\diag(\overline{2},\overline{2})$
  • $\diag(\overline{3},\overline{2})$
  • $\diag(\overline{4},\overline{2})$

$7$通り.

$Q=C_{25}, P=C_2\times C_2$

$\Aut(Q)\iso C_{20}$なので,

  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\overline{10a}$
  • $\phi(\overline{a},\overline{b})=\overline{0}$
    $2$つ. 上は$D_{25}\times C_2$に, 下は$C_{25}\times C_4$に対応する.

$Q=C_{25}, P=C_4$

上と同様に,

  • $\phi(\overline{a})=\overline{5a}$
  • $\phi(\overline{a})=\overline{10a}$
  • $\phi(\overline{a})=\overline{0}$
    $3$つ.

まとめ

以上をまとめ, 位数$100$の群は$4+7+2+3=16$個ある.

投稿日:16
更新日:111

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