$$\newcommand{Aut}[0]{\mathrm{Aut}}
\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}}
\newcommand{char}[0]{{\bf char}}
\newcommand{comp}[0]{\circ}
\newcommand{core}[0]{\rm{core}}
\newcommand{diag}[0]{\mathrm{diag}}
\newcommand{field}[1]{\mathbb{F}_{#1}}
\newcommand{gen}[1]{\langle #1 \rangle}
\newcommand{GL}[0]{\mathrm{GL}}
\newcommand{imply}[0]{\Rightarrow}
\newcommand{inpr}[2]{\langle {#1},{#2} \rangle}
\newcommand{iso}[0]{\simeq}
\newcommand{lnormal}[0]{\triangleleft }
\newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}}
\newcommand{rnormal}[0]{\triangleright}
\newcommand{semiprod}[3]{{#1}\ltimes_{#2}#3}
\newcommand{SL}[0]{\mathrm{SL}}
\newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}}
$$
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
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, $|G/N|$は$4$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$2$群$P'$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,
- $\phi=1$
- $\phi(\overline{a},\overline{b})=\begin{pmatrix}
\overline{0} & \overline{1}\\
\overline{1} & \overline{1}
\end{pmatrix}^a$
の$2$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,
- $\phi =1$
- $\phi(\overline{a})=\begin{pmatrix}
\overline{0} & \overline{1}\\
\overline{1} & \overline{1}
\end{pmatrix}^a$
の$2$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,
- $\phi(\overline{a})=\begin{pmatrix}
\overline{0} & \overline{-1}\\
\overline{1} & \overline{0}
\end{pmatrix}^a$
- $\phi(\overline{a})=\diag((-1)^a,(-1)^a)$
- $\phi(\overline{a})=\diag((-1)^a,1)$
の$3$通り.
$Q=C_9, P=C_2\times C_2$
$\Aut(Q)\iso C_6$なので,
- $\phi(\overline{a},\overline{b})=\overline{3a}$
の$1$つのみ. $D_9\times C_2$に対応する.
$Q=C_9, P=C_4$
上と同様に,
- $\phi(\overline{a})=\overline{3a}$
の$1$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.
- $\diag(\overline{1},\overline{1})$
- $\diag(\overline{1},\overline{-1})$
- $\diag(\overline{-1},\overline{-1})$
- $\diag(\overline{1},\overline{2})$
- $\diag(\overline{2},\overline{2})$
- $\diag(\overline{3},\overline{2})$
- $\diag(\overline{4},\overline{2})$
の$7$通り.
$Q=C_{25}, P=C_2\times C_2$
$\Aut(Q)\iso C_{20}$なので,
- $\phi(\overline{a},\overline{b})=\overline{10a}$
- $\phi(\overline{a},\overline{b})=\overline{0}$
の$2$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,
- $\phi(\overline{a})=\overline{5a}$
- $\phi(\overline{a})=\overline{10a}$
- $\phi(\overline{a})=\overline{0}$
の$3$つ.
まとめ
以上をまとめ, 位数$100$の群は$4+7+2+3=16$個ある.