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位数p^2q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$p^2q$の群を求めます.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

素数$p$と群$G$に対して, $n_p(G)$$G$のシロー$p$群の個数を表す.

分類

以下$p,q$$p\neq q$を満たす素数とする.
以下, $G$は位数$p^2q$の群とし, $G$のシロー$p$群(のうち一つ)を$P$,シロー$q$群(のうち一つ)を$Q$と置き, 固定する.

$n_p(G)=1$もしくは$n_q(G)=1$が成立する.

背理法を用いる. すなわち, $n_p(G)\neq 1\neq n_q(G)$と仮定する. このとき, シローの定理より$n_p(G)=q,n_q(G)\geq p$が成立する. $n_q(G)=p$だと,$q|p-1$かつ$p|q-1$で矛盾. よって,$n_q(G)=p^2$となる.
すると, 準備記事定理6 より, $p^2q>p^2(q-1)+(p^2-1)+(p^2-p)=p^2q+(p^2-p+1)$となり矛盾.

以下, $n_p(G)$に応じて場合分けを行う.

$n_q(G)=1$のとき

このとき, $G=PQ,P\cap Q=\{1\},G\rnormal P$なので, $G=\semiprod{Q}{\phi}{P}$となる. ($\phi$$Q$から$\Aut(P)$への群準同型.)
あきらかに$Q\iso C_q$. よって, 準備記事命題9 より, 位数$p^2$である群$P$, および$\Aut(P)$の大きさ$1$ or $q$の部分群を, 共役を除いて求めればよい.

$P=C_{p^2}$のとき

$\Aut(P)=C_{p^2-p}$なので, 大きさ$1$or$q$の部分群として,

  • 位数$1$の部分群$\{\mathrm{id}\}$
  • $q|p-1$のとき, 位数$q$の部分群$\gen{(x\mapsto sx)}$
    ただし, $s$$s\not\equiv 1, s^q\equiv 1\pmod{p^2}$を満たす整数.

をもつ.

$P=C_p\times C_p$のとき

$\Aut(P)=\GL(\field p)$となる. $\{\mathrm{id}\}$が大きさ$1$の部分群.
大きさ$q$の部分群をもつためには, $\#\GL(\field p)=(p-1)^2p(p+1)$$q$の倍数である必要がある.
以下$\zeta_q\in \overline{\mathbb{F}_p}$$1$の原始$q$乗根のうち一つとし, 固定する.

  • $q|p-1$のとき
    $A\in\GL(\field p)$が位数$q$なら対角化可能となる. よって, 位数$q$の共役類の代表元として,$\diag(\zeta_q^i,\zeta_q^j)(0\leq i\leq j< q,j\neq0)$がとれる. ここから生成される群を考えると, 共役を除いて, $\gen{\diag(\zeta_q,\zeta_q^i)}$の形で$\lfloor\frac{q+3}{2}\rfloor $個ある[1].
  • $2\neq q|p+1$のとき
    $A\in\GL(\field p)$が位数$q$なら,$\det A=1$となる. このとき, $\GL(\field{p^2})$$A\sim \diag(\zeta_q^i,\zeta_q^{-i})$となる$i$がとれるので,$\gen{A}$の元で$\diag(\zeta_q,\zeta_q^{-1})$と共役なものが取れる. $\GL(\field{p^2})$での共役性から$\GL(\field p)$での共役性がわかるので, 位数$q$の部分群は共役を除いてただ一つ.

$n_q(G)\neq 1$のとき

このとき, 命題1より$n_p(G)=1$. よって, $G=\semiprod{P}{\phi}{Q}$となる. ($\phi$$P$から$\Aut(Q)$への群準同型.) $P$$G$の正規部分群でないためには, $\mathrm{ker}(\phi)\neq Q$が必要十分. いま, $Q\iso C_q$より, $\Aut(Q)\iso C_{q-1}$.
$P$は可換なので, 準備記事命題9 より, 群準同型$\phi:P\to C_{q-1}$$0$射と等しくないものを(共役を除いて)列挙すればよい.

$P=C_{p^2}$のとき

  • $p|q-1$のとき, $\overline{a}\mapsto \overline{\frac{q-1}{p}a}$
  • $p^2|q-1$のとき, $\overline{a}\mapsto \overline{\frac{q-1}{p^2}a}$

$P=C_p\times C_p$のとき

  • $p|q-1$のとき, 適当に$C_p\times C_p$の基底をとりかえて, $\phi:(\overline{a},\overline{b})\mapsto \overline{\frac{q-1}{p}a}$となる.

まとめ

上を用いて$n=p^2q$と置いて, $n\leq 100$のとき, 位数$n$の群としてどのようなものがあるかを列挙する.
Abel群として, $C_p\times C_p \times C_q,C_{p^2} \times C_q$$2$個がある. 非Abel群を見る.

$p=2$

$q=3$

  • $\semiprod{C_3}{\phi}{(C_2\times C_2)}$
    ただし$\phi(\overline{1})= \begin{pmatrix} \overline{1}&\overline{1} \\ \overline{1}&\overline{0} \end{pmatrix} \in \Aut(C_2\times C_2)\iso\GL_2(\field 2)$とする.
    これは$A_4$と同型.
  • $\semiprod{C_4}{\phi}{C_3}$
    ただし$\phi(\overline{1})=(x\mapsto -x)\in \Aut(C_3)$.
  • $\semiprod{(C_2\times C_2)}{\phi}{C_3}$
    ただし$\phi(\overline{a},\overline{b})=(x\mapsto (-1)^a x)\in \Aut(C_3)$.
    これは$D_3\times C_2$$D_6$と同型.

以上$5$

$q=5$

  • $\semiprod{C_4}{\phi}{C_5}$
    ただし$\phi(\overline{1})=(x\mapsto -x)\in \Aut(C_5)$.
  • $\semiprod{C_4}{\phi}{C_5}$
    ただし$\phi(\overline{1})=(x\mapsto 2x)\in \Aut(C_5)$.
    これはフロベニウス群$F_5$とも呼ばれる($\field 5$のAffine変換全体.)
  • $\semiprod{(C_2\times C_2)}{\phi}{C_5}$
    ただし$\phi(\overline{a},\overline{b})=(x\mapsto (-1)^a x)\in \Aut(C_5)$.
    これは$D_5\times C_2$$D_{10}$と同型.

以上$5$個.
一般に$q\equiv 1\pmod 4$の時も同様に$5$個.
($x\mapsto 2x$$2$$a^2\equiv -1\pmod q$を満たす整数$a$に置き換える. )

$q=7$

  • $\semiprod{C_4}{\phi}{C_7}$
    ただし$\phi(\overline{1})=(x\mapsto -x)\in \Aut(C_7)$.
  • $\semiprod{(C_2\times C_2)}{\phi}{C_7}$
    ただし$\phi(\overline{a},\overline{b})=(x\mapsto (-1)^a x)\in \Aut(C_7)$.
    これは$D_7\times C_2$$D_{14}$と同型.

一般に$q\equiv 3\pmod 4$の時も同様に$4$個.

$p=3$

$q=2$

  • $\semiprod{C_2}{\phi}{(C_3\times C_3)}$
    ただし$\phi(\overline{1})= \begin{pmatrix} \overline{1}&\overline{0} \\ \overline{0}&\overline{-1} \end{pmatrix} \in \Aut(C_3\times C_3)\iso\GL_2(\field 3)$とする.
    これは$D_3\times C_3$と同型.
  • $\semiprod{C_2}{\phi}{(C_3\times C_3)}$
    ただし$\phi(\overline{1})= \begin{pmatrix} \overline{-1}&\overline{0} \\ \overline{0}&\overline{-1} \end{pmatrix} \in \Aut(C_3\times C_3)\iso\GL_2(\field 3)$とする.
  • $\semiprod{C_2}{\phi}{C_9}$
    ただし$\phi(\overline{1})=(x\mapsto -x)\in \Aut(C_9)$.
    これは$D_9$と同型.

以上$5$個. $p=5,7$も同じ.

$q=5,11$

非可換なものはない. (上の証明をみると, 非可換な群があるためには, $p|q-1$$q|p^2-1$が必要.)
2個.

$q=7$

  • $\semiprod{(C_3\times C_3)}{\phi}{C_7}$
    ただし$\phi(\overline{a},\overline{b})=(x\mapsto 2^a x)\in \Aut(C_7)$.
    $C_3\times (\semiprod{C_3}{\psi}{C_7})$のように書くことも可能.
  • $\semiprod{C_9}{\phi}{C_7}$
    ただし$\phi(\overline{1})=(x\mapsto 2x)\in \Aut(C_7)$.

以上$4$

$p=5$

$q=2$

$(p,q)=(3,2)$の場合と同じ. $C_5\times D_5, \semiprod{C_2}{\phi}{(C_5\times C_5)}, D_{25}$の形で$5$個.

$q=3$

  • $\semiprod{C_3}{\phi}{(C_5\times C_5)}$
    ただし$\phi(\overline{1})= \begin{pmatrix} \overline{0}&\overline{-1} \\ \overline{1}&\overline{-1} \end{pmatrix} \in \Aut(C_5\times C_5)\iso\GL_2(\field 5)$とする.

$p=7$

$q=2$

$(p,q)=(3,2)$の場合と同じ. $C_7\times D_7, \semiprod{C_2}{\phi}{(C_7\times C_7)}, D_{49}$の形で$5$個.




[1]:
$ \diag(\zeta_q,\zeta_q^i) \sim \diag(\zeta_q^i,\zeta_q) $に注意すると, $\gen{\diag(\zeta_q,\zeta_q^i)}=\gen{\diag(\zeta_q,\zeta_q^{i^{-1}})}$. これ以外に非自明な$=$はない. よって, $q\neq 2$なら$3+\frac{q-3}{2}=\frac{q+3}{2}$個ある. ($i=\pm 1,0$の例外処理に留意せよ. )


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更新日:111
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