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位数p^3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$p^3$の群(およびその自己同型群の位数)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

以下$p$は素数とする.

位数$p^3$

nomalizer_grows

$G$を有限$p$群, $G\supsetneq H$$G$の部分群とする. このとき, $N_G(H)\supsetneq H$.

$H$に含まれるなかで最大の$G$の正規部分群$N$をとる.
このとき, 特に$H/N \cap Z(G/N) =N/N$. これと, $\#Z(G/N)>1$を合わせて, $N_G(H)/N\supset N_G(H/N)\supset Z(G/N)\not\subset H/N$となる.
とくに$N_G(H)\not\subset H$.

$G$を位数$p^3$の群とする. $G$の最大位数の元の大きさで場合分けを行う.

$G$が位数$p^3$の元$x$を含むとき.

$G\iso C_{p^3}$.

$G$が位数$p^2$の元$x$を含むが, 位数$p^3$の元を含まないとき.

$\gen{x}=H$と置く. 上の定理より, $G\rnormal H$. $y\in G\setminus H$を一つとる.

$y\in Z(G)$のとき

有限Abel群の基本定理より, $G\iso C_{p^2}\times C_p$.

$y\not\in Z(G)$のとき

このとき, $y^{-1}xy=x^a(1< c< p^2)$と置くと, $y^p\in H$より, $y^{-p}xy^p=x^{a^p}$. ゆえに, $a^p\equiv 1\pmod{p^2}$. よって, $a\equiv 1\pmod{p}$. $y$をその何乗かで置き換えて, $a=1+p$としてよい. ($a=1$なら, $y\in Z(G)$となる)
$y^p\in H$なので, $y^p=x^b(0 \leq b< p^2)$と書ける. $p\not\mid b$なら$y$が位数$p^3$となり矛盾. よって, $b=pc$と書ける.

  • $p\neq 2$のとき
    このとき$c=0$とできる. 実際, $(x^{-c}y)^p=1$, $(x^{-c}y)^{-1}x(x^{-c}y)=x^{1+p}$となるので, $y$$x^{-c}y$に置き換えればよい. よって, $p\neq 2$なら, $G=\semiprod{\gen{y}}{\phi}{H}\iso \semiprod{C_p}{\phi}{C_{p^2}}$. ここで, $\phi(\overline{1})=(x\mapsto (1+p)x)$.

  • $p=2$のとき
    $c=0$なら, 上と同様に, $G\iso \semiprod{C_p}{\phi}{C_{p^2}}$, $\phi(\overline{1})=(x\mapsto -x)$. このとき, $G\iso D_4. $
    $c=1$なら, $G$ 準備記事定理12 において, $N=C_4, \Aut(N)\ni \phi=(x\mapsto -x),m=2,y=\overline{2}$とした群と同型である. これは$Q_8$という名前がついている.
    最後に, $D_4$$Q_8$が非同型なことを示しておく必要がある. これは, $D_4$には位数$2$の元が$5$個あるが, $Q_8$には$1$個しかないことから明らか.

$G$が位数$p$の元と位数$1$の元しか持たないとき

準備記事定理11 より, $G\rnormal H, \#H=p^2$となる$H$がとれる(のでとる). $x\in G\setminus H$を一つとり, $K=\gen{x}$と置く. 仮定より, $\#K=p$となるので, $K\cap H=\{1\}, G=KH$が成立する.
よって, $G=\semiprod{K}{\phi}{H}\iso \semiprod{C_p}{\phi}{(C_p\times C_p)}$となる. ($\phi$$C_p$から$\Aut(C_p\times C_p)=\GL_2(\field p)$への準同型.)
よって, 準備記事定理9 より, $\GL_2(\field p)$の大きさ$1,p$の部分群を(共役を除いて)求めればよい. それは以下の通り.

  • $\{I_2\}$
  • $ \left\langle \begin{pmatrix} \overline{1}& \overline{1}\\ \overline{0}& \overline{1}\\ \end{pmatrix}\right\rangle $

前者は$C_p\times C_p\times C_p$に, 後者は$U_3(\field p)$($3\times 3$の冪単上三角行列全体)に対応する[1].
最後に, これらの群が位数$1,p$の元しかもたないことを確かめる必要がある. 前者の群は自明. $(1+aE_{1,2}+bE_{2,3}+cE_{1,3})^p=1+apE_{1,2}+bpE_{2,3}+(cp+ab\binom{p}{2})E_{1,3}$より, 後者は$p\neq 2$なら条件を満たす.

まとめ

$p$によらず,

  • $C_{p^3}$
  • $C_{p^2}\times C_p$
  • $\semiprod{C_p}{\phi}{C_p^2}$
    ここで, $\phi(\bar{1})=(x\mapsto (1+p)x)$.
  • $C_p\times C_p\times C_p$

$p=2$のときは追加で

  • $Q_8:=\gen{x,y|x^4=1,y^2=x^2,y^{-1}xy=x^3}$

$p\neq 2$のときは追加で

  • $U_3(\field p)\iso \semiprod{C_p}{\phi}{(C_p\times C_p)}$

があり, 合計$5$個.

自己同型

以下, $G$は位数$p^3$の群とする.

$G\iso C_{p^3}$

$\Aut(G)=C_{p^3-p^2}$.

$G\iso C_{p^2}\times C_p$

$C_{p^2}$側の生成元を$s$,$C_p$側の生成元を$t$と置く.
$\Aut(G)$$G$に忠実に作用するが, この作用での$s$の軌道を$S$と置く. すると, $S$は 位数$p^2$の元全体, すなわち$s^it^j$($i$$p$は互いに素)と書けるもの全体となる. これは$(p-1)p^2$個.
そして, $\Aut(G)$$s$の固定群を$B$とする. $B$$G$への自然な作用による, $t$の軌道を$T$と置く. $T$は位数$p$の元で$s^i$の形で書けないもの全体となる. これは$(p-1)p$個.
群の準同型は生成元の行先で決まるので, $B$$s$の固定群は自明群. ゆえに, $\#B=(p-1)p$で, $\#\Aut(G)=(p-1)p(p-1)p^2=(p-1)^2p^3.$

$G\iso C_p\times C_p\times C_p$

$\Aut(G)=\GL_3(\field p)$であり, 位数は$(p^3-1)(p^3-p)(p^3-p^2)$.

$G\iso\semiprod{C_p}{\phi}{C_p^2}\iso \gen{\sigma,\tau|\sigma^{p^2}=1,\tau^p=1,\tau^{-1}\sigma\tau=\sigma^{p+1}}$

ここで, $\phi(\bar{1})=(x\mapsto (1+p)x)$.
$\Aut(G)$の作用による$\sigma$の軌道を$S$と置く. このとき, $S=G\setminus\gen{\sigma^p,\tau}$が分かる. とくに$\#S=(p-1)p^2$
そして, $\Aut(G)$$\sigma$の固定群を$B$とする. $B$$G$への自然な作用による, $\tau$の軌道を$T$と置く. $T$$\tau\sigma^i$と書ける元全体となる. ($\tau^{-1}\sigma\tau=\sigma^{1+p}$を保つためには, $\tau$が一回だけの必要がある)
よって, $C_{p^2}\times C_p$と同様の議論により, $\#\Aut(G)=(p-1)p^3$となる.[2]

$G\iso Q_8\iso \gen{x,y|x^4=1,y^2=x^2,y^{-1}xy=x^3}$(とくに, $p=2$)

$x$の行先が$G\setminus\{1,x^2\}$. $x$を固定したときの$y$の行先が$G\setminus\gen{x}$.
よって, $\#\Aut(G)=6\times 4=24$.

$G\iso U_3(\field p)\iso \gen{x,y,z|x^p=y^p=z^p=1,z=[x,y]\in Z(G)}$[3],$p\neq 2$

$x$の行先が$G\setminus\gen{z}$. $x$を固定したときの$y$の行先が$G\setminus\gen{x,z}$. よって, $\#\Aut(G)=(p^3-p)(p^3-p^2)$.
とくに, 自然な射$\Aut(G)\to \Aut(G/Z(G))$が全射であることに注意せよ.




[1]:
$x$を半直積する側の生成元, $z,y$を半直積される側の生成元とする. $x\mapsto 1+E_{1,2}$, $z\mapsto 1+E_{1,3}$, $y\mapsto 1+E_{2,3}$が群同型を与える

[2]:
実は, $\Aut(Q_8)=S_4$である. これは, $\pm i,\pm j,\pm k$を頂点とした正$8$面体を考えることで, $\Aut(Q_8)$が自然に正八面体群と同型になることからわかる. ($ij=k$が, 変換が正の向きをたもつ, すなわち$\det=1$に対応する)

[3]:
注1の$x,y,z$がこの同型を与える

投稿日:17
更新日:111
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