位数p^3の群の分類

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$p^{2}q$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$p^3$

$G$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.

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

$G$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.

$⟨x⟩=H$と置く. 上の定理より, $G▹H$. $y\in G\setminus H$を一つとる.

$y\in Z(G)$のとき

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

$y\notin Z(G)$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, $y^{-p}x{y}^p=x^{a^p}$. ゆえに, $a^p\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$. よって, $a\equiv 1(\mathrm{mod}p)$. $y$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, $y^p=x^b(0\le b<p^2)$と書ける. $p\nmid b$なら$y$が位数$p^3$となり矛盾. よって, $b=pc$と書ける.

• $p\ne 2$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, $y$を$x^{-c}y$に置き換えればよい. よって, $p\ne 2$なら, $G=⟨y⟩{⋉}_{\varphi }H\simeq C_p{⋉}_{\varphi }{C}_{p^2}$. ここで, $\varphi (\bar{1})=(x\mapsto (1+p)x)$.

• $p=2$のとき
  $c=0$なら, 上と同様に, $G\simeq C_p{⋉}_{\varphi }{C}_{p^2}$, $\varphi (\bar{1})=(x\mapsto -x)$. このとき, $G\simeq D_4.$
  $c=1$なら, $G$は 準備記事定理12 において, $N=C_4,\mathrm{Aut}(N)\ni \varphi =(x\mapsto -x),m=2,y=\bar{2}$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, $D_4$と$Q_8$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, $G▹H,\mathrm{\#}H=p^2$となる$H$がとれる(のでとる). $x\in G\setminus H$を一つとり, $K=⟨x⟩$と置く. 仮定より, $\mathrm{\#}K=p$となるので, $K\cap H=\{1\},G=KH$が成立する.
よって, $G=K{⋉}_{\varphi }H\simeq C_p{⋉}_{\varphi }(C_p\times C_p)$となる. ($\varphi$は$C_p$から$\mathrm{Aut}(C_p\times C_p)={\mathrm{GL}}_2({\mathbb{F}}_p)$への準同型.)
よって, 準備記事定理9 より, ${\mathrm{GL}}_2({\mathbb{F}}_p)$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.

• $\{I_2\}$
• $⟨\left(\begin{array}{cc}\bar{1}& \bar{1}\\ \bar{0}& \bar{1}\end{array}\right)⟩$

前者は$C_p\times C_p\times C_p$に, 後者は$U_3({\mathbb{F}}_p)$($3\times 3$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. $(1+a{E}_{1,2}+b{E}_{2,3}+c{E}_{1,3}{)}^p=1+ap{E}_{1,2}+bp{E}_{2,3}+(cp+ab(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{2}))E_{1,3}$より, 後者は$p\ne 2$なら条件を満たす.

まとめ

$p$によらず,

• $C_{p^3}$
• $C_{p^2}\times C_p$
• $C_p{⋉}_{\varphi }{C}_p^2$
  ここで, $\varphi (\overline{1})=(x\mapsto (1+p)x)$.
• $C_p\times C_p\times C_p$

$p=2$のときは追加で

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

$p\ne 2$のときは追加で

• $U_3({\mathbb{F}}_p)\simeq C_p{⋉}_{\varphi }(C_p\times C_p)$

があり, 合計$5$個.

自己同型

以下, $G$は位数$p^3$の群とする.

$G\simeq C_{p^3}$

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

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

$C_{p^2}$側の生成元を$s$,$C_p$側の生成元を$t$と置く.
$\mathrm{Aut}(G)$は$G$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$s^i{t}^j$($i$と$p$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, $\mathrm{Aut}(G)$の$s$の固定群を$B$とする. $B$の$G$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, $B$の$s$の固定群は自明群. ゆえに, $\mathrm{\#}B=(p-1)p$で, $\mathrm{\#}\mathrm{Aut}(G)=(p-1)p(p-1)p^2=(p-1{)}^2{p}^3.$

$G\simeq C_p\times C_p\times C_p$

$\mathrm{Aut}(G)={\mathrm{GL}}_3({\mathbb{F}}_p)$であり, 位数は$(p^3-1)(p^3-p)(p^3-p^2)$.

$G\simeq C_p{⋉}_{\varphi }{C}_p^2\simeq ⟨\sigma ,\tau |{\sigma }^{p^2}=1,{\tau }^p=1,{\tau }^{-1}\sigma \tau ={\sigma }^{p+1}⟩$

ここで, $\varphi (\overline{1})=(x\mapsto (1+p)x)$.
$\mathrm{Aut}(G)$の作用による$\sigma$の軌道を$S$と置く. このとき, $S=G\setminus ⟨{\sigma }^p,\tau ⟩$が分かる. とくに$\mathrm{\#}S=(p-1)p^2$
そして, $\mathrm{Aut}(G)$の$\sigma$の固定群を$B$とする. $B$の$G$への自然な作用による, $\tau$の軌道を$T$と置く. $T$は$\tau {\sigma }^i$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, $\mathrm{\#}\mathrm{Aut}(G)=(p-1)p^3$となる.^[2]

$G\simeq Q_8\simeq ⟨x,y|x^4=1,y^2=x^2,y^{-1}xy=x^3⟩$(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$G\setminus ⟨x⟩$.
よって, $\mathrm{\#}\mathrm{Aut}(G)=6\times 4=24$.

$G\simeq U_3({\mathbb{F}}_p)\simeq ⟨x,y,z|x^p=y^p=z^p=1,z=[x,y]\in Z(G)⟩$^[3],$p\ne 2$

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

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