Gruppi di ordine $p^2$

[robbstark1]

Sia $G$ un gruppo di ordine $p^2$, con $p$ primo.
1) Mostrare che il centro $Z(G)$ contiene almeno un elemento diverso dall'unità.
2) Mostrare che esistono solo 2 gruppi di ordine $p^2$, a meno di isomorfismi, e questi gruppi sono abeliani.

Soluzione del primo punto:

Consideriamo la coniugazione come azione di $G$ su se stesso. Per il teorema delle Orbite e Stabilizzatori, la lunghezza di ciascuna orbita deve dividere $p^2$, può quindi essere $1$, $p$ o $p^2$.
Le orbite sono classi d'equivalenza su $G$, quindi se un'orbita avesse dimensione $p^2$, ciascun elemento avrebbe la stessa orbita, ovvero tutto $G$. Ma l'orbita dell'unità secondo la coniugazione contiene solo l'unità stessa, per cui si perverrebbe ad un assurdo. Dunque le orbite possono avere lunghezza $1$ o $p$.
La somma di tutte le lunghezze delle orbite deve dare $p^2$, siccome l'orbita dell'unità ha lunghezza $1$, non è possibile che tutte le altre orbite abbiano lunghezza $p$, ma vi saranno almeno $p$ orbite in totale di lunghezza $1$.
Sia $x$ uno di questi elementi; si ha che per ogni $g \in G$, $gxg^{-1} =x$, ovvero $gx = xg$, ovvero $x \in Z(G)$.
Dunque $Z(G)$ contiene almeno $p$ elementi, e comunque un multiplo di $p$.

Vi pare corretto?
Per il secondo punto mi sto attrezzando (non voglio suggerimenti al momento).

[robbstark1]

Tento anche il secondo punto.

Ovviamente una possibilità è che il gruppo sia ciclico, in tal caso è ovviamente commutativo.
Se non è ciclico, contiene due generatori di ordine $p$, quindi conterrà i seguenti $p^2$ elementi distinti tra loro:
$1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{p-1}$
$h$, $gh$, $g^2 h$, ..., $g^{p-1}h$
...
$h^{p-1}$, $gh^{p-1}$, $g^2 h^{p-1}$, ..., $g^{p-1} h^{p-1}$
Dal punto precedente, almeno uno di questi elementi commuta con tutti gli altri. Sia uno di questi elementi $g^m h^n$, con $m$, $n$ fissati tra $0$ e $p-1$.
Questo elemento commuta con qualsiasi $g^k$:
$g^m h^n g^k = g^{k+m} h^n$
In particolare, se $k=p-m$, usando il fatto che $g^p = 1$, si ottiene:
$g^m h^n g^{-m} = h^n$ ovvero $g^m h^n = h^n g^m$
In altre parole $g^m$ ed $h^n$ commutano (sempre per certi valori di $m$ ed $n$ fissati).
Moltiplicando entrambi i membri per $h^n$ possiamo ricavare che anche $g^m$ ed $h^{2n}$ commutano, e più in generale,
$g^m$ ed $h^{kn}$, con $k$ intero. Ma $h^n$ ha periodo $p$, per cui le sue potenze assumono tutti i possibili valori delle potenze di $h$, dunque in generale $g^m$ commuta con tutte le potenze di $h$.
In modo del tutto analogo si può dimostrare che anche le potenze di $g$ commutano con le potenze di $h$, implicando che l'intero gruppo è abeliano.

Sono abbastanza convinto che la soluzione sia corretta (ovviamente smentitemi se non è vero), ma mi chiedo se esistono dei modi più rapidi di procedere.

[isaac888]

Per quanto riguarda il punto 1) posso dire che in generale tutti i p-gruppi hanno centro non banale. In particolare se $|G|=p^2$, $Z(G)=G$.

qui la mia dim:

se per assurdo $|Z(G)|=1$ si avrebbe che per la formula delle classi

$|G| - 1 = \sum_{x\notin Z(G)}\frac{|G|}{|Orb(x)|} = \sum_{x\ne e}\frac{|G|}{|Orb(x)|}$

Sappiamo che $\forall x\ne e$ vale $\frac{|G|}{|Orb(x)|}\geq 1$ e che gli addendi della somma sono proprio $|G| - 1$. Affinchè si abbia l'uguaglianza deve accadere che gli addendi siano proprio tutti 1, cioè $\forall x \ne e$ si abbia $Orb(x)=G$. Ma ciò è assurdo pechè $\forall x \ne e$, $|Z(x)|\geq p$ (il centralizzatore), e si sa che $|G| = |Z(x)||Orb(x)|$.

Si poteva fare agevolmente per induzione, però l'ho voluta fare io così come esercizio, così ne approfitto per farmi correggere da qualcuno che ne sa di più.

Corollario: Se $|G|=p^2$ allora $G$ è abeliano.
dim:Se per assurdo $Z(G)\ne G$ ($G$ non abeliano) allora $Z(G)$ potrebbe essere solo di cardinalità $p$. Dunque [tex]G/{Z(G)}[/tex] sarebbe ciclico, il che è assurdo in quanto ne consegue (si dimostra) che $G$ è abeliano.

Per quanto riguarda il punto 1) che tu hai fatto mi sembra corretto. Vorrei semplicemente aggiungere che tutto il discorso di escluzioni dei vari casi che tu hai fatto a parole non è altro che una discussione sulla cardinalità del centralizzatore di un elemento diverso dall'identità. Quello che voglio dire è che vale sempre la formula

$|G| = |Z(x)||Orb(x)|$ $\forall x\in G$...

tieni presente che $Z(x)$ contiene almeno tutte le potenze di $x$, e se $x\ne e$ in un $p$-gruppo, ha almeno ordine $p$.

per il punto 2) c'è un teorema:

un gruppo $|G|=p^2$ è abeliano ed è isomorfo a [tex]\mathbb{Z}/{p^2\mathbb{Z}}[/tex] (se $G$ è ciclico) oppure a [tex]\mathbb{Z}/{p\mathbb{Z}}\times \mathbb{Z}/{p\mathbb{Z}}[/tex] (non ciclico).

PS: Il LaTex di questo forum delle volte mi fa incavolare, non si riesce nemmeno a scrivere "non appartiene" e "orb" (di orbita) non me lo prende bene. Per non parlare dei gruppi quoziente... mah! (qualcuno ha suggerimenti in proposito?)

Grazie mille per le risposte sul LaTex. Molto utili.

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

Prova a usare i tag [tex]\text{[tex],[/tex]}[/tex].

[vict85]

"Isaac888":PS: Il LaTex di questo forum delle volte mi fa incavolare, non si riesce nemmeno a scrivere "non appartiene" e "orb" (di orbita) non me lo prende bene. Per non parlare dei gruppi quoziente... mah! (qualcuno ha suggerimenti in proposito?)

Questo forum accetta due tipi di codici per il \(\displaystyle \LaTeX \). Il primo è ASCIIMathML e viene usato usando i simboli di dollaro e l'altro è MathJaX e lo si usa con i simboli

\( ... \)

oppure con

[tex] ... [/tex]

Nota che i primi sono validi anche in \(\displaystyle \LaTeX \). Il forum accetta anche i simboli

\[ ... \]

per le formule non il linea.
Infine è anche possibile usare i vari environment senza nulla intorno. Per esempio se scrivi

\begin{align} x &= 2y^2 \\ x + y &= 0  \end{align}

viene visualizzato come \begin{align} x &= 2y^2 \\ x + y &= 0 \end{align} ovvero come se avessi messo

\[ ...  \]

intorno all'environment.

Comunque invece di \not\in dovresti usare \notin

[robbstark1]

Grazie per la risposta.
Tornando all'esercizio, per quanto riguarda la prima parte mi pare che diciamo la stessa cosa, con un'impostazione leggermente diversa.
Per quanto riguarda invece la seconda parte, utilizzi un teorema che non mi è noto, ovvero che se $G/Z(G)$ è ciclico, allora $G$ è abeliano.

Ho provato a dimostrarlo in generale e per ora mi sono bloccato. Nel caso particolare in cui supponiamo per assurdo $|Z(G)| = p$ e $|G| = p^2$ mi tornava (ma non ho riscritto i conti).

Per prima cosa mi riscrivo le definizioni, visto che sono ancora tante e troppo nuove per me.
Rinomino per comodità $Z(G) = H$
$G/H = \{ gH: g \in G \}$ supponiamo sia un gruppo ciclico di ordine $m$, $H$ abbia ordine $n$.
$(gH)^m = g^m H = H$
Questo implica che esiste un $h \in H$ tale che $g^m = h$ ovvero $g^m \in H$ per ogni $g in G$.