In questo articolo cercheremo di estrarre quante più informazioni possibili sui gruppi di ordine $pq$ dove $p$ e $q$ sono primi. Supporremo senza perdita di generalità che $p > q$. Abbiamo trattato il caso particolare $p=q$ in un articolo precedente. Per studiare questi gruppi sarà importante utilizzare i teoremi di Sylow. Abbiamo in particolare il seguente risultato:
Teorema. A meno di isomorfismi esistono al più due gruppi di ordine $pq$:
- il gruppo ciclico $\Z_{pq}$.
- se e solo se $q$ divide $p-1$, allora esiste anche il prodotto semidiretto non-abeliano $\Z_q \ltimes \Z_p$ con presentazione $\expval{a,b | a^p=b^q=1, ba b^{-1} = a^n}$, dove $n$ è un intero che soddisfa $n \not\equiv 1\,\, (\mathrm{mod}\, p)$ e inoltre $n^q \equiv 1 \,\,\mathrm{mod}\, p$.
Ora procediamo alla dimostrazione partendo subito con i teoremi di Sylow. Poiché l’ordine del gruppo è $pq$, allora per il primo teorema di Sylow abbiamo dei sottogruppi-$p$ di Sylow e dei sottogruppi-$q$ di Sylow. Poiché il loro ordine è un numero primo, allora questi sottogruppi sono ciclici. Siano $n_p$ e $n_q$ il numero di sottogruppi-$p$ e -$q$ di Sylow. Allora per il terzo teorema di Sylow, abbiamo
\begin{align*}
n_p \equiv 1 \,\,\, \mathrm{mod}\, p \quad \quad \quad & n_p | q\\
n_q \equiv 1 \,\,\, \mathrm{mod}\, q \quad \quad \quad & n_q | p
\end{align*}
Come al solito $a | b$ vuol dire che $a$ divide $b$. Poiché $n_p | q$ e $q$ è primo, allora $n_p=1$ o $n_p=q$. Ma se $n_p=q$, allora abbiamo $q \equiv 1 \,\,\, \mathrm{mod}\, p$, cioè $p | (q-1)$. Ma ciò non è possibile, perché per ipotesi $p > q$. Allora abbiamo $n_p=1$, e abbiamo cioè un solo sottogruppo-$p$ di Sylow, e per un corollario del secondo teorema di Sylow è perciò un sottogruppo normale.
Ora possiamo ripetere il gioco per $n_q$. Di nuovo $n_q = 1$ o $n_q = p$. Nel primo caso non abbiamo ulteriori condizioni, mentre il secondo caso è possibile solo se $p \equiv 1 \,\,\, \mathrm{mod}\, q$, cioè se $q$ divide $p-1$. Perciò abbiamo due casi: se $q$ divide $p-1$ allora abbiamo $n_q = 1$ o $n_q = p$, altrimenti dobbiamo necessariamente avere $n_q = 1$. Come vedremo, se $n_q=1$ il gruppo è necessariamente abeliano, mentre invece se $n_q=p$ può anche essere non-abeliano. Ciò corrisponde all’enunciato del teorema.
Consideriamo quindi prima di tutto il caso $n_q=1$. In tal caso abbiamo due sottogruppi $\Z_q$ e $\Z_p$ normali (di nuovo per un corollario del secondo teorema di Sylow). Inoltre i due sottogruppi hanno per intersezione solo l’identità, perché tutti gli elementi non banali di $\Z_q$ hanno ordine $q$ e quelli di $\Z_p$ hanno ordine $p$. Sotto queste condizioni, è un risultato standard che il prodotto $\Z_q \Z_p$ in $G$ è isomorfo al prodotto diretto $\Z_q \times \Z_p$. Poiché $p$ e $q$ sono coprimi, sappiamo inoltre che $\Z_q \times \Z_p \cong \Z_{pq}$ e quindi il gruppo è ciclico e ha ordine $pq$. Poiché ha ordine $pq$ dev’essere $G$ e quindi $G \cong \Z_{pq}$ è ciclico.
Consideriamo invece il caso $n_q = p$. Poiché sappiamo che $n_p=1$ il sottogruppo-$p$ di Sylow $\Z_p$ è normale. Perciò $G/\Z_p$ è un gruppo e ha ordine $q$. Per il teorema di Schur-Zassenhaus abbiamo quindi $G = \Z_q \ltimes \Z_p$ è un prodotto semidiretto. Presi due elementi $a \in \Z_p$ e $b \in \Z_q$ avremo allora, poiché $\Z_p$ è normale, $bab^{-1} \in \Z_p$ e quindi $bab^{-1}=a^n$. Se $n \equiv 1\,\, (\mathrm{mod}\, p)$ allora $bab^{-1}=a$ e quindi i due sottogruppi commutano e perciò siamo al caso precedente in cui $G$ è abeliano. Perciò se $G$ è non-abeliano abbiamo $n \not\equiv 1\,\, (\mathrm{mod}\, p)$. Inoltre poiché $bab^{-1}=a^n$, abbiamo
$$b^2 a b^{-2} = b a^n b^{-1} = (b a b^{-1})^n = a^{n^2}$$
dove nella seconda uguaglianza abbiamo inserito $n$ volte $b b^{-1}$ tra gli $a$. Procedendo così otteniamo quindi $b^q a b^{-q} = a^{n^q}$, ma poiché $b^q=1$, ciò implica $a^{n^q}=a$ e quindi $n^q \equiv 1\,\,\,(\mathrm{mod}\,\,p)$ come avevamo detto.
Abbiamo perciò stabilito delle condizioni necessarie su un gruppo $G$ non-abeliano di ordine $pq$, però non abbiamo stabilito se questo gruppo effettivamente esiste o meno. Potrebbe essere infatti che l’unico prodotto semidiretto esistente sia quello banale. Inoltre è possibile che esistano più gruppi non-abeliani dello stesso ordine. Per risolvere questi ultimi due punti, utilizziamo il fatto che i prodotti semidiretti $H\ltimes K$ sono classificati dagli omomorfismi $H \to \mathrm{Aut}(K)$. Infatti data una tale mappa possiamo costruire il prodotto semidiretto e viceversa ogni prodotto semidiretto dà luogo ad un tale omomorfismo. Nel nostro caso poiché $p$ è primo, $\mathrm{Aut}(\Z_p) \cong \Z_{p-1}$ e quindi i prodotti semidiretti $\Z_q \ltimes \Z_p$ sono classificati dagli omomorfismi $\Z_q \to \Z_{p-1}$. Un tale omomorfismo non banale esiste se e solo se $p-1 | q$, che è la condizione che avevamo prima, e ciò stabilisce l’esistenza del prodotto semidiretto. Possiamo anche verificare manualmente che scegliendo due omomorfismi diversi non banali i due gruppi corrispondenti sono isomorfi. $\square$