Abbiamo già classificato in un precedente articolo i gruppi di ordine $p^2$. In questo articolo ripetiamo la classificazione per i gruppi di ordine $p^3$ con $p$ primo. Abbiamo già considerato esplicitamente il caso $p=2$ in un precedente articolo, perciò qui ci concentriamo nel caso $p > 2$.
Prima di tutto classifichiamo i gruppi abeliani:
Teorema. I gruppi abeliani di ordine $p^3$ sono $\Z_{p^3}$, $\Z_{p^2} \times \Z_{p}$ oppure $\Z_{p} \times \Z_{p} \times \Z_{p}$.
Dimostrazione. Potremmo rifare tutti i conti e sarebbero noiosi, perché il teorema segue dalla classificazione dei gruppi abeliani finiti. $\square$
Ora per i gruppi non-abeliani consideriamo il centro $Z(G)$. Essendo un sottogruppo, può avere ordine $1, p, p^2, p^3$. Non può avere ordine $p^3$ perché altrimenti il gruppo sarebbe abeliano. Non può avere neanche ordine $1$ perché abbiamo visto che un gruppo di ordine $p^n$ ha centro non banale. L’ordine non può essere neanche $p^2$, perché altrimenti $G/Z(G)$ avrebbe ordine $p$ e quindi sarebbe ciclico, e abbiamo visto nello stesso articolo che ciò implica che $G$ sarebbe abeliano. Perciò concludiamo che per $G$ non-abeliano, $\abs{Z(G)}=p$. Perciò $G/Z(G)$ ha ordine $p^2$, e conoscendo la classificazione dei gruppi di ordine $p^2$ abbiamo due opzioni: o $G/Z(G)\cong\Z_{p^2}$ oppure $G/Z(G)\cong\Z_{p} \times \Z_{p}$. Ma la prima opzione non è possibile, perché se $G/Z(G)$ è ciclico allora $G$ è abeliano. Perciò concludiamo che $Z(G)$ ha ordine $p$ e $G/Z(G)\cong\Z_{p} \times \Z_{p}$.
Ora dimostriamo il seguente lemma:
Proposizione. Se $H$ è normale, allora $G/H$ è abeliano se e solo se $[G,G] \leq H$.
Dimostrazione. Il gruppo $[G,G]$ detto il sottogruppo derivato o il sottogruppo commutatore è formato dagli elementi $[x,y] \equiv xyx^{-1}y^{-1}$ dove $x,y \in G$. Ora $G/H$ è abeliano se e solo se $xy H = yx H$ per ogni $x,y \in G$, ma ciò è vero se e solo se $xy (yx)^{-1} \equiv [x,y] \in H$, cioè se e solo se $[G,G] \leq H$. $\square$
Se $G$ è non-abeliano di ordine $p^3$ possiamo dire qualcosina in più. Come abbiamo visto sopra ci interessa prendere $H=Z(G)$, che ha ordine $p$, e inoltre $G/Z(G)\cong\Z_{p} \times \Z_{p}$ che è abeliano. Perciò per la proposizione precedente $[G,G] \leq Z(G)$. In questo caso poiché $[G,G]$ è un sottogruppo, ed è non banale perché $G$ è non-abeliano, allora può avere ordine $p, p^2, p^3$. Ma poiché appunto $[G,G] \leq Z(G)$ e $Z(G)$ ha ordine $p$ allora anche $[G,G]$ ha ordine $p$ e in particolare $[G,G] = Z(G)$.
Poiché $G/Z(G) \cong\Z_{p} \times \Z_{p}$ allora abbiamo due elementi distinti $x,y \in G$ tali che $x Z(G)$ e $y Z(G)$ generano $G/Z(G)$. Poiché devono generare $\Z_{p} \times \Z_{p}$ allora dobbiamo avere $x^p \in Z(G)$, $y^p \in Z(G)$ e $xy Z(G) = yx Z(G)$. Perciò in particolare $[x,y] \in Z(G)$. Tuttavia non possiamo fare conclusioni su $x^p$ e $y^p$ se non dire che appartengono al centro (in particolare non conosciamo l’ordine di $x$ o $y$ in $G$). Ciò vuol dire che tutti gli elementi di $G/Z(G)$ sono della forma $x^a y^b Z(G)$. Ma poiché le classi laterali partizionano $G$, ciò vuol dire che ogni elemento $g \in G$ può essere scritto come $g = x^a y^b z^c$ dove $z$ è un generatore di $Z(G)$ (che è ciclico). Se $x$ e $y$ commutassero in $G$ allora $G$ sarebbe abeliano, ma ciò è falso per ipotesi. Perciò il commutatore $[x,y] \neq 1$. Ma poiché come abbiamo visto sopra $[x,y] \in Z(G)$, allora $[x,y]$ ha ordine $p$ è quindi genera $Z(G)$. Perciò possiamo scegliere $z=[x,y]$ e quindi ogni elemento $g \in G$ può essere scritto come $g = x^a y^b [x,y]^c$
Per semplificare la notazione successiva scriviamo in maniera equivalente $g = y^a x^b [x,y]^c$. Poiché $[x,y] \in Z(G)$, allora $x$ e $y$ commutano con $[x,y]$ e utilizzando un lemma che abbiamo già dimostrato in un precedente articolo, il prodotto nel gruppo è quindi dato da
$$y^a x^b [x,y]^c y^{a’} x^{b’} [x,y]^{c’}= y^a [x^b, y^{a’}] y^{a’} x^b x^{b’} [x,y]^{c+c’} =y^{a+a’} x^{b+b’} [x,y]^{c+c’+a’b}$$
Ora poiché $G$ è non-abeliano, e quindi non è ciclico, non può avere elementi di ordine $p^3$, per cui i suoi elementi non banali possono avere ordine $p$ o $p^2$. Supponiamo che non ci siano elementi di ordine $p^2$. Allora il gruppo è isomorfo al gruppo di Heisenberg su $\Z_p$, ovvero le matrici della forma
$$\begin{pmatrix} 1 & b & c\\ 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \leftrightarrow y^a x^b [x,y]^c$$
dove $a,b,c$ sono interi modulo $p$. Poiché tutti gli elementi di $G$ hanno ordine $p$, $x^p=y^p=[x,y]^p=1$ e quindi la mappa è ben definita. Non è difficile mostrare che è un isomorfismo.
L’ultimo caso rimanente è quello in cui abbiamo elementi di ordine $p^2$. Ciò può avvenire nel caso in cui almeno uno tra $x$ e $y$ abbia ordine $p^2$. Vogliamo descrivere il gruppo in questo caso come gruppo di matrici. Supponiamo senza perdita di generalità che sia $y$ ad avere ordine $p^2$. Prima di tutto dimostriamo che possiamo ridefinire $x$ in modo che abbia ordine $p$. Poiché $G/Z(G)\cong\Z_{p} \times \Z_{p}$ allora l’elemento $g Z(G) \in G/Z(G)$ ha sempre ordine $p$, e quindi $g^p \in Z(G)$ per ogni $g \in G$. Inoltre poiché (come abbiamo visto all’inizio) $Z(G)=[G,G]$ è ciclico di ordine $p$, allora $[g,h]^p = 1$ per ogni $g,h \in G$. Perciò utilizzando lo stesso lemma di prima, allora $(gh)^p=g^p h^p [g,h]^{p(p-1)/2}=g^p h^p$. Ciò perché $p$ è un numero primo maggiore di due, quindi è dispari e perciò $(p-1)/2$ è intero. Ora poiché $y$ ha ordine $p^2$, $y^p$ ha ordine $p$ e poiché $y^p \in Z(G)$ allora $y^p$ genera $Z(G)$. Ne segue che $x^p = (y^p)^r=(y^r)^p$ e quindi dal risultato che abbiamo appena visto, $(x y^{-r})^p=1$. Ora poiché $x \neq y^r$ (altrimenti $x$ e $y$ commuterebbero) allora $x y^{-r} \neq 1$ e in particolare possiamo rimpiazzare $x$ con $x y^{-r}$, che ha ordine $p$, e quindi possiamo supporre senza perdita di generalità che $x$ ha ordine $p$.
Ora come avevamo visto $g = y^a x^b [x,y]^c$, quindi rimane da capire cosa sia $[x,y]$. Come abbiamo visto poco fa $y^p$ genera $Z(G) = [G,G]$ e quindi $[x,y]=(y^p)^k$. Perciò abbiamo anche $[x,y]^l=y^{pkl}$, ovvero $[x^l,y]=y^{pkl}$ dove abbiamo utilizzato di nuovo il lemma dell’articolo precedente. Ora poiché $[x,y] \neq 1$ allora $k \not\equiv 0 \,\,(\mathrm{mod}\, p)$ e quindi possiamo scegliere $l$ in modo tale che $k l \equiv 1 \,\,(\mathrm{mod}\, p)$ (un risultato standard della teoria dei numeri). Ne segue che $[x^l,y]=y^{p}$ e quindi sostituendo $x$ con $x^l$ possiamo quindi scegliere $x$ e $y$ con ordine $p$ e $p^2$ rispettivamente, tali che $[x,y]=y^p$.
Ciò implica che un elemento generico di $g$ possa essere scritto come $g = y^a x^b [x,y]^c = y^{a + cp} x^b$ dato che appunto sia $x$ che $y$ commutano con il commutatore. La moltiplicazione nel gruppo è quindi data da
$$y^{a} x^b y^{a’} x^{b’} =y^{a+a’+pa’b} x^{b+b’} $$
poiché $y^{p^2}=1$. Il gruppo è perciò isomorfo al gruppo delle matrici della forma
$$\begin{pmatrix} 1 + pb & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \leftrightarrow y^a x^b $$
dove $b$ è un intero modulo $p$ e $a$ un intero modulo $p^2$. Perciò concludendo abbiamo tre gruppi abeliani e due gruppi non abeliani.