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Muestran que $f$ es un homomorfismo.

Hay un grupo de $G$ orden $p^3$ donde $p>2$. Mostrar que $f:G\rightarrow Z(G) $ $f(x)=x^p$ es un homomorphism.

Mi intento:

Caso a):

Supongamos $|Z(G)|=p^3$. A continuación,$G=Z(G)$, lo $G$ es abelian, y $(x_1x_2)^p=x_1^px_2^p$ es obvia.

Caso b):

Supongamos $|Z(G)|=p^2$. A continuación, $|G/Z(G)|=p$ y es cíclico, $G$ sí es abelian, lo que implica que $|G|=|Z(G)|=p^3$. Contradicción.

Caso c):

Supongamos $|Z(G)|=p$. A continuación,$|G/Z(G)|=p^2$, lo $G/Z(G)\cong\mathbb{Z_p}\times\mathbb{Z_p}$(de lo contrario $G/Z(G)$ es cíclico y $G$ es abelian. Así que...

No quiero ni pensar que es posible terminar con mi solución. Parece que no es la mejor, pero esta es solo mi mala suerte trate.

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sholsinger Puntos 1570

Para cualquier $a,b\in G$ $$ [a, b]: = aba ^ {-1} b ^ {-1} $$ desde $G/Z(G)$ es abelian, uno puede ver eso $$ [a, b] \in Z(G) \quad\forall a, b\in G $$ por lo tanto, $[a,b]^p = e$ % todos $a,b\in G$. Ahora cualquier $x,y\in G$, tenga en cuenta que $$ (xy) ^ p = x ^ py ^ p [x, y ^ {-1}] ^ {p(p-1)/2} = x ^ y p ^ p ([x, y ^ {-1}] ^ p) ^ {(p-1)/2} = x ^ py ^ p $$

2voto

Onorio Catenacci Puntos 6130

Desde $G/Z(G)$ es abeliano, para cualquier $x,y \in G$, es el conmutador $[x,y]=x^{-1}y^{-1}xy$ $Z(G)$.

Ahora $yx=xy[y,x]$. Para transformar $(xy)^p$ $x^py^p$ tenemos para llevar a cabo esta transformación un total de $p(p-1)/2$ veces, que es un múltiplo de $p$ porque $p$ es raro... Por lo tanto, usando $[y,x] \in Z(P)$, Haz $$(xy)^p = x^py^p[y,x]^{p(p-1)/2} = x^py^p,$ $ que prueba el resultado.

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