¿Si $H$, $K$ son subgrupos característicos de $G$, cuando es $\operatorname{Aut}(H\times K) = \operatorname{Aut}(H) \times \operatorname{Aut}(K)$ verdad?

Question

¿Si $H$, $K$ son subgrupos característicos de $G$, cuando es $\operatorname{Aut}(H\times K) = \operatorname{Aut}(H) \times \operatorname{Aut}(K)$ verdad?

¿Qué pasa si $H$, $K$ no son subgrupos característicos?

¿En general, en qué condiciones es cierto que $\operatorname{Aut}(H\times K) = \operatorname{Aut}(H) \times \operatorname{Aut}(K)$, subgrupos $H$, $K$ $G$?

Answer 1

Con respecto a ninguna restricción en dos subgrupos $H,K$ $G$, pero finito; Si $(|H|,|K|)=1$ luego $$Aut(H\times K)=Aut(H)\times Aut(K)$$ By setting $H=K=\mathbb Z_p $- so we have $ (| H |, | K |) > 1$- this property fails to be correct. Morover, it seems that if $G=H\times K$ entonces:

Que $f\in Aut(G)$. Tan $$f_H=f|_H\in Aut(H),f_K=f|_K\in Aut(K)$$ On the other hand, if $$f_H\in Aut(H),f_K\in Aut(K)$$ you may set $f=f_H\times f_K:HK\to HK$ with a rule (?) then $f\in Aut(G=HK) $ (?). Now assume that $% $ $\psi:Aut(H)\times Aut(K)\to Aut(G),\psi(f_H,f_K)=f_H\times f_K\\ \phi: Aut(G)\to Aut(H)\times Aut(K),\psi(f)=(f_H, f_K)$tratar de mostrar que son inversas entre sí.

Answer 2

No creo que la pregunta original especificado que $G = H \times K$. Sin esta especificación, la respuesta es bastante diferente (como Mariano se indica en los comentarios).

Considere la posibilidad de $G = D_8 \times Q_8$. A continuación, $H=Z(D_8) \times 1$ $K=1 \times Z(Q_8)$ son tanto de carácter subgrupos de $G$. El automorphism grupo de $G$ tiene orden de 3072, el automorphism grupo de $H \times K$ es de orden 6, y la imagen de la automorphism grupo de $G$ dentro de la automorphism grupo de $H \times K$ es de orden 1. En particular, el mapa de $\phi$ de Babak la respuesta de la necesidad de no ser inyectiva o surjective si $G \neq H \times K$.

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Veamos homomorphisms de productos directos.

La proposición: Hay una correspondencia entre el $\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}\Hom( H \times K, G )$ $\Hom(H,G) \times \Hom(K,G)$ que es inyectiva en general, y bijective si $G$ es abelian.

Prueba: Supongamos $f:H \times K \to G$ es un homomorphism. resulta $f$ también es un producto directo: $f((h,k)) = f((h,1) \cdot (1,k)) = f((h,1)) \cdot f((1,k))$. Definir $f_H : H \to G : h \mapsto f((h,1))$. Desde $(h_1,1)\cdot(h_2,1) = (h_1\cdot h_2,1)$ obtenemos $f_H( h_1 \cdot h_2) = f_H(h_1) \cdot f_H(h_2)$ $f_H$ es también un homomorphism. Del mismo modo $f_K$ es un homomorphism.

Por el contrario, supongamos que tenemos homomorphisms $f_H : H \to G$ $f_K : K \to G$ $G$ es abelian, definir $f: H \times K \to G : (h,k) \mapsto ( f_H(h), f_K(k) )$. Desde $(h_1,k_1) \cdot (h_2,k_2) = ( h_1\cdot h_2, k_1 \cdot k_2)$ ha $f((h_1,k_1) \cdot(h_2,k_2)) = f((h_1,k_1)) \cdot f((h_2,k_2))$ $f$ es también un homomorphism.

En resumen: la correspondencia se lleva a $f$ $(f_H,f_K)$en el primer párrafo, y se lleva a $(f_H,f_K)$ $f$en el segundo párrafo tan largo como $G$ es abelian. $\square$

La proposición: Hay una correspondencia 1-1 entre el$\Hom(G,H \times K)$$\Hom(G,H) \times \Hom(G,K)$.

Prueba: Si $f:G \to H \times K$ es un homomorphism, definir $f^H:G \to H:g\mapsto h$ $f^K:G \to K: g \mapsto k$ donde $f(g) = (h,k)$. No es difícil mostrar $f^H$ $f^K$ son homomorphisms.

Por el contrario, si $f^H:G \to H$ $f^K:G \to K$ son homomorphisms, a continuación, defina $f:G \to H \times K : g \mapsto (f^H(g), f^K(g))$. No es difícil mostrar $f$ es un homomorphism.

En resumen, el 1-1 de la correspondencia se lleva a $f$ $(f^H,f^K)$en el primer párrafo, y se lleva a $(f^H,f^K)$ $f$en el segundo párrafo. $\square$

La combinación de estos podemos manejar el caso en que tanto el dominio y el rango son productos directos. Tenga en cuenta que$(f^H)_K = (f_K)^H$, por lo que acabo de escribir $f^H_K$.

La proposición: Hay una correspondencia entre el $\Hom(H \times K)$ $\Hom(H,H) \times \Hom(H,K) \times \Hom(K,H) \times \Hom(K,K)$ que es inyectiva en general, y bijective si $H,K$ son abelian.

Prueba: $f \mapsto (f^H_H, f^K_H, f^H_K, f^K_K)$. La dirección inversa, vale si $H,K$ son abelian. $\square$

Ahora automorfismos son más complicados en general, pero si $H$ $K$ son razonables independiente (no contienen isomorfo directa de los factores), entonces uno tiene una bonita expresión dada en el de Arturo respuesta.

Sin embargo, si $\Hom(H,K) = \Hom(K,H) = 0$, luego tenemos la diagonal de las matrices y los automorfismos son fáciles de entender.

Answer 3

es la primera vez que trato de responder a mi pregunta ! no sé si esto hará que la pregunta cerrada o qué va a pasar ,pero tengo un juicio para probar esta afirmación y quiero compartirlo con ustedes ,y espero que no hay errores de lógica .

para demostrar $Aut(H \times K) = Aut(H) \times Aut(K) $

1 - puedo demostrar que $Aut(H \times K) \subseteq Aut(H) \times Aut(K) $

deje $M \in Aut(H \times K)$ $M=(M_1,M_2)$

$M_1(H) \times M_2(K) = (M_1,M_2)(H\times K)=M(H\times K)=H\times K $

por eso , $M=(M_1,M_2) \in Aut(H)\times Aut(K)$

por eso, $Aut(H \times K) \subset Aut(H) \times Aut(K) $

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2 - puedo demostrar que $Aut(H) \times Aut(K) \subseteq Aut(H \times K) $

deje $M\in Aut(H)\times Aut(K) so M=(M_1,M_2) where M_1 \in Aut(H)$ $M_2 \in Aut(K) $

$M(H\times K)=(M_1,M_2)(H\times K)=(M_1(H)\times M_2(K))=(H,K)$

por lo$M\in Aut(H\times K)$

por eso , $Aut(H) \times Aut(K) \subseteq Aut(H \times K) $

el uso de 1,2 ,llegamos a la conclusión de que ,$Aut(H \times K) = Aut(H) \times Aut(K) $

creo que esta es la prueba más malo que he escrito ! no sé si tiene algún sentido !