$\mathrm{Aut}(\mathrm{Aut}(G))\cong\mathrm{Aut}(G)$ para $G$ un grupo simple no abeliano

Question

Desde hace un par de días he estado haciendo muchos problemas de teoría de grupos, pero el siguiente me pareció especialmente difícil, y bastante interesante. Mi nivel es hasta un curso de introducción a la teoría de grupos excluyendo Teoría de Sylow.

He hecho una gran edición para incluir todo el trabajo realizado hasta ahora y excluir las partes no relevantes.

Dejemos que $G$ sea un grupo no abeliano tal que todos los subgrupos normales sean triviales (es decir, los únicos subgrupos normales son $\{e\}$ y $G$ mismo). Demuestra lo siguiente.

a. $G\cong\mathrm{Inn}(G)$

b. Si $\psi\in\mathrm{Aut}(G)$ y $\forall\varphi\in\mathrm{Inn}(G), \ \psi\circ\varphi=\varphi\circ\psi$ entonces $\psi=\mathrm{id}_G$ .

c. Si $N\lhd\mathrm{Aut}(G)$ tal que $N\cap\mathrm{Inn}(G)=\{\mathrm{id}_G\}$ entonces $N=\{\mathrm{id}_G\}$ .

d. $\mathrm{Inn}(G)\ char \ \mathrm{Aut}(G)$

e. $\mathrm{Aut}(\mathrm{Aut}(G))=\mathrm{Inn}(\mathrm{Aut}(G))\cong\mathrm{Aut}(G)$

a. Desde $Z(G)\lhd G $ , ya sea $Z(G)=\{e\}$ o $Z(G)=G$ . En este último caso $G$ es abeliana, lo que no es el caso, por lo que $Z(G)=\{e\}$ y se deduce que $\mathrm{Inn}(G)\cong G/Z(G)\cong G$ .

b. Desarrollando los comentarios de Max y Servaes, vemos que la identidad dada da como resultado $\psi(g)\psi(a)\psi(g^{-1})=g\psi(a)g^{-1}$ y desde allí $g^{-1}\psi(g)\psi(a)=\psi(a)g^{-1}\psi(g)$ . Desde $\psi\in\mathrm{Aut}(G)$ , $\psi$ es biyectiva (por tanto, suryectiva), y por tanto $\forall g\in G \ g^{-1}\psi(g)\in Z(G)=\{e\}$ Por lo tanto $g=\psi(g)$ para todos $g\in G$ Así que $\psi=\mathrm{id}_G$

c. Supongamos que $N\lhd\mathrm{Aut}(G)$ tal que $N\cap\mathrm{Inn}(G)=\{\mathrm{id}_G\}$ . Desde $\mathrm{Inn}(G)\lhd\mathrm{Aut}(G)$ y la intersección entre ambos subgrupos normales es trivial, $\forall\varphi\in\mathrm{Inn}(G)\ \forall \psi\in N, \ \ \psi\circ\varphi=\varphi\circ\psi$ por lo que aplicando la parte b se concluye que $\psi=\mathrm{id_G}$ si $\psi\in N$ Por lo tanto $N=\{\mathrm{id}_G\}$ de hecho.

d. Es elaborado por Servaes.

e. La última parte que queda. Algunos conjeturan que la parte e) podría contener una errata, pero yo no lo creo. He conseguido demostrar lo siguiente: sabemos por la parte b) que si $\psi\in\mathrm{Aut}(G)$ se desplaza con todos los $\chi\in\mathrm{Aut}(G)$ entonces ciertamente $\psi$ se desplaza con todos los $\varphi\in\mathrm{Inn}(G)\subset\mathrm{Aut}(G)$ . Así que $Z(\mathrm{Aut}(G))=\{\mathrm{id}_G\}$ y por lo tanto $\mathrm{Inn}(\mathrm{Aut}(G))\cong\mathrm{Aut}(G)/Z(\mathrm{Aut}(G))\cong\mathrm{Aut}(G)$ .

Lo único que queda por demostrar es que $\mathrm{Aut}(\mathrm{Aut}(G))=\mathrm{Inn}(\mathrm{Aut}(G))$ para un grupo simple no abeliano el grupo de automorfismo es completo. Según Wikipedia Esto debería ser cierto, pero no tengo ni idea de cómo demostrarlo, pero supongo que podría resultar bastante fácil. Agradecería mucho si alguien pudiera escribir una prueba para esta última parte.

Answer 1

Para la parte b: Dicho mapa $h$ no existe en general. Por ejemplo, el grupo $A_5$ es simple con $\operatorname{Aut}(A_5)=S_5$ pero no hay ningún homomorfismo suryectivo $h:\ S_5\ \longrightarrow\ A_5$ .

El enfoque previsto parece ser este: Si $\psi\circ\varphi=\varphi\circ\psi$ para todos $\varphi\in\operatorname{Inn}(G)$ , entonces para todos los $g,h\in G$ $$\psi(ghg^{-1})=g\psi(h)g^{-1},$$ que se puede reordenar como $$g^{-1}\psi(g)\ \psi(h)=\psi(h)\ g^{-1}\psi(g).$$ Porque $\psi$ es suryente esto implica que $g^{-1}\psi(g)\in Z(G)$ para todos $g\in G$ . Ya ha demostrado que $Z(G)=\{e\}$ por lo que se deduce que $\psi=\operatorname{id}_G$ .

Para la parte d: Sea $\chi\in\operatorname{Aut}(\operatorname{Aut}(G))$ y que $N:=\chi(G)$ . Porque $G$ es simple y $\operatorname{Inn}(G)\cong G$ tenemos $N\cap\operatorname{Inn}(G)=\operatorname{Inn}(G)$ o $N\cap\operatorname{Inn}(G)=\{\operatorname{id}_G\}$ . Esto último implicaría, por la parte c, que $N=\{\operatorname{id}_G\}$ lo cual es claramente imposible. Por lo tanto, $N\cap\operatorname{Inn}(G)=\operatorname{Inn}(G)$ y así $N=\operatorname{Inn}(G)$ .

Para la parte e: [Esto falla para $A_6$ Así que debe haber un error tipográfico]. EDITAR: No estoy seguro de esta parte.

Answer 2

$\newcommand{\Inn}{\mathrm{Inn}}\newcommand{\Aut}{\mathrm{Aut}}\newcommand{\char}{\quad\mathrm{char}\quad}$ Para el último paso, considerando $\Inn(G) \char \Aut(G)$ cada automorfismo de $\Aut(G)$ induce un automorfismo de $\Inn(G)$ por lo que tenemos un homomorfismo: $$ f:\Aut(\Aut(G))\to\Aut(\Inn(G)),\quad\alpha\mapsto\alpha|_{\Inn(G)} $$ El núcleo de este mapa es un subgrupo normal $K\triangleleft\Aut(\Aut(G))$ . Para cualquier $\alpha\in K$ , $\alpha$ induce el mapa trivial en el subconjunto $\Inn(G)$ de $\Aut(G)$ .

Consideremos ahora el subgrupo normal $\Inn(\Aut(G))$ de $\Aut(\Aut(G))$ . Utilizando la reivindicación (b) anterior, si un elemento de $\Aut(G)$ se desplaza con todos los $\Inn(G)$ Debe ser trivial. Así que todos los elementos no identitarios en $\Inn(\Aut(G))$ debe ser no trivial restringido en $\Inn(G)$ . Esto significa que $\Inn(\Aut(G))\cap K=1$ . Con el mismo razonamiento que (c), sustituyendo $G$ con $\Aut(G)$ concluimos que $K=1$ Así que $\Aut(\Aut(G))\cong \Aut(\Inn(G))\cong \Aut(G)$ .