Demuestre que no hay un grupo$G$ st$\operatorname{Aut}(G)=\mathbb{Q}$

Question

Demostrar que no hay ningún grupo $G$ s.t. $\operatorname{Aut}(G)=\mathbb{Q}$

Tengo la sensación de que debemos continuar por la contradicción.

Así que vamos a $G$ ser un grupo.t. $\operatorname{Aut}(G)=\mathbb{Q}$. A continuación, podemos identificar los elementos de $\mathbb{Q}$ con automorfismos de a$G$... y las identidades como $\frac{1}{2}*2(g)=1(g)=g$

Puede alguien ayudarme a encontrar una contradicción?

Answer 1

Supongamos $G$ es un grupo con $\operatorname{Aut}(G)\cong\mathbb{Q}$. Si $G$ es abelian, a continuación, $f(x)=-x$ es un automorphism de $G$ que satisface $f^2=1$. Pero $\mathbb{Q}$ es de torsión libre, por lo que esto implica $f=1$. Pero, a continuación, $G$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{Z}/(2)$, por lo que su automorphism grupo es nonabelian si su dimensión es mayor que $1$ y finito de otra manera.

Así, $G$ debe ser nonabelian; decir $x,y\in G$ no conmutan. Ahora tenga en cuenta que $G$ actúa sobre sí mismo por conjugación, y esto le da un homomorphism $\varphi:G\to\operatorname{Aut}(G)\cong\mathbb{Q}$ cuyo núcleo es $Z(G)$, el centro de $G$. Tenga en cuenta que el subgrupo de $\mathbb{Q}$ generado por $\varphi(x)$ e $\varphi(y)$ es cíclico (ya que cada finitely generado subgrupo de $\mathbb{Q}$ es cíclico); dicen que es generado por $\varphi(a)$ para algunos $a\in G$. Luego hay $m,n\in\mathbb{Z}$ e $z,z'\in Z(G)$ tal que $x=a^nz$ e $y=a^mz'$. Pero ahora vemos que $x$ e $y$ realmente hacen conmutar (desde $z$ e $z'$ conmuta con todo), así que tenemos una contradicción.