¿Qué podemos decir del mapa? $G\mapsto \text{Aut}(G)$ en la clase propia de todos los grupos?

Question

Llamemos a $\frak{G}$ la clase de todos los grupos. Consideremos en $\frak{G}$ la relación de equivalencia $\sim$ tal que $G \sim G' \Leftrightarrow \exists \varphi $ isomorfismo de grupos tal que $G=\varphi(G')$

Considere $\chi: (\frak{G}/\sim) \rightarrow (\frak{G}/\sim)$ tal que $\chi([G]_{\sim})=[Aut(G)]_{\sim}$ .

¿Qué puedo decir sobre $\chi$ (uno a uno, sobre)? ¿Y si sólo considero grupos finitos?

Answer 1

$\operatorname{Aut}(\Bbb Z/4\Bbb Z)\simeq\operatorname{Aut}(\Bbb Z/3\Bbb Z)$ .

Answer 2

Para empezar, no existe el "conjunto de todos los grupos". Lo que se busca es una clase propia, para la que esta pregunta debería ser útil.

En respuesta a la parte sobre $\chi$ siendo inyectiva, esto seguramente no es cierto, ya que muchos grupos tienen el mismo grupo de automorfismo - el grupo trivial y $\mathbb{Z}_2$ para un ejemplo sencillo.

Un interesante documento de Iyer contiene otros numerosos ejemplos de grupos con los mismos grupos de automorfismo, en particular las proposiciones 6.1 - 6.6. También muestra que un grupo simple no abeliano tiene el mismo grupo de automorfismo que su grupo de cobertura.

Además $\chi$ no es sobreyectiva. Por ejemplo, $\mathbb{Z}_p$ no es un grupo de automorfismo de ningún grupo para $p>2$ . (Jack Schmidt lo dice mejor aquí .) Además, no hay ningún grupo $G$ tal que $\text{Aut}(G)$ es un abeliano $p$ -grupo de orden $\leq p^{11}$ para $p>2$ . ( referencia .) También cabe destacar que Iyer demuestra que $S_6$ no es el grupo de automorfismo de ningún grupo finito, y que todo grupo finito aparece como grupo de automorfismo de a lo sumo muchos grupos finitos.

Answer 3

También hay otra cosa que se puede decir sobre el mapa anterior: no se puede extender a un functor: esto es un ejercicio de Topos Triples y Teorías de Barr y Wells. Una prueba de este hecho viene dada por la observación de que $GL_3(\mathbf F_2)$ el grupo de automorfismos de $\mathbb F_2^3\cong (\mathbb Z/2 \mathbb Z)^3$ es simple, por lo que el único homomorfismo no inyectivo de este grupo a cualquier otro debe ser el homomorfismo nulo. Tenemos una incrustación trivial de $\mathbb F_2^2$ en $\mathbb F_2^3$ y una proyección trivial de ésta a $\mathbb F_2^2$ : $$\mathbb F_2^2 \stackrel{i}{\hookrightarrow} \mathbb F_2^3 \stackrel{\pi}{\rightarrow} \mathbb F_2^2 $$

tal que $\pi \circ i = 1_{\mathbb F_2^2}$ . Si hubiera un functor $\chi$ como arriba deberíamos obtener un diagrama de tipo $$\chi(\mathbb F_2^2) \stackrel{\chi{i}}{\rightarrow} \chi(\mathbb F_2^3) \stackrel{\chi{\pi}}{\rightarrow} \chi(\mathbb F_2^2)$$ donde $\chi(\pi) \circ \chi (i) = 1_{\chi(\mathbb F_2^2)}$ pero $\chi(\pi)$ debe ser un homomorfismo nulo, porque $\chi(\mathbb F_2^3)$ tiene 168 elementos mientras que $\chi(\mathbb F_2^2)$ tiene sólo seis elementos (por lo que el homomorfismo no puede ser inyectivo). Por lo tanto, obtenemos el absurdo y se deduce que $\chi$ no puede extenderse a un functor.