Intento demostrar que los automorfismos del grupo de cuatro de Klein son isomorfos a $S_3$ .
La primera idea es que el grupo de Klein es un grupo abeliano de cuatro elementos, tres de los cuales son de orden $2$ y deben ser asignados a otros elementos de orden $2$ y la identidad, por supuesto, debe ser asignada a sí misma.
Así que cualquier automorfismo "permuta" los elementos no identitarios.
Así que hay exactamente $3! = 6$ de ellos, coincidiendo con el número de elementos de $S_3$ . Entonces, si llamo a esos mapas no identitarios $f_2, f_2, \ldots, f_6$ Puedo, naturalmente, asignarlas a $S_3$ .
Por ejemplo, si los elementos no identitarios del grupo de Klein son $a$ , $b$ , $c$ Puedo considerarlas como $1$ , $2$ y $3$ (creo que el etiquetado no importa) y si cambiara $a$ y $b$ y se fijó $c$ Puedo considerar esto como la transposición $(12)$ .
Repitiendo esto, obtengo una biyección natural de conjuntos.
No sé cómo "demostrar" que es una biyección más allá de observar el mapeo y que golpea todo en $S_3$ exactamente una vez.
No sé, en concreto, cómo demostrar que se trata de un homomorfismo, como no sea comprobando todos los posibles pares de isomorfismos, lo cual es un poco laborioso.
Supongo que hay una forma mejor y más limpia de hacerlo.
ACTUALIZACIÓN: Después de trabajar más en este problema, tengo un intento actualizado. Es incompleto, pero creo que hace algunos progresos.
Realizamos el grupo 4 de Klein como $V = \{e, a, b, c\}$ , donde $a,b,c$ son los elementos no identitarios, cada uno de los cuales tiene orden $2$ . Cualquier automorfismo $f$ de $V$ debe enviar elementos de orden $2$ a los elementos de orden $2$ por lo que necesariamente debe permutar los elementos $a,b,c$ . Afirmo que tal permutación es necesariamente un automorfismo. Observamos que el grupo de cuatro de Klein tiene la propiedad de que si multiplicamos dos elementos no identitarios, obtenemos el tercero. Como $f$ mapas de $V$ a $V$ biyectivamente, también se da el caso de que cuando $f(g)f(g') = f(g'')$ , donde $g$ y $g'$ son elementos distintos y $g''$ es el tercero. Es decir, para cualquier $g \neq g' \neq e$ tenemos \begin{align*} f(gg') = f(g'') = f(g)f(g''). \end{align*} Si tomamos un $g \in V$ y luego considerar la multiplicación con la identidad $e$ tenemos \begin{align*} f(ge) = f(g) = e f(g) = f(e) f(g), \end{align*} desde $f(e) = e$ . Esto demuestra que $h$ es un homomorfismo, y como es biyectivo por definición, es un automorfismo. Como todo automorfismo debe enviar elementos de orden $2$ a los elementos de orden $2$ y hay exactamente $3! = 6$ permutaciones de $\{a,b,c\}$ hay exactamente seis elementos de Aut(G).
Por lo tanto, un automorfismo está determinado de forma única por la forma en que permuta los elementos ${a,b,c}$ dando un mapa biyectivo natural a $S_3$ reetiquetando estos elementos no identitarios como $1,2,3$ . Yo llamo $e$ la permutación de identidad y $f_{abc}$ como el automorfismo que mapea ${a,b,c} \to {a,b,c}$ (es decir, el mapa de identidad) y así sucesivamente. El mapa es: \begin{align*} & f_{a,b,c} \longmapsto e & & \text{both have order $1$} \\ & f_{a,c,b} \longmapsto (23) & & \text{both have order $2$} \\ & f_{b,a,c} \longmapsto (12) & & \text{both have order $2$} \\ & f_{c,b,a} \longmapsto (13) & & \text{both have order $2$} \\ & f_{b,c,a} \longmapsto (123) & & \text{both have order $3$} \\ & f_{c,a,b} \longmapsto (132) & & \text{both have order $3$} \end{align*} Se trata claramente de una biyección de conjuntos: toda permutación en $S_3$ fue golpeado exactamente una vez. Todavía no sé cómo demostrar que se trata de un homomorfismo. Construí el mapa de manera que preservara el orden de los elementos, pero ¿es eso suficiente? Podría comprobar que $\varphi(xy) = \varphi(x) \varphi(y)$ para cada par, pero debe haber una forma de hacerlo que se me escapa.
