Sí, este es un automorfismo. En primer lugar, empezaré suponiendo que $\alpha$ es un homomorfismo y utilizarlo para demostrar que $\alpha$ es un automorfismo. A continuación demostraré que el mapa $\alpha$ es, de hecho, un homomorfismo.
Automorfismo: Por lo tanto, para demostrar esto $\alpha$ es un automorfismo basta con demostrar que es suryectivo y también inyectivo. Es suryectivo porque se está mapeando sobre los generadores de $G$ mientras que es inyectiva porque $G$ es finito.
Homomorfismo: Para demostrarlo, este mapa $\alpha$ es un homomorfismo, comience escribiendo $G$ como $F(X)/N$ donde $N$ es el cierre normal de los relatores $r_i^{-1}r_i^{\prime}$ . Estamos definiendo $\alpha$ como mapa "arriba" en $F(X)$ donde se cumple lo siguiente:
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$\alpha(x_i^{\epsilon_1})\alpha(x_j^{\epsilon_2})=\alpha(x_i^{\epsilon_1}x_j^{\epsilon_2}N)$ para todos los generadores $x_i, x_j\in X$ y todos $\epsilon_1, \epsilon_2\in\{1, -1\}$ .
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$\alpha(r_i)=\alpha(r_i^{\prime})$ para todos $i$ .
Queremos demostrar que se reduce a un homomorfismo de $G=F(X)/N$ . Así pues, obsérvese que este mapa $\alpha$ es un homomorfismo si y sólo si $\alpha(x_i^{\epsilon_1}N)\alpha(x_j^{\epsilon_2}N)=\alpha(x_i^{\epsilon_1}x_j^{\epsilon_2}N)$ para todos los generadores $x_i, x_j$ y todos $\epsilon_1, \epsilon_2\in\{1, -1\}$ (esto es sólo usando la definición de $G$ como cociente del grupo libre). Entonces, las condiciones se combinan para implicar que $\alpha(N)=N$ (necesita (1) para darle ese $\alpha(W)^{-1}$ y $\alpha(W^{-1})$ son iguales como palabras, porque $N$ es el cierre normal del $x_i$ s). Demostraré que $\alpha(x_i^{\epsilon}N)=\alpha(x_i^{\epsilon})N$ y dejaré que unan los puntos para demostrar que el mapa es, de hecho, un homomorfismo.
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Consideremos un elemento arbitrario de $\alpha(x_i^{\epsilon})N$ , $\alpha(x_i^{\epsilon})n\in\alpha(x_i^{\epsilon})N$ donde $n\in N$ . Entonces existe alguna palabra $m\in N$ tal que $\alpha(m)=n$ (porque $\alpha(N)=N$ ), por lo que tenemos lo siguiente. $$\alpha(x_i^{\epsilon})n=\alpha(x_i^{\epsilon})\alpha(m)=\alpha(x_i^{\epsilon}m)$$ Por lo tanto, $\alpha(x_i^{\epsilon})N\leq \alpha(x_i^{\epsilon}N)$ .
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Consideremos un elemento arbitrario de $\alpha(x_i^{\epsilon}N)$ , $\alpha(x_i^{\epsilon}n)\in\alpha(x_i^{\epsilon}N)$ donde $n\in N$ . Entonces tenemos lo siguiente, donde $m\in N$ . $$\alpha(x_i^{\epsilon}n)=\alpha(x_i^{\epsilon})\alpha(n)=\alpha(x_i^{\epsilon})m$$ Por lo tanto, $\alpha(x_i^{\epsilon})N\geq \alpha(x_i^{\epsilon}N)$ .
Podemos concluir entonces que $\alpha(x_i^{\epsilon})N=\alpha(x_i^{\epsilon}N)$ según sea necesario. Como he mencionado anteriormente, voy a dejar que demuestres que esto implica que $\alpha$ es un homomorfismo.
¿Y los grupos infinitos? Este mapa $\alpha$ es siempre un homomorfismo, y los supuestos implican que siempre será suryectivo. Sin embargo, $\alpha$ no es necesariamente inyectiva en general (véase, por ejemplo, aquí - la palabra clave es nohopfiano ). Sin embargo, será inyectiva si el grupo $G$ es un grupo abeliano finitamente generado, o un grupo libre finitamente generado, o un grupo lineal finitamente generado (esto incluye grupos finitos, y las otras dos clases que he mencionado).
