Supongamos $G$ un grupo finito tal que $Z(G)=\{e\}$. Ahora considere el $G^n$. ¿Qué es ${\rm Aut}(G^n)$?
Mi reclamo es ${\rm Aut}(G^n)={\rm Aut}(G)^n \rtimes S_n$.
Respuesta
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Los Krull-Schmidt Teorema (véase el artículo de la Wikipedia - al parecer, se demostró por primera vez por Wedderburn, y también por Ramak) dice que para que un grupo de $G$ la satisfacción de ACC y DCC en subgrupos normales (que se aplica en particular para los grupos finitos), si $G \cong G_1 \times \cdots \times G_k \cong H_1 \times \cdots \times H_l$, con cada una de las $G_i,H_i$ indecomposable, a continuación,$k=l$, $H_i$ se pueden reordenar tal que $G_i \cong H_i$ todos los $i$, y también se $G \cong G_1 \times \cdots \times G_{k-1} \times H_k$. En otras palabras, $G_k$ puede ser sustituido por $H_k$ en la descomposición.
Supongamos ahora que $Z(G)=1$. Desde $G_k$ puede ser reemplazado por $H_k$, $H_k$ debe proyectar en el cociente grupo $G/(G_1 \times \cdots \times G_{k-1})$. Deje $g =(g_1,\ldots,g_{k-1},g_k) \in H_k$$g_i \in G_i$. Si algunos de $1 \ne g_i$ $i \le k-1$ a continuación, desde la $g_i \not\in Z(G_i)$, tomando el colector de $g$ con un elemento de $G_i$ que no centralizar $g_i$ da un elemento en $G_i \cap H_k$, contradicción. Por lo $G_k=H_k$. Del mismo modo podemos ver que $G_i=H_i$ todos los $i$, por lo que el directo de la descomposición de $G$ en indecomposable grupos es único, y no sólo única hasta el isomorfismo.
Por lo tanto, si $Z(G) = 1$ $G \cong G_1 \times \cdots \times G_k$ $G_i$ indecomposable, a continuación, ${\rm Aut(G)}$ es isomorfo a la semidirect producto de ${\rm Aut}(G_1) \times \cdots \times {\rm Aut}(G_k)$ con el subgrupo de $S_k$ que permutes la isomorfo $G_i$.
