Deje $G$ ser un grupo tal que $\operatorname{Aut}(G)\cong\Bbb{Z}/8\Bbb{Z}$. A continuación, el mapa
$$\psi:\ G\ \longrightarrow\ \operatorname{Aut}(G):\ g\ \longmapsto\ (x\ \longmapsto gxg^{-1}),$$
es un grupo homomorphism con $\ker\psi=Z(G)$, el centro de $G$. Cada subgrupo de $\operatorname{Aut}(G)\cong\Bbb{Z}/8\Bbb{Z}$ es cíclico, así que esto demuestra que $G/Z(G)$ es cíclico. De ello se desprende que $G=Z(G)$, lo $G$ es un grupo abelian.
Cada finitely generado abelian grupo es finito suma directa de grupos cíclicos. Sin pérdida de generalidad que es todo el infinito cíclico, o cíclica del primer poder de la orden. Disponemos de una inyección
$$\operatorname{Aut}(H_1)\times\operatorname{Aut}(H_2)\ \longrightarrow\ \operatorname{Aut}(H_1\times H_2),$$
para cualquier par de grupos de $H_1$$H_2$, del que se desprende que por cada factor de $H$ $G$ tenemos que $\operatorname{Aut}(H)\cong\Bbb{Z}/8\Bbb{Z}$ o que $\operatorname{Aut}(H)$ es trivial. Esta muestra $G$ es finito, como $\operatorname{Aut}(\Bbb{Z})\cong\Bbb{Z}/2\Bbb{Z}$.
Nunca cíclico grupo de potencia principal fin es isomorfo a $\Bbb{Z}/p^k\Bbb{Z}$ para algunos prime $p$$k>0$, y
$$|\operatorname{Aut}(\Bbb{Z}/p^k\Bbb{Z})|=\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1),$$
donde $\varphi$ denota Eulers totient función. Así, por $|\operatorname{Aut}(\Bbb{Z}/p^k\Bbb{Z})|=8$ a celebrar debemos tener $p^k=2^4$. Pero es fácil comprobar que $\operatorname{Aut}(\Bbb{Z}/2^4\Bbb{Z})\not\cong\Bbb{Z}/8\Bbb{Z}$. Para $|\operatorname{Aut}(\Bbb{Z}/p^k\Bbb{Z})|=1$ debemos tener $p^k=2^1$. A continuación, $G\cong(\Bbb{Z}/2\Bbb{Z})^m$ algunos $m\geq0$. Por permuting los factores de $\Bbb{Z}/2\Bbb{Z}$ obtenemos una incrustación
$$S_m\ \longrightarrow\ \operatorname{Aut}(G),$$
del grupo simétrico en el automorphism grupo de $G$, lo $m\leq2$. Compruebe que
$$\operatorname{Aut}((\Bbb{Z}/2\Bbb{Z})^m)\cong S_m,$$
tiene por $0\leq m\leq2$ a la conclusión de que no hay ningún grupo $G$$\operatorname{Aut}(G)\cong\Bbb{Z}/8\Bbb{Z}$.
