Mostrando que una cíclico automorphism grupo hace un finito grupo abelian

Question

A partir de un banco de los maestros anteriores exámenes:

Deje $G$ ser un grupo finito tal que su automorphism grupo $\operatorname{Aut}(G)$ es cíclico. Demostrar que $G$ es abelian.

Esto es lo que yo estaba pensando. Deje $\phi:G \to G$ ser el generador de $\operatorname{Aut}(G)$, con el fin de $n$. Suponga que $G$ no es abelian. Entonces no es un trivial interior automorphism $\psi_g(x) = g^{-1}xg$. Desde $\phi$ genera todos los automorfismos, a continuación, $\psi_g = \phi^k$ algunos $k$. Esto también implica que $\psi_g^n(x) = g^{-n}xg^n$ es el mapa de identidad.

Después de eso, no hubo suerte. Alguna idea?

Answer 1

Si el automorphism grupo es cíclico, entonces el Interior automorphism grupo es cíclico. Pero el interior automorphism grupo es isomorfo a $G/Z(G)$, y si $G/Z(G)$ es cíclico, entonces es trivial. Por lo tanto, $G=Z(G)$ $G$ es abelian. (El argumento no requieren $G$ a un ser finito, por cierto.)

Para el último:

Prop. Si $H\subseteq Z(G)$ $G/H$ es cíclica y, a continuación, $G$ es abelian.

Supongamos $G/H$ es cíclica, con $H\subseteq Z(G)$. Deje $g\in G$ ser tal que $gH$ genera $G/H$. A continuación, todos los $x\in G$ puede ser escrito como $x=g^kh$ para algunos entero $k$ y algunos $h\in H$. Dado $x,y\in G$,$x=g^kh$$y=g^{\ell}h'$, por lo que $$\begin{align*} xy &= (g^kh)(g^{\ell}h')\\ &= g^kg^{\ell}hh' &\quad&\text{since }h\in Z(G)\\ &= g^{\ell}g^kh'h\\ &= g^{\ell}h'g^kh &&\text{since }h'\in Z(G)\\ &= (g^{\ell}h')(g^kh)\\ &= yx, \end{align*}$$ por lo tanto $G$ es abelian. QED

Para más información sobre lo que los grupos pueden ocurrir como central de cocientes, ver a esta pregunta anterior.

Añadido. Ya que usted menciona que no sabe que $\mathrm{Inn}(G)\cong G/Z(G)$, vamos a ello:

Definir un mapa de $G\to \mathrm{Aut}(G)$ mediante la asignación de $g\mapsto \varphi_g$ donde $\varphi_g$ es "la conjugación por $g$". Es decir, para todos los $x\in G$, $\varphi_g(x) = gxg^{-1}$.

Este mapa es un grupo de homomorphism: si $g,h\in G$, entonces, queremos mostrar que $\varphi_{gh} = \varphi_g\circ\varphi_h$. Para ese fin, vamos a $x\in G$ cualquier elemento, y nos muestran que la $\varphi_{gh}(x) = \varphi_g(\varphi_h(x))$. $$\varphi_{gh}(x) = (gh)x(gh)^{-1} = ghxh^{-1}g^{-1}= g(hxh^{-1})g^{-1} = \varphi_g(hxh^{-1}) = \varphi_g(\varphi_h(x)).$$

Por lo tanto, el mapa de $g\mapsto\varphi_g$ es un homomorphism de $G$ a $\mathrm{Inn}(G)$. Por el Teorema de Isomorfismo, $\mathrm{Inn}(G)$ es isomorfo a $G/N$ donde $N$ es el núcleo de este homomorphism.

¿Qué es $N$? $g\in N$ si y sólo si $\varphi_g$ es el elemento de identidad de $\mathrm{Aut}(G)$, que es la identidad; es decir, si y sólo si $\varphi_g(x)=x$ todos los $x\in G$. Pero $\varphi_g(x)=x$ si y sólo si $gxg^{-1}=x$, si y sólo si $gx = xg$. Por lo $\varphi_g(x) = x$ si y sólo si $g$ viajes con $x$. Por lo tanto, $\varphi_g(x)=x$ todos los $x$ si y sólo si $g$ viajes con todos los $x$, si y sólo si $g\in Z(G)$. Por lo tanto, $N=Z(G)$, lo $\mathrm{Inn}(G)\cong G/Z(G)$, como se reivindica.