Tomar el grupo de automorfismo de un grupo no es functorial.

Question

Una vez demostré que no hay ninguna "asociación" funtorial $$F:\ \mathbf{Grp}\ \longrightarrow\ \mathbf{Grp}:\ G\ \longmapsto\ \operatorname{Aut}(G).$$ Hace unos días mencioné esto casualmente a alguien, y me pidieron una prueba. Desgraciadamente, no pude ni puedo recordar cómo lo demostré. Aquí está lo que recuerdo de mi prueba:

Supongamos que dicho functor existe. Elija algún grupo $G$ sabiamente, y que $f\in\operatorname{Hom}(V_4,G)$ y $g\in\operatorname{Hom}(G,V_4)$ sea tal que $g\circ f=\operatorname{id}_{V_4}$ . Entonces, porque $F$ es un functor co o contravariante tenemos $$F(g)\circ F(f)=F(g\circ f)=F(\operatorname{id}_{V_4})=\operatorname{id}_{\operatorname{Aut}(V_4)},$$ o $$F(f)\circ F(g)=F(g\circ f)=F(\operatorname{id}_{V_4})=\operatorname{id}_{\operatorname{Aut}(V_4)},$$ donde $\operatorname{Aut}(V_4)\cong S_3$ . En particular $\operatorname{Aut}(G)$ contiene un subgrupo isomorfo a $S_3$ . Entonces algo sobre el orden de $\operatorname{Aut}(G)$ lleva a una contradicción.

No puedo encontrar por mi vida qué grupo $G$ podría hacer el truco. ¿Alguna idea?

Answer 1

Aunque la pregunta ya ha sido respondida por los comentarios combinados de Martin Brandenburg y Derek Holt, he pensado en escribir una respuesta completa por si acaso.

Dejemos que $N:=\Bbb{F}_{11}$ el campo finito de $11$ elementos y $H:=\Bbb{F}_{11}^{\times}$ su grupo de unidades. Sea $G:=N\rtimes H$ el producto semidirecto de $N$ y $H$ dada por la acción multiplicadora de $H$ en $N$ . Tenga en cuenta que $G$ es isomorfo al grupo de transformaciones afines de $\Bbb{F}_{11}$ . Entonces los mapas $$f:\ H\ \longrightarrow\ G:\ h\ \longmapsto\ (0,h)\qquad\text{ and }\qquad g:\ G\ \longrightarrow\ H:\ (n,h)\ \longmapsto\ h,$$ son homomorfismos de grupo y satisfacen $g\circ f=\operatorname{id}_H$ . Ahora supongamos que existe un functor covariante $$F:\ \mathbf{Grp}\ \longrightarrow\ \mathbf{Grp}:\ X\ \longmapsto\ \operatorname{Aut}(X).$$ Entonces tenemos homomorfismos de grupo $$F(f):\ \operatorname{Aut}(H)\ \longrightarrow\ \operatorname{Aut}(G)\qquad\text{ and }\qquad F(g):\ \operatorname{Aut}(G)\ \longrightarrow\ \operatorname{Aut}(H),$$ Satisfaciendo a $$F(g)\circ F(f)=F(g\circ f)=F(\operatorname{id}_H)=\operatorname{id}_{\operatorname{Aut}(H)},$$ por lo que la identidad en $\operatorname{Aut}(H)$ factores sobre $\operatorname{Aut}(G)$ es decir $\operatorname{Aut}(G)$ tiene un subgrupo isomorfo a $\operatorname{Aut}(H)$ .

Tenemos $\operatorname{Aut}(H)\cong\Bbb{Z}/4\Bbb{Z}$ porque $H$ es abeliano de orden $10$ . Por esta pregunta tenemos $\operatorname{Aut}(G)\cong G$ . Pero $|\operatorname{Aut}(G)|=|G|=11\times10=110$ no es divisible por $|\operatorname{Aut}(H)|=|\Bbb{Z}/4\Bbb{Z}|=4$ una contradicción. Esto demuestra que no existe tal functor covariante. El caso contravariante es totalmente análogo.

Answer 2

Tal vez, puedes considerar $G_1=G$ y $G_2=G\oplus H$

Claramente, hay dos morfismos canónicos, la inyección $i:G_1\rightarrow G_2$ y la proyección $\pi:G_2\rightarrow G_1$

Ahora bien, si $Aut$ es un functor, no importa que sea contravariante o covariante, una contradicción sigue fácilmente si se puede construir $G, H$ Satisfaciendo a

1. $Aut(G)$ tiene un generador $g_1$ de orden $n$

2. $Aut(G\oplus H)$ tiene un generador $g_2$ de orden $m$

3. $(n,m)=1$

Entonces el Teorema de Lagrange establece una contradicción

Como $\pi\circ i=1_G$ obtenemos

1) caso covariante

$\mathrm{ord}(Aut(i)(g_1))|\mathrm{ord}(g_1)=n$ , $\mathrm{ord}(Aut(i)(g_1))|m$

Así, $Aut(i)(g_1)=g_2^0=e_{Aut(G_2)}$ que se contradice con

$Aut(\pi)\circ Aut(i)=1_{Aut(G)}$

2) caso contravariante

Cambiar $Aut(i)(g_1)$ a $Aut(\pi)(g_1)$ ¡y está bien!