Estoy buscando en $\operatorname{Aut}(V)$, $V$ Dónde está el 4-Grupo de Klein. Me di cuenta de que $\operatorname{Aut}(V)$ se compone de todas las permutaciones de los elementos de $V$ donde $1$ se asigna a sí mismo. Aunque está claro que cualquier tal permutación debe ser una biyección, estoy luchando para ver cómo esto garantiza que se conserva la estructura del grupo. Incluso basta con verificar a mano $V$, pero parece que no puedo probar la afirmación en general.
¡Gracias!
La razón de esto se produce por el grupo de Klein, es que las tres de identidad no todos los elementos se comportan de forma idéntica: plaza de todos para dar la identidad, y la multiplicación de dos cualesquiera de ellos da la tercera. Así, son indistinguibles de los del grupo de la teoría de la perspectiva.
Por otro lado, como Gerry Myerson y Tobias Kildetoft punto en los comentarios de arriba, este es un especial fenómeno. E. g., tome el grupo cíclico de orden $4$. ¿Cuál es su automorphism grupo? Trate de otros grupos: $S_3$, el grupo cíclico de orden $n$ donde $n$ es un entero positivo arbitrario, $S_4$ (si está preparado para ello).
Me gustaría mencionar un maravilloso teorema para los que están leyendo esta respuesta. Es bastante profundo pero realmente es maravilloso y a la vez relacionado con la pregunta:
Teorema (Horosevskii)
Si $G$ es un grupo finito, entonces el orden de un automorphism $\sigma\in \text{Aut}(G)$ (donde $\text{Aut}(G)$ es el automorphism grupo de $G$) es en la mayoría de las $\left|G\right|$.
¿Por qué es esta profunda? En general, $\text{Aut}(G)\subseteq S_{\left|G\right|!}$, por lo que se puede decir que el orden de cualquier automorphism de $G$ en su automorphism grupo es en la mayoría de las $\left(\left|G\right|!\right)!$. Es notable que, de hecho, usted puede apretar esta obligado a $\left|G\right|$ para todos los grupos finitos.
Espero que esto ayude!
Aquí está una explicación más detallada de lo que está pasando.
En primer lugar, si el grupo $G$ actúa sobre un conjunto $X$, entonces la acción se dice es transitiva si para cualquier par de elementos de a$x$$y$$X$, hay un elemento $g$ $G$ tal que $g.x = y$.
Ahora, el grupo de acción que estamos viendo aquí es el de la automorphism grupo en el mismo grupo (así, por $\varphi\in\rm{Aut}(G)$ $g\in G$ la acción es $\varphi.g = \varphi(g)$).
Obviamente, esta acción no puede ser transitivo, como hemos $\varphi(1) = 1$ cualquier $\varphi$. Sin embargo, podemos preguntarnos si no es transitiva en a $G\setminus\{1\}$.
Resulta que los grupos finitos $G$ por que este es el caso, son precisamente las de la forma $(C_p)^n$ para algunos prime $p$ y algún número natural $n$ (aquí se $C_p$ denota el grupo cíclico de orden $p$).
La manera de ver que esto se tenga en cuenta que cualquier automorphism, se conserva el orden de cualquier elemento, de modo que si la acción es transitiva en la no identidad de los elementos, a continuación, estos deben tener exactamente el mismo orden. Pero luego de que el fin debe ser un primo, y por lo tanto el orden de $G$ es una potencia de algunos de los mejores $p$.
Ahora, un grupo de primer poder de la orden tiene un no-trivial centro, y la imagen de un elemento central en virtud de un automorphism es nuevo central, por lo que desde la acción en la no identidad de los elementos es transitiva, vemos que el centro debe ser, de hecho, todo el grupo, por lo $G$ es abelian. Ahora reivindicada forma de que el grupo de la siguiente manera a partir de la clasificación de finito abelian grupos.
A ver que lo contrario también es cierto, tenga en cuenta que cualquier grupo de esta forma es un espacio vectorial sobre el campo de $p$ elementos, y el argumento es simplemente que dados cualesquiera dos vectores no nulos, no es lineal mapa enviar uno para el otro, que es un ejercicio fácil en álgebra lineal.
Así que ahora sabemos que incluso han transitiva de la acción en la no identidad de los elementos (y si podemos tener todas las permutaciones, a continuación, la acción será, sin duda transitiva), el grupo debe ser como se explicó anteriormente.
Si $|G|$ es $1$, $2$, $3$, o $4$ (e $G$ tiene la forma de arriba), luego de hacer llegar todas las permutaciones como automorfismos, como es fácil comprobar directamente.
Sin embargo, en todos los demás casos, esto no será el caso, ya que en aquellos, el número de no-identidad de los elementos será lo suficientemente grande que si tenemos todas las permutaciones, entonces, en el hecho de la acción sería de 2 transitiva, lo que significa que con cualquiera de los cuatro elementos de la $x,y,z,w$$x\neq y$$z\neq w$, entonces hay un elemento envío de $x$ $y$ $z$%#%.
Pero el automorphism grupo no puede ser de 2-transitiva en la no identidad de los elementos menos $w$, ya que si $p = 2$ (e $p\geq 3$), podemos elegir los cuatro elemento $n\geq 2$$x,x^2, z, w$$w\neq z$, y si un automorphism envía $w\neq z^2$ $x$debe enviar $z$ $x^2$(por lo que no se puede enviar $z^2$ $z$como al menos uno de ellos habría de si la acción fue de 2-transitiva).
(Si $w$, entonces la automorphism grupo es, de hecho 2-transitiva en la no identidad de los elementos. Esto es debido a que dos vectores en el campo de la $p= 2$ elementos siempre serán linealmente independientes).
Así que esto deja la pregunta en el caso de $2$$p = 2$. Pero en este caso, necesitaríamos 3-transitiva de acción (que se define de manera similar a 2-transitiva, pero con seis elementos de tal manera que ninguna de las tres primeras son iguales y ninguno de los tres últimos son iguales). Y ahora se tienen los elementos suficientes que nos podría tomar los elementos $n\geq 3$ $x,y,xy,z,w,v$ y el mismo argumento, como antes, muestra que la acción no puede ser de 3-transitiva.
Así que ahora a la conclusión de que la única grupos para que todas las permutaciones de la no-identidad de los elementos que dan automorfismos son los de orden $v\neq zw$, $1$, $2$ y el uno de la orden de $3$ que no es cíclico.
Sólo para aumentar Tobias excelente respuesta:
No hay infinita grupo $G$ de manera tal que cada bijection de $G$ la fijación de la identidad es un automorphism.
Supongamos $G$ es un infinito de grupo con esta propiedad. A continuación, como sobre todo nonidentity elemento debe tener el mismo orden, y ahora este orden podría ser un número primo $p$ o infinito.
Si cada nonidentity elemento tiene orden de $2$, $G$ es un infinito-dimensional espacio vectorial sobre $\mathbb{F}_2$, y de nuevo la acción no puede ser $3$-transitiva, ya que algunos triples son linealmente independientes, y algunos son linealmente dependientes. (De hecho, este argumento funciona a menos que $G$ es trivial, tiene orden de $2$ o es isomorfo a $C_2 \times C_2$.)
Si cada nonidentity elemento tiene orden de mayor a $2$,$\sigma \in \operatorname{Aut} G$$e \neq g \in G$, tenemos que si $\sigma(g) = x$,$\sigma(g^{-1}) = x^{-1}$, pero un bijection $\sigma$ $G$ la fijación de la identidad con $\sigma(g) = x$ no necesitan mapa de $g^{-1}$$x^{-1}$: hay $\# G - 3 > 0$ otras opciones. Por lo tanto $\operatorname{Aut} G$ no $2$-transitiva en a $G \setminus \{e\}$. (De hecho, este argumento funciona a menos que $G$ es trivial o tiene orden de $3$.)
A partir de mi respuesta a esta pregunta. Para cualquier grupo con más de cuatro elementos, podemos construir un bijection $G \rightarrow G$ que fija la identidad, pero no es un isomorfismo.
Supongamos que $G$ es un grupo y $|G| > 4$.
Deje $a$ ser algunos nonidentity elemento de $G$. Deje $b \in G \backslash \{1, a, a^{-1}\}$$x \in G \backslash\{1,a,b, ab\}$. Definir el mapa de $f: G \rightarrow G$ por $f(ab) = x$, $f(x) = ab$ y $f(g) = g$ para el resto de los elementos en $G$. A continuación, $f$ es un bijection que corrige $1$, pero $f(ab) \neq f(a)f(b)$ porque $x \neq ab$.
Así que la afirmación de que en la pregunta se mantiene sólo para grupos con $\leq 4$ elementos. Entre estos grupos, el grupo trivial, $C_2$, $C_3$ y el Klein $4$-grupo tienen esta propiedad.
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