No existe grupo $G$ tal que % de Aut $(G)\cong \mathbb{Z}_n$(para odd $n$)

Question

Yo tenía este "casi" bono pregunta sobre el final de la Teoría de Grupo recientemente: probar que no existe tal grupo $G$ que podría satisfacer Aut$(G)\cong \mathbb{Z}_n$ donde $n$ es un entero impar. Yo no tengo mucha certeza si esta prueba no está bien, y la opinión se agradece.

Aquí está mi intento:

Supongamos que existe un grupo de $G$ que satisface la condición anterior. Desde $\mathbb{Z}_n$ es cíclica, Aut$(G)$ también es cíclico y $G$ es abelian, lo que implica que Posada$(G)\cong \{e\}$. Por Lo Tanto Aut$(G)=$$(G)$. (No creo que este hecho es importante aquí, sin embargo). Ahora, desde un automorphism envía un generador a un generador, y puesto que cada automorphism está totalmente determinado por dicha asignación, |Aut($G$)| debe ser de factorial de orden. Pero factorial de un número entero es siempre igual. Sin embargo, $|\mathbb{Z}_n|$ es impar, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, no $G$ existe.

Me temo que mi prueba no es muy agradable, pero al menos un genuino intento se hizo.

Answer 1

$$\DeclareMathOperator{\Aut}{Aut}$$

Vamos a mostrar el poco más fuerte que el resultado que $|\Aut(G)| \not= 2n+1$ cualquier $n \ge 1$.

Si $\Aut(G)$ es trivial, entonces no hay nada para mostrar. Supongamos, entonces, que el $G$ tiene un trivial automorphism grupo. Vamos a mostrar que el $|\Aut(G)|$ es incluso explícitamente, exhibe una automorphism $\phi$ $G$ con el fin de $2$ para cualquier grupo abelian $G$ tener. A continuación, le sigue del teorema de Lagrange que $\Aut(G)$ incluso ha pedido.

Si $G$ tiene un elemento de orden, al menos,$3$, $\phi:x \to x^{-1}$ es el deseado automorphism de su pedido. Sólo queda por considerar el caso en que $G$ contiene sólo los elementos de orden menor o igual a $2$. En ese caso, debemos tener la $G$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{Z}_2$. Si $G$ es unidimensional como un espacio vectorial, entonces $\Aut(G) = \Aut(\mathbb{Z}_2)$ es trivial, así que no hay nada más que mostrar. Para $G$ tener dimensión mayor que $1$,$\Aut(G) \cong \operatorname{GL}(G)$, por lo que si tomamos una ordenó base para $G$, entonces el automorphism que los intercambiadores de la primera y la segunda vectores de la base (y corrige todos los demás) es una orden $2$ automorphism. (Este argumento, que Slade le dio en los comentarios, se aplica incluso a infinito $G$, mientras que mi argumento anterior se asume tácitamente $G$ era finito.)

Answer 2

No es cierto que $|Aut(G)|=m!$ algunos $m$. Por ejemplo, si $G=\mathbb{Z}_5$, $Aut(G)\cong\mathbb{Z}_4$ y el 4 no es un factorial.

Si usted sabe que $G$ es abelian, entonces es el producto de un grupo cíclico $G=\prod \mathbb{Z}_{p_i^{k_i}}$ cuando la $p_i$ son primos. De ello se desprende que $Aut(\mathbb{Z}_{p_i^{k_i}})$ es un subgrupo de orden $(p_i-1)p_i^{k_i-1}$$Aut(G)$. Si $p_i$ es impar, entonces $p_i-1$ es aún de manera que el orden de $Aut(G)$ es incluso. Del mismo modo, si $p_i=2$ $k\geq 2 $ $p^{k-1}$ es incluso. Tan sólo tiene que comprobar el caso de que $G= \mathbb{Z}_2^m$ en que a menos de $m=1$ (y, a continuación, $Aut(G)$ es trivial), siempre se puede encontrar un automorphism de orden 2 - por ejemplo, cambiar de una base de dos elementos.

En realidad, es cierto que $Aut(G) $ es cíclico (y no es trivial) iff $G$ es cíclico de orden 4, $p^k$ o $2p^k$ donde $p$ es primo (ver aquí). El uso de que es fácil ver que el orden de las $Aut(G)$ debe ser de 2 o $(p-1)p^{k-1}$ ambos de los cuales son incluso.