Grupo de automorfismos internos como núcleo de un homomorfismo

Question

Grupo de automorfismos internos como núcleo de un homomorfismo

Matemáticas
teoría de grupos
álgebra abstracta
grupo de automorfismos
grupo-homomorfismo

jskattt797

¿Hay un homomorfismo? $\psi : \text{Aut}(G) \to \mathcal G$ con $\ker \psi = \text{Inn}(G)$ ? (Además de mapear cada automorfismo a su clase lateral correspondiente en $\text{Aut}(G) / \text{Inn}(G)$ .)

cualquier grupo $G$ actúa sobre sí mismo a través de la conjugación: $g * h = ghg^{-1}$ . Entonces hay un homomorfismo correspondiente $\varphi : G \to \text{Sym}(G)$ definido por $\varphi(g) = (h \mapsto g*h)$ . El núcleo de esta acción es claramente $Z(G)$ , entonces $Z(G) \trianglelefteq G$ . La imagen de $\varphi$ Es claramente $\text{Inn}(G)$ , el conjunto de todos los automorfismos de conjugación de $G$ , entonces $\text{Inn}(G) \leq \text{Sym}(G)$ . Por el primer teorema del isomorfismo, $G / Z(G) \cong \text{Inn}(G)$ .

Resulta que $\text{Inn}(G) \leq \text{Aut}(G)$ . Lo que NO obtenemos de este argumento es que $\text{Inn}(G)$ es normal en $\text{Aut}(G)$ . Hasta ahora solo he visto pruebas que analizan lo que sucede cuando conjugas un automorfismo interno con un automorfismo: los automorfismos internos forman un subgrupo normal de $\operatorname{Aut}(G)$ , El conjunto de todos los automorfismos internos es un subgrupo normal . Pero hay un homomorfismo $\psi : \text{Aut}(G) \to \mathcal G$ (para algún otro grupo $\mathcal G$ ) con $\ker \psi = \text{Inn}(G)$ ?

Una opción obvia es el mapa canónico $\pi : \text{Aut}(G) \to \text{Aut}(G)/\text{Inn}(G) = \text{Out}(G)$ que asigna cada elemento a su clase lateral correspondiente. Pero su codominio no será un grupo a menos que primero demostremos que $\text{Inn}(G) \trianglelefteq \text{Aut}(G)$ .

EDITAR: para ser claros, no estoy pidiendo ninguna prueba arbitraria de que $\text{Inn}(G)$ es normal. Estoy buscando un homomorfismo con kernel. $\text{Inn}(G)$ además del obvio.

Ethan Dlugie

por supuesto el mapa

ψ

$\psi$ busca tendría que tener una imagen naturalmente isomorfa a

Out (G)

$\operatorname{Out}(G)$ , por lo que aún tendría que terminar definiendo más o menos el grupo de automorfismo externo. Y no conozco una manera de hacer esto aparte del cociente típico, que como dices requiere mostrar que el grupo de automorfismo interno es normal.

jskattt797

Buen punto. Espero que haya un homomorfismo alternativo. Encontrar un homomorfismo con kernel

Z (G)

$Z(G)$ también podría hacerse con el mapa canónico de

G \to G / Z (G)

$G \to G / Z(G)$ , pero existe la alternativa de la acción de conjugación de

G

$G$ sobre sí mismo, con imagen isomorfa a

G / Z (G)

$G / Z(G)$ .

sss89

No estoy seguro de si esto funciona, pero puede intentar considerar la acción del automorfismo en las clases de conjungacia de

G

$G$ . Todo automorfismo interno actúa trivialmente sobre él, no sé si también funciona en la otra dirección.

usuario1729

Para aclarar la pregunta: en lugar de probar que

Inn (G)

$\operatorname{Inn}(G)$ es normal directamente, quieres encontrar un homomorfismo

ϕ : Aut (G) \to G

$\phi:\operatorname{Aut}(G)\rightarrow \mathcal{G}$ que tiene núcleo

Inn (G)

$\operatorname{Inn}(G)$ , y por lo tanto obtener la normalidad a través del primer teorema de isomorfismo? [Si es así, ¡buena pregunta! Pero creo que necesita reescribirse un poco para dejar esto claro.]

lee mosher

@sss89 tengo dudas sobre si es cierto eso

Inn (G)

$\text{Inn}(G)$ es igual al núcleo de la acción sobre las clases de conjugación para grupos arbitrarios

G

$G$ . El motivo de mi duda es que en las demostraciones que conozco para casos especiales ---

G =

$G =$ un grupo libre o un grupo de superficie --- la naturaleza especial del grupo

G

$G$ juega un papel importante. Pero por otro lado, no conozco ningún contraejemplo.

azimut

duplicado de math.stackexchange.com/q/1251611/61691

jskattt797

@azimut ups, no vi eso.

Respuestas (3)

Grupo de automorfismos internos como núcleo de un homomorfismo

por supuesto el mapa $\psi$ busca tendría que tener una imagen naturalmente isomorfa a $\operatorname{Out}(G)$ , por lo que aún tendría que terminar definiendo más o menos el grupo de automorfismo externo. Y no conozco una manera de hacer esto aparte del cociente típico, que como dices requiere mostrar que el grupo de automorfismo interno es normal.
Buen punto. Espero que haya un homomorfismo alternativo. Encontrar un homomorfismo con kernel $Z(G)$ también podría hacerse con el mapa canónico de $G \to G / Z(G)$ , pero existe la alternativa de la acción de conjugación de $G$ sobre sí mismo, con imagen isomorfa a $G / Z(G)$ .
No estoy seguro de si esto funciona, pero puede intentar considerar la acción del automorfismo en las clases de conjungacia de $G$ . Todo automorfismo interno actúa trivialmente sobre él, no sé si también funciona en la otra dirección.
Para aclarar la pregunta: en lugar de probar que $\operatorname{Inn}(G)$ es normal directamente, quieres encontrar un homomorfismo $\phi:\operatorname{Aut}(G)\rightarrow \mathcal{G}$ que tiene núcleo $\operatorname{Inn}(G)$ , y por lo tanto obtener la normalidad a través del primer teorema de isomorfismo? [Si es así, ¡buena pregunta! Pero creo que necesita reescribirse un poco para dejar esto claro.]
@sss89 tengo dudas sobre si es cierto eso $\text{Inn}(G)$ es igual al núcleo de la acción sobre las clases de conjugación para grupos arbitrarios $G$ . El motivo de mi duda es que en las demostraciones que conozco para casos especiales --- $G =$ un grupo libre o un grupo de superficie --- la naturaleza especial del grupo $G$ juega un papel importante. Pero por otro lado, no conozco ningún contraejemplo.

Yuan Qiaochu · Answer 1

Editar, 25/09/20: La sugerencia que hice al final funciona.

Proposición: Sea $G$ ser un grupo de orden $n$ (que puede ser infinito). Entonces $\text{Inn}(G)$ es precisamente el núcleo de la acción de $\text{Aut}(G)$ actuando en el set $\text{Hom}_{\text{HGrp}}(F_n, G)$ de clases de conjugación (simultáneas) de $n$ -tuplas de elementos de $G$ .

Prueba. Suponer $\varphi \in \text{Aut}(G)$ actúa trivialmente. Considere su acción sobre el $n$ -tupla dada por cada elemento de $G$ . arreglando esto $n$ -tuple significa arreglarlo hasta la conjugación, lo que significa que hay algo $g \in G$ tal que $\varphi(h) = ghg^{-1}$ para todos $h \in G$ , que dice precisamente que $\varphi \in \text{Inn}(G)$ . Por otra parte, cada elemento de $\text{Inn}(G)$ claramente actúa trivialmente. $\Box$

Por supuesto que podemos hacer mucho mejor que considerar cada elemento de $G$ ; basta con considerar un grupo electrógeno. Pero esta construcción es al menos "canónica".

Aquí hay un enfoque que tal vez parezca que no dice nada nuevo, pero extraeré algo un poco más concreto de él, que generaliza la sugerencia de mirar las clases de conjugación. $\text{Out}(G)$ ocurre naturalmente como el grupo de automorfismos de $G$ en una categoría que podríamos llamar la categoría de homotopía de grupos $\text{HGrp}$ . Esta categoría se puede definir concretamente de la siguiente manera:

los objetos son grupos $G$ , y
morfismos $f : G \to H$ son clases de conjugación de homomorfismos, donde dos homomorfismos $f_1, f_2 : G \to H$ se identifican ( homotópicas ) si y sólo si existe $h \in H$ tal que $h f_1 = f_2 h$ .

Por ejemplo:

$\text{Hom}_{\text{HGrp}}(\mathbb{Z}, G)$ es el conjunto de clases de conjugación de $G$
$\text{Hom}_{\text{HGrp}}(G, S_n)$ es el conjunto de clases de isomorfismos de acciones de $G$ en un conjunto de tamaño $n$
$\text{Hom}_{\text{HGrp}}(G, GL_n(\mathbb{F}_q))$ es el conjunto de clases de isomorfismos de acciones de $G$ en $\mathbb{F}_q^n$

Etcétera.

Ahora podemos probar el hecho más general de que la composición en esta categoría está bien definida (es decir, que la clase de homotopía de una composición de morfismos solo depende de la clase de homotopía de cada morfismo), lo que implica en particular que el grupo de automorfismos $\text{Aut}_{\text{HGrp}}(G)$ de $G$ en esta categoría es realmente un grupo, y por supuesto este grupo es $\text{Out}(G)$ .

Hasta ahora, esto es solo una ligera extensión y reempaquetado de la prueba a través de la conjugación por un automorfismo interno, pero el punto es que esta construcción le dice lo que significa la conjugación por un automorfismo interno . La categoría de homotopía de grupos tiene una segunda descripción, como sigue:

los objetos son espacios de Eilenberg-MacLane $K(G, 1) \cong BG$ , y
morfismos $f : BG \to BH$ son clases de homotopía de equivalencias de homotopía.

Obtenemos la categoría ordinaria de grupos si, en cambio, insistimos en que los espacios de Eilenberg-MacLane tienen puntos base y nuestros morfismos y homotopías conservan puntos base. Entonces, el paso a las clases de conjugación tiene que ver con la libertad adicional que obtenemos al descartar puntos base. Aquí la encarnación de las clases de conjugación $\text{Hom}(\mathbb{Z}, G)$ es el conjunto de clases libres de homotopía de bucles $S^1 \to BG$ .

De todos modos, todo esto sugiere la siguiente generalización de mirar las clases de conjugación: podemos mirar todo el funtor representable

{hombre}_{HGrp} (-, GRAMO) : {HGrp}^{o pag} \to Colocar .

$\text{Hom}_{\text{HGrp}}(-, G) : \text{HGrp}^{op} \to \text{Set}.$

Por el lema de Yoneda, el grupo de automorfismos de este funtor es precisamente $\text{Aut}_{\text{HGrp}}(G) \cong \text{Out}(G)$ . Lo que esto dice es que un automorfismo externo de $G$ es lo mismo que una elección, para cada grupo $H$ , de un automorfismo (de conjuntos) de $\text{Hom}_{\text{HGrp}}(H, G)$ , que es natural en $H$ . Además, podemos esperar que sea posible restringir la atención a una colección más pequeña de grupos. $H$ ; por ejemplo (y no he pensado en esto en absoluto) tal vez sea posible restringir a los grupos libres $H = F_n$ , lo que significa mirar $\text{Hom}_{\text{HGrp}}(F_n, G)$ , el conjunto de clases de conjugación de $n$ elementos de $G$ (bajo conjugación simultánea ).

¿Podría hacer explícita de manera no categorial la definición de la acción enunciada en la Prop de apertura, por favor?

usuario810157 · Answer 2

Siguiendo la sugerencia de @ sss89 en los comentarios.

Denotado con $\operatorname{Cl}(a)$ la clase de conjugación de $a\in G$ , consideremos la acción natural de $\operatorname{Aut}(G)$ en $X:=\{\operatorname{Cl}(a), a\in G\}$ , a saber: $\sigma\cdot \operatorname{Cl}(a):=\operatorname{Cl}(\sigma(a))$ . Esto es de hecho una acción porque:

buena definición: $a'\in \operatorname{Cl}(a)\Rightarrow \sigma\cdot\operatorname{Cl}(a')=\operatorname{Cl}(\sigma(a'))$ ; ahora, $\sigma$ es (en particular) un homomorfismo sobreyectivo, y por lo tanto $\operatorname{Cl}(\sigma(a'))=\sigma(\operatorname{Cl}(a'))=\sigma(\operatorname{Cl}(a))=\operatorname{Cl}(\sigma(a))=\sigma\cdot \operatorname{Cl}(a)$ , y el mapa está bien definido;
por construcción, $\operatorname{Cl}(\sigma(a))\in X, \forall\sigma\in\operatorname{Aut}(G),\forall a\in G$ ;
$Id_G\cdot \operatorname{Cl}(a)=\operatorname{Cl}(Id_G(a))=\operatorname{Cl}(a), \forall a\in G$ ;
$(\sigma\tau)\cdot\operatorname{Cl}(a)=\operatorname{Cl}((\sigma\tau)(a))=\operatorname{Cl}(\sigma(\tau(a))=\sigma\cdot(\operatorname{Cl}(\tau(a)))=\sigma\cdot(\tau\cdot\operatorname{Cl}(a)), \forall \sigma,\tau\in\operatorname{Aut}(G), \forall a\in G$

El estabilizador puntual bajo esta acción viene dado por:

\begin{aligned} Puñalada (cl (a)) & = {σ \in automático (GRAMO) ∣ cl (σ (a)) = cl (a)} \\ = {σ \in automático (GRAMO) ∣ σ (cl (a)) = cl (a)} \end{aligned}

$\begin{alignat}{1} \operatorname{Stab}(\operatorname{Cl}(a)) &= \{\sigma\in\operatorname{Aut}(G)\mid \operatorname{Cl}(\sigma(a))=\operatorname{Cl}(a)\} \\ &= \{\sigma\in\operatorname{Aut}(G)\mid \sigma(\operatorname{Cl}(a))=\operatorname{Cl}(a)\} \\ \end{alignat}$

y el núcleo del homomorfismo equivalente $\phi\colon \operatorname{Aut}(G)\to \operatorname{Sym}(X)$ por:

\begin{aligned} \ker ϕ & = ⋂_{a \in GRAMO} Puñalada (cl (a)) \\ = {σ \in automático (GRAMO) ∣ σ (cl (a)) = cl (a), \forall a \in GRAMO} \end{aligned}

$\begin{alignat}{1} \operatorname{ker}\phi &= \bigcap_{a\in G}\operatorname{Stab}(\operatorname{Cl}(a)) \\ &= \{\sigma\in\operatorname{Aut}(G)\mid \sigma(\operatorname{Cl}(a))=\operatorname{Cl}(a), \forall a\in G\} \\ \end{alignat}$

Ahora, $\operatorname{Inn}(G)=\{\varphi_b,b\in G\}$ , dónde $\varphi_b(g):=b^{-1}gb$ , y por lo tanto:

\begin{aligned} φ_{b} (cl (a)) & = {φ_{b} (gramo a {gramo}^{- 1}), gramo \in GRAMO} \\ = {b^{- 1} gramo a {gramo}^{- 1} b, gramo \in GRAMO} \\ = {(b^{- 1} gramo) a (b^{- 1} gramo)^{- 1}, gramo \in GRAMO} \\ = {{gramo}^{'} a {gramo}^{' - 1}, {gramo}^{'} \in GRAMO} \\ = cl (a), \forall a \in GRAMO \end{aligned}

$\begin{alignat}{1} \varphi_b(\operatorname{Cl}(a)) &= \{\varphi_b(gag^{-1}), g\in G\} \\ &= \{b^{-1}gag^{-1}b, g\in G\} \\ &= \{(b^{-1}g)a(b^{-1}g)^{-1}, g\in G\} \\ &= \{g'ag'^{-1}, g'\in G\} \\ &= \operatorname{Cl}(a), \forall a\in G \\ \end{alignat}$

De dónde $\varphi_b\in \operatorname{ker}\phi, \forall b\in G$ , y finalmente $\operatorname{Inn}(G)\subseteq \operatorname{ker}\phi$ . Por el contrario, deja $\sigma\in \operatorname{ker}\phi$ ; entonces, $\sigma(\operatorname{Cl}(a))=\operatorname{Cl}(a), \forall a\in G$ ; En particular:

\begin{aligned} σ (cl (a)) \subseteq cl (a), \forall a \in GRAMO & \Rightarrow \forall gramo \in GRAMO, \exists {gramo}^{'} \in GRAMO ∣ σ (gramo a {gramo}^{- 1}) = {gramo}^{'} a {gramo}^{' - 1}, \forall a \in GRAMO \\ \Rightarrow \exists {gramo}^{″} \in GRAMO ∣ σ (a) = {gramo}^{″} a {gramo}^{″ - 1}, \forall a \in GRAMO \\ \Rightarrow \exists {gramo}^{″} \in GRAMO ∣ σ (a) = φ_{{gramo}^{″}} (a), \forall a \in GRAMO \\ \Rightarrow \exists {gramo}^{″} \in GRAMO ∣ σ = φ_{{gramo}^{″}} \\ \Rightarrow σ \in Posada (GRAMO) \\ \Rightarrow \ker ϕ \subseteq Posada (GRAMO) \end{aligned}

$\begin{alignat}{1} \sigma(\operatorname{Cl}(a))\subseteq\operatorname{Cl}(a), \forall a\in G &\Rightarrow \forall g\in G,\exists g'\in G\mid \sigma(gag^{-1})=g'ag'^{-1}, \forall a\in G \\ &\Rightarrow \exists g''\in G\mid \sigma(a)=g''ag''^{-1}, \forall a\in G \\ &\Rightarrow \exists g''\in G\mid \sigma(a)=\varphi_{g''}(a), \forall a\in G \\ &\Rightarrow \exists g''\in G\mid \sigma=\varphi_{g''} \\ &\Rightarrow \sigma\in \operatorname{Inn}(G) \\ &\Rightarrow \operatorname{ker}\phi\subseteq \operatorname{Inn}(G) \\ \end{alignat}$

Por lo tanto, por la doble inclusión, $\operatorname{Inn}(G)=\operatorname{ker}\phi$ .

EDITAR _ Según los comentarios a continuación, cometí un error en la parte final de esta respuesta, desde "A la inversa..." en adelante. Por lo tanto, hasta ahora la única inclusión $\operatorname{Inn}(G)\subseteq\operatorname{ker}\phi$ está realmente probado.

EDITAR (11 de diciembre de 2020)

Creo que la inclusión inversa, y por lo tanto la afirmación, se cumple para la clase particular $G=S_n$ , como sigue.

Cada clase de conjugación es una cierta estructura de ciclo, y luego cada estabilizador comprende todos y solo los automorfismos de $S_n$ que conservan una cierta estructura de ciclo, de donde $\operatorname{Stab}(\operatorname{Cl}(\sigma))\le\operatorname{Inn}(S_n)$ , para cada $\sigma\in S_n$ . Pero entonces, $\operatorname{ker}\phi=\bigcap_{\sigma\in S_n}\operatorname{Stab}(\operatorname{Cl}(\sigma))\le\operatorname{Inn}(S_n)$ .

¿Cómo es la existencia de $g''$ probó donde lo afirmó por primera vez hacia el final de su prueba? Existencia de $g''$ es la clave para demostrar que $\sigma \in \text{Inn}(G)$ , pero no veo una justificación para ello. Supuestamente la intención es que $g'' = \sigma(g^{-1}) g'$ , pero $g'$ depende de $g$ , entonces $g''$ parece que no está bien definido independientemente de $g$ .
Está bien, pero en ese caso también se debe señalar que $g'$ también depende de $a$ . Tu declaración $\forall gramo \in GRAMO, \exists {gramo}^{'} \in GRAMO ∣ σ (gramo a {gramo}^{- 1}) = {gramo}^{'} a {gramo}^{' - 1}, \forall a \in GRAMO$ $\forall g\in G,\exists g'\in G\mid \sigma(gag^{-1})=g'ag'^{-1}, \forall a\in G$ correctamente escrito en forma prenex normal, debe ser $\forall a \in GRAMO, \forall gramo \in GRAMO, \exists {gramo}^{'} \in GRAMO ∣ σ (gramo a {gramo}^{- 1}) = {gramo}^{'} a {gramo}^{' - 1}$ $\forall a \in G, \forall g\in G,\exists g'\in G\mid \sigma(gag^{-1})=g'ag'^{-1}$
@Lee Mosher, ya veo, así que mi $g''$ depende de $a$ y $ker\phi\subseteq Inn(G)$ no sigue, ¿verdad?
Para un grupo finito $G$ , los automorfismos que envían cada elemento a un conjugado se denominan conservantes de clase y forman un grupo, denotado por $Aut_c(G)$ . La pregunta de si $Aut_cG=Inn(G)$ fue planteada en 1911 por Burnside. También dio la respuesta construyendo un grupo. $G$ de orden $p^6$ con $Aut_c(G)/Inn(G)=C_p^4$ . Véase W. Burnside, ''La teoría de los grupos de orden finito''.

Amirhossein · Answer 3

Bueno, solo necesita verificar los criterios de normalidad. Dejar $F \in \text{Aut}(G)$ y $H \in \text{Inn}(G),\hspace{2mm} H(x) =hxh^{-1}$ . Entonces para $x \in G$ , tienes

F \circ H \circ F^{- 1} (X) = F (h F^{- 1} (X) h^{- 1}) = F (h) X F^{- 1} (h) .

$F\circ H \circ F^{-1}(x) = F(hF^{-1}(x)h^{-1})=F(h)xF^{-1}(h) .$

Lo que claramente significa $\text{Inn}(G)$ es normal en $\text{Aut}(G)$

hay que conjugar el interior $H$ con un genérico $F$ en ${\rm Aut}\ G$
Estoy buscando un homomorfismo con kernel $\text{Inn}(G)$ además del obvio.
Independientemente, tengo problemas para verificar que este argumento sea correcto. $H(x) = hxh^{-1}$ . Entonces $F(H(x)) = F(hxh^{-1})$ . Entonces $H^{-1}(F(H(x))) = h^{-1}F(hxh^{-1})h$ . Cómo lo sabes $F(h) = h$ ?

Grupo de automorfismos internos como núcleo de un homomorfismo

jskattt797

Ethan Dlugie

jskattt797

sss89

usuario1729

lee mosher

azimut

jskattt797

Respuestas (3)

Yuan Qiaochu

usuario810157

Yuan Qiaochu

usuario810157

lee mosher

usuario810157

lee mosher

usuario810157

lee mosher

usuario810157

1123581321

Amirhossein

janmarqz

jskattt797

jskattt797

Mikasa

jskattt797

¿Qué sucede cuando dividimos G en clases de equivalencia inducidas por su grupo de automorfismos?

Imagen homomórfica de un grupo alterno.

El grupo es indescomponible pero la imagen homomórfica no lo es.

¿Existe un homomorfismo sobreyectivo de (Q,+)(Q,+)(\Bbb{Q},+) a (Z,+)(Z,+)(\Bbb{Z},+)?

Todo homomorfismo An→SnAn→SnA_n\to S_n se extiende a un endomorfismo de SnSnS_n para n≥5n≥5n\geq 5

¿Son lo mismo el teorema fundamental del homomorfismo y el primer teorema del isomorfismo?

Homomorfismos de grupos infinitos a grupos finitos

Grupos libres, generadores y homomorfismos de grupos

Existencia de un homomorfismo sobre un grupo de S4S4S_4 a Z4Z4\Bbb Z_4

Anti-isomorfismos