抽象代数
群论
有关自同构群的一些问题
问题一：
若G是无限循环群，则$ AutG $为2阶循环群
证明：
设$ G $是由$g \in G$生成的无限循环群，则G只有两个生成元$ g $和$ g^{-1} $，而自同构将生成元变成生成元，且循环群上的自同构由它在生成元上的作用唯一确定
因此，若$ \sigma\in Aut G $，则 $ \sigma(g)=g $或$ \sigma(g)=g^{-1} $
若$ \sigma(g)=g $，则$ \sigma $是恒等自同构
若$ \sigma(g)=g^{-1} $，则由无限循环群是Abel群知$ \sigma $也是自同构
综上所述$ |Aut G|=2 $
问题二：
记$ U_n $是$\mathbb{Z}_n$中关于乘法的可逆元的全体构成的群，设G是n阶循环群，证明：$ Aut~G\cong U_n $
证明：
设$a$是G的生成元，则$ a^k $是G的生成元$ \iff (k,n)=1$这样的k有$ \varphi(n) $个，将小于n且与n互素的正整数记为$ k_1,k_2,\cdots,k_{\varphi(n)} $，其中$ k_1=1 $，则$ a^{k_i}~(i=1,\cdots,\varphi(n)) $是G的全部生成元
根据自同构将生成元变为生成元，且由它在生成元上的作用唯一确定
因此 $\forall \tau\in Aut~G, \exists i\in \{1,\cdots,\varphi(n)\} $，使得$ \tau(a)=a^{k_i} $，反之，对任意给定的$ k_i $，定义$ \tau_i $，满足$ \tau_i(a^l)=a^{k_il} ,\forall l\in \mathbb{Z}$，则容易验证$ \tau_i $是G上的自同构，因此$ Aut~G=\{\tau_1,\cdots,\tau_{\varphi(n)}\} $
定义映射$ f: $
则有$ \tau_i=\tau_j \iff \tau_i(a)=\tau_j(a) \iff a^{k_i}=a^{k_j}\iff n|k_i-k_j\iff \overline{k_i}=\overline{k_j}$
可见$ f $是良定义的且是单射，又$ |Aut~G|=|U_n| $，故$ f $也是满射，故为双射
此外，由于$ \tau_i\tau_j(a)=\tau_i(a^{k_j})=a^{k_ik_j} $，而$ \overline {k_i},\overline {k_j}\in U_n $，故由$ U_n $关于乘法构成群知$ \exists s\in \{1,\cdots,\varphi(n)\}$，使得$ \overline {k_ik_j}=\overline {k_s} $，故$ \tau_i\tau_j(a)=a^{k_s} $，故
可见$ f $是同态
综上，$ f $是同构，故$ Aut~G\cong U_n $
问题三：
试决定$Aut~ \mathbb{Z}_6$
解：
由上题结果知$Aut~ \mathbb{Z}_6\cong U=\{\bar 1,\bar 5\}$
因此$ |Aut~G|=2 $，则$ Aut~G=\{\sigma,\tau\} $，其中$ \sigma $是恒等自同构，$\tau $满足$ \tau(\bar a)=\overline{5a} $
问题四：
设$ p $是素数，求$ Aut ~\mathbb{Z}_{p^n} $，(其中$ n\in \mathbb{N}^* $)的阶数
解：
由第二题结果知，$ Aut ~\mathbb{Z}_{p^n}\cong U_{p^n} $，而$ \bar a\in U_{p^n} \iff (a,p^n)=1$
这样的$ a $有$\varphi(p^n)= p^n-p^{n-1}\text{个} $(其中$ \varphi(n) $是$ Euler $函数，且$ (a,p^n)\neq 1 \iff p|a$小于$ p^n $且能被p整除的正整数有$ p,2p,\cdots,(p^{n-1}-1)p $，共$ p^{n-1}-1$个，所以$ \varphi(p^n)=p^n-1-(p^{n-1}-1)=p^n-p^{n-1} $)，故$ |Aut ~\mathbb{Z}_{p^n}|= |U_{p^n}|=p^n-p^{n-1} $
问题五：
设G是群，$ Inn~G $是G的内自同构群，C是G的中心，证明：
(1)$ Inn~G \lhd Aut~G$
(2)$ Inn~G\cong G/C $
证明：
(1)
$ \forall a,b\in G $，则$ \varphi_a:x\longmapsto axa^{-1},\varphi_b:x\longmapsto bxb^{-1} $分别是由$ a,b $诱导的内自同构
显然有$ \varphi_a\varphi_b=\varphi_{ab},\varphi_a^{-1}=\varphi_{a^{-1}} $，故$ Inn~G $是$ Aut~G $的子群
$ \forall f\in Aut~G ,f\varphi_a f^{-1}(x)=f(\varphi_a f^{-1}(x))=f(af^{-1}(x)a^{-1})=f(a)xf(a)^{-1}=\varphi_{f(a)}(x)$即$ f\varphi_a f^{-1}=\varphi_{f(a)}\in Inn~G $，故 $ Inn~G \lhd Aut~G$
(2)作映射$ \phi: $
显然$ \phi $是满同态，且$ Ker\phi=\{a\in G|\varphi_a(x)=x,\forall x\in G\}=\{a\in G|ax=xa,\forall x\in G\}=C $
由群同态基本定理知，$ G/C\cong Inn~G $
问题六：
设G是有限群，且G中有元素$ a,a^2\neq e $，求证$ |Aut ~G|>1 $
证明：
方法一：
反证，假设$ |Aut ~G|\le 1 $，由于恒等自同构$ id\in Aut ~G $，故$ |Aut ~G|= 1 $，而$ Inn~G \lhd Aut~G $，故$ |Inn~G|=1 $，再由$ Inn~G\cong G/C $知$|G/C|=1 $，因此$ G=C $，G是交换群
因此，映射$ \varphi:x\longmapsto x^{-1} $也是G上的自同构，由$ |Aut ~G|= 1 $知$ \varphi=id $，即$ \forall a\in G,a^{-1}=a$，即$ a^2=e $，与条件矛盾
因此$ |Aut ~G|>1 $
方法二：
情形一：G是交换群，则映射$ \varphi:x\longmapsto x^{-1} $也是G上的自同构，由于$\exists a\in G,a^2\neq e $
故$ \varphi \neq id $，所以$ |Aut ~G|>1 $
情形二：G是非交换群，则$ \exists b\in G-C $，则映射$ \varphi_b:x\longmapsto bxb^{-1} $也是G上的自同构
且$ \varphi_b\neq id $，所以$ |Aut ~G|>1 $
综上，$ |Aut ~G|>1 $
问题七：
设G是有限群且$ |Aut ~G|=1 $，证明：$ |G|\le 2 $
证明：
由于$ |Aut ~G|= 1 $，而$ Inn~G \lhd Aut~G $，故$ |Inn~G|=1 $，再由$ Inn~G\cong G/C $知$|G/C|=1 $，因此$ G=C $，G是交换群，因此，映射$ \varphi:x\longmapsto x^{-1} $也是G上的自同构，由$ |Aut ~G|= 1 $知$ \varphi=id $，即$ \forall a\in G,a^{-1}=a$，即$ a^2=e $
因此若$ |G|>2 $，则G必然不是循环群(否则G有阶为$ |G|>2 $的元素，与$ \forall a\in G,a^{2}=e$矛盾)，设$ a_1,a_2,\cdots,a_n~(n\ge 2) $是G的最小生成元组，由G是交换群及$ \forall a\in G,a^{2}=e$知G中任意元素可以唯一的写成$ a_1^{\epsilon_1}a_2^{\epsilon_2}\cdots a_n^{\epsilon_n} $的形状($ \epsilon_i=0\text{或}1 $)
做G到G的映射$ \sigma: $
容易验证$ \sigma $是G上的自同构，即$ \sigma\in Aut~G $，且$ \sigma(a_1)=a_2\neq a_1 $，故$ \sigma\neq id $，可见$ |Aut~G|>1 $，矛盾.因此，必有$ |G|\le 2 $
问题八：
设G是有限Abel群，但不是循环群，证明：$ Aut~G $是非交换群
证明：
设G的最小生成元组为$ a_1,a_2,\cdots,a_t $，由G不是循环群知$ t\ge 2 $
由G是Abel群知，G中任意元素形如$ a_1^{m_1}a_2^{m_2}\cdots a_t^{m_t} $
设$ a_1 $阶为$ m $，$ a_2 $阶为$ n $，断言$ (m,n)\neq 1 $
否则，若$ (m,n)=1 $，则$ a_1a_2 $的阶为$ mn $，且$ \exists u,v\in \mathbb{Z} $，使得$ um+vn=1 $
因此$ (a_1a_2)^{vn}=a_1^{1-um}a_2^vn=a_1 $，即$ a_1\in (a_1a_2) $，同理，$ a_2\in (a_1a_2) $，这与$ a_1,a_2,\cdots,a_t $是最小生成元组矛盾 (这里$(a_1a_2)$表示由$a_1a_2$生成的循环群)
故$ (m,n)=d\neq 1 $
作自同态$ \varphi_1 $满足：$ \varphi_1(a_1)=a_1a_2^{k},\varphi_1(a_i)=a_i(i\ge 2)$，其中$ k=\dfrac{n}{d} $则$ \varphi_1 $可逆，其逆为$ \varphi_1^{-1} $，满足$ \varphi_1^{-1}(a_1)=a_1a_2^{-k},\varphi_1^{-1}(a_i)=a_i(i\ge 2) $，故$ \varphi_1\in Aut~G $
作同态$ \varphi_2 $满足：$ \varphi_2(a_2)=a_1^sa_2,\varphi_2(a_i)=a_i(i\neq 2)$，其中$ s=\dfrac{m}{d} $，同理$ \varphi_2\in Aut~G $
而$ \varphi_1\varphi_2(a_1)=\varphi_1(a_1)=a_1a_2^k $，$ \varphi_2\varphi_1(a_1)=\varphi_2(a_1a_2^k)=\varphi_2(a_1)\varphi_2(a_2)^k=a_1(a_1^sa_2)^k=a_1^{1+sk}a_2^k$
可见$ \varphi_1\varphi_2(a_1)=\varphi_2\varphi_1(a_1)\iff a_1^{sk}=e\iff m|sk $
同理$\varphi_1\varphi_2(a_2)=\varphi_2\varphi_1(a_2)\iff n|sk$
因此$ \varphi_1\varphi_2=\varphi_2\varphi_1\iff sk $是m和n的公倍数
而m和n的最小公倍数$ [m,n]=\dfrac{mn}{d}>\dfrac{mn}{d^2}=sk $，故$ sk $不可能是m和n的公倍数
因此$ \varphi_1\varphi_2\neq \varphi_2\varphi_1 $，即$ Aut~G $是非交换群
PermaLink:
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