Проверка автоморфизма

[Sinoid]

Здравствуйте! Проверьте, пожалуйста решение.
Задача. Найти группу автоморфизмов $S_3.$
Решение. Введу обозначения $a_{1}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 1 & 2 & 3 \end{array}\right),$ $a_{2}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 1 & 3 & 2 \end{array}\right),$ $a_{3}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right),$ $a_{4}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{array}\right),$ $a_{5}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 3 & 1 & 2 \end{array}\right),$ $a_{6}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right).$ Тогда квадрат Кэли будет таким:

$$\begin{matrix} & \phantom{a_1} \vline\ & a_{1} & a_{2} & a_{3} & a_{4} & a_{5} & a_{6} & \text{левый}\\\hline & a_{1} \vline\ & a_{1} & a_{2} & a_{3} & a_{4} & a_{5} & a_{6}\\ & a_{2}\vline\ & a_{2} & a_{1} & a_{5} & a_{6} & a_{3} & a_{4}\\ & a_{3}\vline\ & a_{3} & a_{4} & a_{1} & a_{2} & a_{6} & a_{5}\\ & a_{4}\vline\ & a_{4} & a_{3} & a_{6} & a_{5} & a_{1} & a_{2}\\ & a_{5}\vline\ & a_{5} & a_{6} & a_{2} & a_{1} & a_{4} & a_{3}\\ & a_{6}\vline\ & a_{6} & a_{5} & a_{4} & a_{3} & a_{2} & a_{1}\\ \text{правый} \end{matrix}$$

умножаю слева направо. В первой строке стоит левый множитель, в первом столбце - правый. В этой таблице обращает на себя внимание то, что в группе $S_3$ всего 2 элемента третьего порядка. Поэтому, если автоморфизм и существует, то эти элементы обязаны отображаться или на себя или какой-то один на другой ( в предположении). Итак, допустим, существует такой автоморфизм $\varphi$, что $a_4\mapsto a_5$ и $a_3\mapsto a_6.$ Это повлечет за собой $(a_4)^2\mapsto (a_5)^2,$ или $a_5\mapsto a_4$. Далее, $a_4\cdot a_3\mapsto a_5\cdot a_6,$ $a_3\cdot a_4\mapsto a_6\cdot a_5,$ или $a_2\mapsto a_2,$ $a_6\mapsto a_3.$ Итак, предполагаемый автоморфизм задается подстановкой: $b_{2}=\begin{pmatrix}a_{1} & a_{2} & a_{3} & a_{4} & a_{5} & a_{6}\\ a_{1} & a_{2} & a_{6} & a_{5} & a_{4} & a_{3} \end{pmatrix}.$ И вот тут наступает момент, по поводу которого я и хочу посоветоваться. Чтобы проверить, является ли $b_2$ автоморфизмом, я не придумал ничего лучшего, как составить еще 2 таблицы. Одну из них я получил просто применяя к исходному квадрату Кэли подстановку $b_2$, а вторую я получил, применяя к тому же исходному квадрату к множителям подстановку $b_2$, то есть написал квадрат

$$\begin{matrix} & \phantom{a_1} \vline\ & a_{1} & a_{2} & a_{6} & a_{5} & a_{4} & a_{3} & \text{левый}\\\hline & a_{1}\vline\ & & & & & &\\ & a_{2}\vline\ & & & & & &\\ & a_{6}\vline\ & & & & & &\\ & a_{5}\vline\ & & & & & &\\ & a_{4}\vline\ & & & & & &\\ & a_{3}\vline\ & & & & & &\\ \text{правый} \end{matrix}$$

а затем подсчитал произведения в этом квадрате с помощью первого квадрата Кэли. Как и следовало ожидать, эти квадраты совпали. А можно ли было убедиться, что $\varphi$ - автоморфизм как-нибудь покороче, не сравнивая квадраты? Хотя тема "Определяющие соотношения" еще впереди. А что еще можно придумать? Да, наверное, ничего не придумаешь.

[arseniiv]

А про внутренние автоморфизмы знаете? Для начала их легко найти (хотя бы тут).

P. S. И про цикловую запись (запись в виде произведений непересекающихся простых циклов; цикл $a_1\mapsto a_2,\ldots,a_{n-1}\mapsto a_n,a_n\mapsto a_1$ пишется как список $(a_1\ldots a_n)$, напр., $(), (23), (13247)$). Она нехило упрощает писанину и всё ещё достаточно прозрачна.

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1058002 писал(а):

А про внутренние автоморфизмы знаете? Для начала их легко найти (хотя бы тут).

Я нашел 6 автоморфизмов, а назвал-то только один, это что, еще не все?

arseniiv в сообщении #1058002 писал(а):

P. S. И про цикловую запись (запись в виде произведений непересекающихся простых циклов; цикл $a_1\mapsto a_2,\ldots,a_{n-1}\mapsto a_n,a_n\mapsto a_1$ пишется как список $(a_1\ldots a_n)$, напр., $(), (23), (13247)$). Она нехило упрощает писанину и всё ещё достаточно прозрачна.

Я про это знаю, просто я сейчас вникаю внутрь, а такая запись нагляднее.

[arseniiv]

Sinoid в сообщении #1058094 писал(а):

Я нашел 6 автоморфизмов, а назвал-то только один, это что, еще не все?

Должны быть все. Просто если вы знаете, что автоморфизм внутренний, и какому элементу он соответствует, доказывать нечего.

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1058095 писал(а):

Просто если вы знаете, что автоморфизм внутренний

Я это не знаю, я искал просто автоморфизмы.

[arseniiv]

В данном случае все они также и внутренние, можете проверить.

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1058105 писал(а):

можете проверить.

Это что, фиксирую какую-нибудь подстановку $g$ из найденных подстановок $b$ и для каждой из шести этих подстановок $y$ убеждаюсь, что решение $x$ уравнения $gxg^{-1}=y$ есть одна из найденных подстановок?

[arseniiv]

Ну, как-то так, хотя:
(1) почему не подставлять $x$, а не $y$ (хотя всё едино, просто $a$ заменится на $a^{-1}$);
(2) можно не проверять все шесть: единичная коммутирует с любой и переходит в себя автоматически; одна-две в зависимости от $a$ тоже будут коммутировать с $a$ и переходить в себя; порядок элемента сохраняется (вы и сами выше этим пользовались), и потому, когда остаётся непроверенным один элемент данного порядка, можно сразу записать ответ.
У меня ощущение, что я какие-то не очень полезные советы даю. Раз уж у вас пока не проходились внутренние изоморфизмы… Потом, в общем случае всё равно надо искать остальные, вдруг есть — тут я тоже ничего полезного в данное время не скажу. Может, я вообще что-то важное забыл упомянуть.

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1058247 писал(а):

Потом, в общем случае всё равно надо искать остальные

Ну так я же все возможные варианты и перебрал вручную: при каждом варианте отображения $a_4$ и $a_5$ я в качестве второго предположения закладывал всевозможные варианты отображения элементов второго порядка друг на друга, в частности, и на себя, так что вот это

arseniiv в сообщении #1058247 писал(а):

вдруг есть

самим способом решения исключается.
А вообще вот в этом

arseniiv в сообщении #1058095 писал(а):

Просто если вы знаете, что автоморфизм внутренний, и какому элементу он соответствует, доказывать нечего

недостаток же в том, что оно применимо только в частных случаях?

[arseniiv]

Sinoid в сообщении #1058297 писал(а):

Ну так я же все возможные варианты и перебрал вручную

Да-да, но потом же вам надо было побыстрее проверить, всё ли в порядке с этими отображениями. Вот как раз найдя, что они представимы как $x\mapsto axa^{-1}$, можно автоматически получить ответ. Но, может, я зря это предлагал.

Sinoid в сообщении #1058297 писал(а):

А вообще вот в этом <…> недостаток же в том, что оно применимо только в частных случаях?

Да, ведь не все автоморфизмы — внутренние. (Кстати, простой пример — циклическая группа. Из-за абелевости внутренний изоморфизм всего один, а вообще изоморфизм есть ещё и $a\mapsto -a$, который как раз из-за той же абелевости не только антиизоморфизм, но и изоморфизм. Если в циклической группе 1-2 элемента, правда, этот автоморфизм совпадает с первым, тождественным.)

-- Пт окт 02, 2015 03:06:04 --

(И, конечно, там ещё всякие другие бывают.)

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1058311 писал(а):

Но, может, я зря это предлагал.

Ничего не зря, вы меня натолкнули еще на один способ решения. Лишнего не будет.
А кстати, я давно еще (где-то в мае) рассуждал сам с собой про внутренние автоморфизмы. Вот слово "внутренний" оно же обозначает, что отображение производится за счет внутренних средств. Так почему бы тогда к внутренним автоморфизмам не отнести, скажем, отображение $x\mapsto xg$? Или это словосочетание введено специально для обозначения конкретного вида автоморфизмов?

[arseniiv]

Sinoid в сообщении #1058498 писал(а):

Или это словосочетание введено специально для обозначения конкретного вида автоморфизмов?

Угу. Но те $x\mapsto xg$, которые являются автоморфизмами, если хотите, называйте как угодно. Если бы общепринятых терминов всегда хватало, в статьях не делали бы введение со своими определениями.

Кстати, кое-какое имя у $x\mapsto xg$ есть — это правое действие группы на себе (элементом $g$).

[Sinoid]

И последний вопрос: как вы узнали, что все автоморфизмы внутренние? Неужели умножали подстановки?

[arseniiv]

Я подсмотрел кое-где. Если браться за ум, повторил бы, наверное, ваше рассуждение о порядках элементов.

[Sinoid]

Огромное спасибо за уделенное внимание.