determinare centro $Z(G)$, automorfismi interni $I(G)$ e $Aut(G)$

[algibro]

Devo determinare $Z(G)$ (centro), $I(G)$ (insieme degli automorfismi interni) e $Aut(G)$ per $G= ZZ_5, ZZ_7, ZZ_8$.
Chiedo conferma della correttezza dei ragionamenti e metto in corsivo i dubbi che ho.

$(ZZ_5, +), (ZZ_7,+), (ZZ_8,+)$ sono tutti e tre ciclici e quindi abeliani. Per questo motivo il centro di tutti e tre i gruppi coincide con il gruppo stesso: $Z(ZZ_5)=ZZ_5, Z(ZZ_7)=ZZ_7, Z(ZZ_8)=ZZ_8$.
Se il gruppo $G$ è abeliano, dato $a \in G$, un automorfismo interno $\varphi_a$ indotto da $a$ coincide con l'applicazione identica $id \in Aut(G)$ in quanto per ogni $x \in G$, $\varphi_a(x)=axa^{-1}=xaa^{-1}=x=id(x)$. Allora in tutti e tre i casi dovrei avere: $I(ZZ_5)={id}, I(ZZ_7)={id}, I(ZZ_8)={id}$.

Ora caso per caso:
i) $ZZ_5={0_5,1_5,2_5,3_5,4_5}$ è generato da $1_5, 2_5, 3_5, 4_5$ tutti di ordine $5$ e l'automorfismo che cerco deve mandare il generatore $1_5$ in un elemento di ordine $5$, cioè in $1_5$, $2_5$, $3_5$ o $4_5$. Quindi ho in tutto $4$ automomorfismi: $f(1_5)=1_5$, $f(1_5)=2_5$, $f(1_5)=3_5$, $f(1_5)=4_5$. (qui non riesco ancora a convincermi del tutto perché non devo considerare $16$ automorfismi. Perché a differenza di generici omomorfirmi essendo gli automorfismi biunivoci se considero tutte le combinazioni ho delle ripetizioni ?)
Con lo stesso ragionamento:
ii) Per $ZZ_7$ ho in tutto $6$ automorfismi.
iii) Per $ZZ_8$ ho in tutto $4$ automorfismi.

Posso in ultimo generalizzare dicendo che nel gruppo $(ZZ_n, +)$ ho in tutto $\phi(n)$ automorfismi ?

[Pappappero]

Non mi e' chiaro da dove verrebbe il $16$ di cui parli.

Prova a ragionare cosi'. Se ho un omomorfismo $f: G \to H$ allora l'immagine di un elemento $g \in G$ determina automaticamente l'immagine di ogni elemento del sottogruppo generato da $g$. Infatti $f(g^k) = f(g) ^k$. In particolare, se $G = \langle g \rangle$ e' ciclico, un omomorfismo e' univocamente determinato dall'immagine di un generatore.

Ora, $\mathbb{Z_5}$ e' generato da $1$. Se $f : \mathbb{Z}_5 \to \mathbb{Z}_5$ e' un omomorfismo, allora $f$ e' univocamente determinato dall'immagine di $1$ (e questo non ha niente a che fare con l'essere o meno biunivoco). In piu', se $f$ e' biunivoco, allora il generatore $1$ deve andare in un generatore e quindi hai $\phi(5) = 4$ possibilita'.

Bisogna osservare, ma e' facile, che queste $4$ possibilita' sono tutte possibili e tutte diverse. Ad esempio, per vedere che sono tutte diverse basta osservare che l'immagine di $1$ cambia, quindi i $4$ omomorfismi sono distinti.

[algibro]

Prova a ragionare cosi'. Se ho un omomorfismo $f: G \to H$ allora l'immagine di un elemento $g \in G$ determina automaticamente l'immagine di ogni elemento del sottogruppo generato da $g$. Infatti $f(g^k) = f(g) ^k$. In particolare, se $G = \langle g \rangle$ e' ciclico, un omomorfismo e' univocamente determinato dall'immagine di un generatore.

Ora, $\mathbb{Z_5}$ e' generato da $1$. Se $f : \mathbb{Z}_5 \to \mathbb{Z}_5$ e' un omomorfismo, allora $f$ e' univocamente determinato dall'immagine di $1$ (e questo non ha niente a che fare con l'essere o meno biunivoco). In piu', se $f$ e' biunivoco, allora il generatore $1$ deve andare in un generatore e quindi hai $\phi(5) = 4$ possibilita'.

Bisogna osservare, ma e' facile, che queste $4$ possibilita' sono tutte possibili e tutte diverse. Ad esempio, per vedere che sono tutte diverse basta osservare che l'immagine di $1$ cambia, quindi i $4$ omomorfismi sono distinti.

Tutto ciò mi è chiaro e ti ringrazio tantissimo per queste conferme.

Non mi e' chiaro da dove verrebbe il $16$ di cui parli.

Io devo trovare automorfismi $f$ di $ZZ_5$
Mi chiedo, oltre i quattro automorfismi che mandano $1_5$ in, rispettivamente, $1_5, 2_5, 3_5, 4_5$, perché non considerare la funzione che manda, ad esempio, $2_5$ in, rispettivamente $1_5, 2_5, 3_5, 4_5$ ? Anche questi sono automorfismi ! Stesso discorso per $3_5$ e $4_5$. Così in tutto ne contavo $16$. Ma così ho delle applicazioni che si ripetono, credo.

[Pappappero]

Fissare l'immagine di $1$ automaticamente determina l'immagine di $2$ perche' $f$ deve essere un omomorfismo. Se $f(1) = a$ allora $f(2) = 2a$. In particolare, l'automorfismo che manda $1$ in $2$ e' uguale all'automorfismo che manda $2$ in $4$ ed e' anche uguale all'automorfismo che manda $3$ in $1$ e cosi' via.

[algibro]

grazie

[algibro]

Altro problemino: ho il gruppo $D_3$ delle isometrie su un poligono di tre lati e devo verificare che $Aut(S_3)=I(G)$.
Ho pensato che, essendo $Z(D_3)$, il centro di $D_3$, composto dal solo elemento $id_{S_3}$, il gruppo quoziente $D_3//Z(D_3)$ è composto da $6$ classi laterali e allora, siccome $D_3//Z(D_3) \approx I(G)$ anche $I(G)$ ha $6$ elementi. Inoltre, essendo $6=3!$ tutte le possibili permutazioni di un insieme con $3$ elementi, allora $6$ sono anche tutti gli automorfismi. Quindi in conclusione avendo $Aut(S_3)$ e $I(G)$ lo stesso numero di elementi posso concludere che $Aut(S_3)=I(G)$. Corretto ?
Cioè, ho anche contato tutti gli automorfismi nel dettaglio come segue ma mi chiedevo se fosse necessario, non coincidono con tutti le possibili permutazioni ?

Indico con $a$ le rotazioni rispetto al centro di simmetria e con $b$ le rotazioni rispetto l'asse di simmetria.
Ho $D_3={id, a, a^2, b, a \circ b, a^2 \circ b}$.
Gli elementi $a$ e $b$ generano tutto $D_3$, poi l'ordine di $a$ è $3$ e l'ordine di $b$ è $2$.
Quindi un automorfismo $f$ deve mandare $a$ in un elemento di ordine $3$ quindi in $a$ stesso ovvero in $a^2$, mentre deve mandare $b$ in un elemento di ordine $2$ dunque in $b$ stesso, oppure in $a \circ b$, oppure in $a^2 \circ b$.
In tutto ho $2 \cdot 3 = 6$ possibili automorfismi.