¿Si las matrices de permutación están conjugado en $\operatorname{GL}(n,\mathbb{F})$ son el conjugado correspondiente de permutaciones en el grupo simétrico?

Question

No hay un estándar de la incrustación del grupo simétrico $S_n$ a $\operatorname{GL}(n,\mathbb{F})$ (para cualquier campo $\mathbb{F}$) que envía cada permutación en $S_n$ a la correspondiente matriz de permutación. Como este es un grupo homomorphism, sin duda, conjugado permutaciones mapa para conjugar las matrices. Lo acerca a la inversa? Supongamos que $A$ $B$ son similares permutación de matrices en $\operatorname{GL}(n,\mathbb{F})$ proveniente de permutaciones $\alpha$$\beta$$S_n$. De lo anterior se sigue que el $\alpha$ $\beta$ ya son conjugado en $S_n$? (Yo creía que tenía una prueba, pero me di cuenta de que el argumento parece fallar en característica positiva.)

Answer 1

Creo que el siguiente argumento funciona de forma independiente del campo. La dimensión del punto fijo subespacios de $A$ $B$ es igual al número total de ciclos (incluidos los ciclos de longitud $1$)$\alpha$$\beta$, por lo que, si $A$ $B$ son similares matrices, a continuación, $\alpha$ $\beta$ debe tener el mismo número total de ciclos.

Lo mismo se aplica a $\alpha^p$ $\beta^p$ para cualquier prime $p$, y el número de sus ciclos son iguales a $a_1+a_2p$ $b_1 + b_2p$ donde $a_1$ $a_2$ es el número de ciclos de $\alpha$ de la longitud no divisible por $p$ y divisible por $p$, respectivamente, y de manera similar para $b_1,b_2$ $\beta$. Por lo $a_1+a_2p=b_1+b_2p$, y dado que ya sabemos que $a_1+a_2=b_1+b_2$, obtenemos $a_1=b_1$, $a_2=b_2$. En otras palabras, para cualquier prime $p$, $\alpha$ y $\beta$ tienen el mismo número de ciclos de longitudes divisible por $p$.

Ahora, por un argumento inductivo en el número de factores primos de a $k$, se puede demostrar que para cualquier entero $k>0$, $\alpha$ y $\beta$ tienen el mismo número de ciclos de longitudes divisible por $k$, lo que implica que $\alpha$ $\beta$ tienen el mismo ciclo de tipos, por lo que está conjugado en el $S_n$.

Por ejemplo, para $k=12$ deje $a_i$ el número de ciclos de $\alpha$ de la longitud de la $j$ donde$\gcd(j,12)=i$$i=1,2,3,4,6,12$. Por inducción, sabemos $a_1+a_2+a_3+a_4+a_6+a_{12}$, $a_2+a_4+a_6+a_{12}$, $a_3+a_6+a_{12}$, $a_4+a_{12}$ y $a_6+a_{12}$. El número total de ciclos de $\alpha^{12}$$a_1+2a_2+3a_3+4a_4+6a_6+12a_{12}$, de modo que el número, junto con el ya conocido sumas, es suficiente para determinar el $a_{12}$ y, por tanto, para demostrar que $a_{12}=b_{12}$.

Answer 2

Nota: he editado esta prueba a sustituir la inducción paso con una apelación a la Möbius de la inversión de la fórmula.

Nota: he añadido una más corta de la prueba en el caso de característica cero.

Esto es cierto en cualquier característica. $A$ $B$ son semejantes si y sólo si se definen isomorfo $F[X]$-módulo de estructuras en $F^n$ través $Xv = Av$$Xv = Bv$, respectivamente.

Si los ciclos de $\alpha$ tienen longitudes $n_1, \dots, n_s$, luego de la canónica $F[X]$-estructura del módulo es isomorfo a $M = \oplus_i F[X]/(X^{n_i} - 1)$.

Voy a suponer en primer lugar que el carácter es $p > 0$. Escribir $n_i = r_i p^{k_i}$ $r_i$ primer a $p$. A continuación,$M = \oplus_i F[X]/(X^{r_i} - 1)^{p^{k_i}}$. Queremos comprobar que los números de $r_i$ $k_i$ son bien determinada por $M$ hasta permutación. Deje $h_k(r)$ denotar el número de veces que el factor de $(X^r - 1)^{p^k}$ aparece en la suma de $M$.

Para cualquier número $r$ primer a $p$, escribir $\phi_r$ $r$th cyclotomic polinomio. Los polinomios $\phi_r$ son parejas relativamente primos, y $X^r - 1 = \prod_{d|r} \phi_d$. Tenemos $M = \oplus_r M_r$ donde $M_r$ es el submódulo de $M$ aniquilado por algún poder de $\phi_r$, e $M_r = \bigoplus_{i \text{ such that } r|r_i} F[X]/(\phi_r^{p^{k_i}})$. Para una fija $r$, los poderes que aparecen en esta descomposición son bien determinado por $M_r$ (y, por tanto,$M$), por la singularidad parte de la estructura teorema de finitely generado los módulos a través de un PID.

Si dejamos $f_k(r)$ ser el número de veces que $\phi_r^{p^k}$ aparece en la descomposición de la $M_r$, $f_k(r)$ está bien determinada por $M$ y tenemos $f_k(r) = \sum_{q \text{ such that } r|q} h_k(q)$. Para finalizar la prueba, será suficiente para demostrar que la función de $f_k = f$ únicamente determina la función de $h_k= h$.

Si dejamos $N$ ser un común múltiplo de todos los números de $q$ que $h(q) \ne 0$ (o, equivalentemente, para que $f(q) \ne 0$), y escribimos $f'(t) = f(N/t)$$h'(t) = h(N/t)$, luego tenemos a $f'(u) = \sum_{t, \, t|u} h'(t)$. Se sigue de Möbius de la inversión de la fórmula que $h'$ está determinado por $f'$, por lo tanto $h$$f$.

Si la característica es cero, argumentar de la misma manera, pero la sustitución de todos los poderes $p^{k_i}$$1$.

Tenga en cuenta que el argumento mediante el polinomio característico falla en característica positiva $p$, ya que por ejemplo, $X^2 - 1 = (X-1)^2$ al $p = 2$.

PRUEBAS ALTERNATIVAS EN CARACTERÍSTICA CERO:

Deje $h(c)$ denotar el número de ciclos de longitud $c$ en una descomposición de la $\alpha$. Tenga en cuenta que $\operatorname{tr} A$ es el número de puntos fijos de la permutación $\alpha$. Por lo tanto si dejamos $f(n) = \operatorname{tr} A^n$, $f(n)$ es también el número de puntos fijos de la permutación $\alpha^n$, es decir, $$f(n) = \sum_{c|n} ch(c).$$ Se sigue de Möbius inversión de la fórmula de la función $h(c)$ está totalmente determinado por $f(n)$, por lo tanto, por $A$.

Answer 3

Esto es cierto en el carácter $0$. Si $A$ es una permutación de la matriz correspondiente a la permutación $\sigma \in S_n$, entonces el polinomio característico de a $A$ $f(T) = \prod_{k=1}^\infty(1-T^k)^{a_k}$ donde $a_k$ es el número de ciclos de longitud $k$$\sigma$. (Nota que esto es realmente un producto finito.) Yo reclamo que usted puede recuperar el tipo de ciclo de $\sigma$$f(T)$, es decir, que se puede recuperar la secuencia de $\{a_k\}$. La observación de que

$$\log f(T) = -\sum_{k=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty\frac{T^{km}}{m}a_k = - \sum_{l=1}^\infty\frac{T^{l}}{l}b_l$$

donde $b_l = \sum_{d \mid l} d a_d$. Por inducción (o de inversión de Möbius), podemos recuperar la secuencia de $\{a_k\}$ a partir de la secuencia $\{b_l\}$, y, por tanto, de $f(T)$. Por lo tanto, el tipo de ciclo de $\sigma$ está totalmente determinado por su polinomio característico, y dos elementos de la $S_n$ son conjugado iff tienen el mismo tipo de ciclo.

Answer 4

Sí, tanto permutar la base estándar y que tienen la misma estructura de ciclo.

Es más fácil ver si se ve como lineales transformaciones: cada ciclo corresponde a un subespacio estable del espacio total y el ciclo de descomposición corresponde a la descomposición estable.