Exterior de Automorfismos de a $S_n$

Question

Hay un montón de preguntas (y varias buenas explicaciones) en la comprensión de la no-trivial exterior automorphism de $S_6$. Lo que no he visto, sin embargo, es una buena explicación de por qué no hay tales exterior de automorfismos de a $n\neq 6$. Wikipedia hace una mención de este hecho aquí.

En particular, tienen esta críptica afirmación:

Para cada grupo simétrico otros de $S_6$, no hay ninguna otra clase conjugacy de elementos de orden 2 con el mismo número de elementos como la clase de transposiciones.

Esto parece como la cosa más natural que probar, dado el conocimiento que se puede construir un exterior automorphism de $S_6$ que se lleva a transposiciones a los productos de tres transposiciones (es decir, cosas como $(12)\mapsto (12)(34)(56)$.) También, la segunda razón por la Wikipedia da no se siente muy intuitiva para mí.

Mi pregunta, entonces, es ¿cómo hace uno para justificar el original (citado) declaración anterior?

Aquí está el ingenuo cálculo de los tamaños de las clases conjugacy: Debemos demostrar que cuando se $n, k\neq 6,3$ $$\frac{n!}{2^k k! (n-2k)!}\neq\frac{n!}{2(n-2)!},$$which is equivalent to $$2^k k!(n-2k)!\neq 2(n-2)!$$

Lo que quiero decir es algo así como, si $n{-}2$ es mayor que $k$, luego siempre hay algún factor en el lado derecho que no aparecen en el lado izquierdo (excepto cuando es una potencia de dos). ¿Este tipo de análisis me lleve a nada, o hay una mejor manera de pensar acerca de esto?

Answer 1

Sólo por interés, voy a tratar el caso de $k >3$, tratando de evitar el uso de Bertrand Postulado. Tenga en cuenta que para $k >1$, $(n-2)!$ es divisible por $(n-2k)!(2k-2)!$. Basta con que $k > 3$ a demostrar que $2^{k-1}k! < (2k-2)!$, o, equivalentemente, que el $(2k-2) \ldots (k+1) > 2^{k-1}$. Hay $k-2$ términos en el lado izquierdo del producto, todas menos la $4.$ También, tenemos $4^{k-2} > 2^{k-1}$ $k >3.$

Answer 2

Sí, como usted menciona, $S_n$ $n\choose2$ transposiciones y la conjugacy clase cuyos elementos constan de $2\le k\le \frac n2$ discontinuo transposición ha $\frac{n!}{(n-2k)!2^kk!}$ elementos. Como usted dice, la condición de que estos números son de la misma es equivalente a $$\tag1 (n-2k)!2^{k-1}k!= (n-2)!$$

Para $k=2$ esto se convierte en $4(n-4)!=(n-2)!$ o, equivalentemente,$(n-2)(n-3)=4$, que no tiene ningún número entero solución.

Para $k=3$, obtenemos $ 24(n-6)!=(n-2)!$ o, equivalentemente,$(n-5)(n-4)(n-3)(n-2)=24$. Esto ha entero de soluciones de $n=6$$n=1$, la primera que lleva a la situación excepcional con $S_6$, el otro no es válido porque ha $n<2k$.

Para el resto del argumento, podemos suponer que $k>3$. A continuación, Bertrand postulado dice que hay un primer $p$$k<p<2k-2$. Esta $p$ no divide $2^{k-1}k!$ pero $n-2\ge2k-2$ implica que el $p$ divide $(n-2)!$, de modo que llegamos a la conclusión de que $p$ divide $(n-2k)!$ y, por último,$p\le n-2k$. Reescribir (1) como $$\underbrace{2\cdot2\cdots 2}_{k-1}\cdot \underbrace{k\cdot (k-1)\cdots 2}_{k-1} = \underbrace{(n-2)(n-3)\cdots(n-2k+1)}_{2k-2}$$ Cada una de las $2k-2$ factores de la izquierda es $\le k$, cada una de las $2k-2$ factores de la derecha es $>p>k$, de ahí que la igualdad no puede sostener (como $2k-2\ne0$).

Answer 3

Como una alternativa a Hagen von Eitzen la respuesta de la $k>3$ de los casos, podemos evitar el uso de Bertrand postulado. Escribir la ecuación como \begin{align*} \underbrace{k(k-1)\cdots 2}_{k-1} \cdot \underbrace{2\cdot2\cdots 2}_{k-1} = \underbrace{(n-2)(n-3)\cdots(n-2k+1)}_{2k-2} \end{align*} y comparar términos de a pares (es decir, comparar $k$$n-2$,$k-1$$n-3$, etc.). Hay dos casos: $2k=n$$2k<n$.

Para el primer caso ($2k=n$), tenga en cuenta que desde $k > 3$,$n \geq 8$. Tenga en cuenta que cada término de la derecha es mayor que o igual a su correspondiente plazo por la izquierda, excepto para el último término de la derecha es 1. Queremos mostrar que el lado derecho tiene otro factor de dos para demostrar que es mayor que el izquierdo. Considerar la última no-1 plazo de $k!$, la 2, en el lado izquierdo y su corresponder término en el lado derecho, $n-k=\frac{n}{2}$. Dividir ambos términos por 2 (y reorganizar ellos) \begin{align*} \underbrace{k(k-1)\cdots 3}_{k-2}\cdot\underbrace{2\cdot 2\cdots 2}_{k-1} = \underbrace{(n-2)(n-3)\cdots(n-k+1)}_{k-2}\cdot \underbrace{(n-k-1)(n-k-2)\cdots 3 \cdot 2 \cdot \frac{n}{4}}_{k-1} \end{align*} Desde $n \geq 8$,$\frac{n}{4} \geq 2$, por lo que la comparación de los términos de a pares, cada término de la derecha es mayor que o igual a su correspondiente plazo por la izquierda, y desde $n-2>\frac{n}{2}=k$$n \geq 8$, el lado derecho es estrictamente mayor que el izquierdo.

Para el segundo caso ($2k<n$), todos los términos de la derecha son los inmediatamente superiores o iguales a sus correspondientes términos de la izquierda, y ya que de nuevo $n-2>\frac{n}{2}>k$$n \geq 8$, el lado derecho es estrictamente mayor que el izquierdo.

Answer 4

Se necesita un poco de trabajo, pero primero quiere mostrar que para $n \not= 6$, cualquier automorphism de $S_n$ tendrá transposiciones a la transposición. Siguiente, tenga en cuenta que $S_n$ es generado por $\{(12),(13),...,(1n)\}$. Demostrar que cualquier automorphism tendrá este conjunto a un conjunto de la forma $\{(ab_1),(ab_2),...,(ab_{n-1})\}$, lo que también genera $S_n$. Ya que cada automorphism está determinada únicamente por la forma en que actúa sobre los generadores del grupo, esto le da a la mayoría de las $n!$ opciones de automorfismos. Es decir, $|Aut(S_n)|\leq n!$. Esto implica que $Aut(S_n)=Inn(S_n)$, lo $Out(S_n)=\{1\}$.