¿Cuándo es$S_n \times S_m$ un subgrupo de$S_p$?

Question

Hice la siguiente pregunta en math.stackexchange hace varios meses:

Deje que$n,m,p>1$ sea tal que$S_n \times S_m \hookrightarrow S_p$. ¿Implica que$p \geq n+m$?

Derek Holt dio una respuesta positiva. Sin embargo, debido a que el problema es fácil de resolver para valores pequeños de$p$, tengo mucha curiosidad por saber si existe una solución "elemental".

Answer 1

Creo que puedo hacer esto con un elemental argumento, pero tengo que salir corriendo a algún lugar pronto, así que voy a responder rápidamente y espero llegar aproximadamente a la derecha!

Suponga $p < n+m$, por lo que podemos suponer también que $n>p/2$. $S_n$ debe tener un fiel órbita en su acción en $p$ de los puntos, y si que la órbita tiene el tamaño de $k$ entonces $n \le k \le p < 2n$.

Deje $H$ ser el punto de estabilizador de la acción de la $S_n$ en esta órbita de la longitud de la $k$. Entonces a partir de la $|S_n:H| < 2n$ y cualquier subgrupo de $A_n$ tiene índice de al menos $n$ (estoy asumiendo $n \ge 5$, ya que se puede hacer pequeño de los casos por separado), no podemos tener a $H < A_n$, lo $H$ debe ser un subgrupo maximal de $S_n$.

Pero entonces la acción de la $S_n$ en esta órbita es primitivo, y grupos primitivos han trivial centralizador. (Eso es porque el punto de estabilizador en una primitiva grupo corrige un único punto, ya que de lo contrario sus puntos fijos sería un bloque, y por lo tanto, el centralizador de las correcciones de ese punto y por lo tanto todos los puntos.)

Así que el otro factor, $S_m$ debe corregir todos los puntos en esa órbita, pero eso es imposible, porque $m > p-k$.

Answer 2

Aquí es una solución a Brendan McKay de la cuestión más general, que voy a hacer como de respuestas separada.

Deje $n_1,n_2,\ldots,n_k$ ser números enteros, con $1 < n_1 \le n_2 \le \cdots \le n_k$, vamos a $n = n_1+n_2 + \cdots +n_k$, y supongamos que $G = S_{n_1} \times S_{n_2} \times \cdots S_{n_k} \le S_p$ para algunos $p$. A continuación,$n \le p$.

Para hacer que el argumento inductivo trabajo, me encontré con que tenía que probar este también por la alternancia de los grupos, pero necesitamos grado mayor que $2$, debido a $A_2$ es trivial. Así, por $1 \le i \le k$, vamos a $G_i = S_{n_i}$ o (si $n_i>2$) $A_{n_i}$, y se supone que $G = G_1 \times \cdots \times G_k \le S_p$,, a Continuación, $n\le p$ donde $n = n_1+n_2 + \cdots +n_k$.

Supongamos que no, y elija $p$ mínima que hay un contraejemplo. Claramente $k > 1$.

Si $G$ es intransitivo (como un subgrupo de $S_p$), a continuación, $p = p_1 + p_2$ para algunos $p_1,p_2 >0$, e $G$ revisiones de juegos de tamaños de $p_1$ e $p_2$. Por inducción, los $G_{i}$ que actuar fielmente en el primero de estos conjuntos de grados de suma a que en la mayoría de las $p_1$ y los que actúan fielmente en el segundo set grados suma que en la mayoría de las $p_2$, y dado que cada una de las $G_{i}$ debe actuar fielmente en al menos uno de los dos conjuntos, obtenemos $n \le p$, contrario a la hipótesis.

Por lo $G$ es transitiva. Supongamos siguiente que es imprimitive, con bloques de $p_2$ bloques de tamaño $p_1$ donde $p_1,p_2>1$ e $p_1p_2=p$. Algunas de las $G_{i}$ act fielmente en el set de $p_2$ bloques y, por inducción, hay grados suma que en la mayoría de las $p_2$. El resto de los $G_i$ o bien se encuentran en el núcleo de la acción en el bloque de sistema, o de lo $n_i>2$ e $A_{n_i}$ se encuentra en el núcleo de esta acción. Desde las acciones del kernel en cada uno de los bloques son equivalentes, todos ellos deben actuar fielmente en cada bloque de tamaño $p_1$. Así que, por inducción, la suma de sus grados es en la mayoría de las $p_1$ y, por tanto, $n \le p_1 + p_2$ que no es posible, ya que $n > p = p_1p_2$.

Por lo $G$ debe ser primitiva de grado $p$. Desde normal subgrupos de los grupos primitivos son transitivos, $S_{n_1}$ es transitiva, y por lo tanto,$p \le n_1!$. Ahora, el centralizador de un transitiva grupo de grado $p$ ha pedido en la mayoría de los $p$ (su orden es igual al número de puntos fijos de el punto de estabilizador de la transitivo grupo centralizado), con lo que conseguimos $n_2!n_3! \cdots n_k! \le p$, lo cual es imposible, excepto cuando se $k=2$ e $p=n_1!=n_2!$, pero, a continuación, $n_1+n_2 \le p$ (excepto cuando se $n_1=n_2=2$), contrariamente a la suposición.

Answer 3

Existe un resultado general que se tenía (que supongo que se conoce a la permutación de los especialistas del grupo). Para un grupo finito $G,$ deje $m(G)$ denotar el menor grado de fiel permutación representación de $G.$ Deje $X_{1},X_{2},\ldots X_{t}$ ser finito simple grupos, posiblemente con algunas de las $X_{i}$ siendo Abelian: a continuación, $m( X_{1} \times X_{2} \times \ldots \times X_{t}) = \sum_{i=1}^{t} m(X_{i}).$ Claramente el grado mínimo del producto es mayor que la suma de el grado mínimo de los componentes individuales. Podemos demostrar que la inversa de la desigualdad por inducción en $t,$ el resultado es claro al $t = 1.$ La prueba no es tan diferente de la de Derek, pero difiere en los lugares, así que le doy. Set $X$ a ser el producto directo de la $X_{i},$ y supongamos que $X$ actos fielmente en $\Omega$ con $|\Omega| = m(X).$, Entonces se sigue que podemos suponer que $X$ actúa transitivamente sobre $\Omega.$ si $\Omega = \Omega_{1} \cup \Omega_{2}$ con cada una de las $\Omega_{i}$ ser $X$-invariante, y la unión distinto, vamos a $N$ ser la pointwise estabilizador de $\Omega_{1},$, lo que es adecuado y no trivial. A continuación, $N$ actos fielmente en $\Omega_{2}$ e $X/N$ actos fielmente en $\Omega_{1}.$ Desde $N$ es isomorfo a un producto directo de algunas de las $X_{i}$ e $X/N$ es isomorfo al producto directo de las restantes, nuestra pretensión es establecido. Si es posible, deje $\Gamma$ ser una órbita apropiada (en $\Omega$) de un adecuado no trivial normal subgrupo $N$ de % de $X,$ y elija $N$ tan grande como sea posible. Deje $K$ ser el núcleo de la acción de la $N$ a $\Gamma.$ Desde $X$ es un directo de simple grupos, todos los subnormales subgrupos de $X$ son normales, por lo $K \lhd X.$ Pero $X$ luego permutes los puntos fijos de $K$ a $\Omega,$ mientras $X$ es también transitivo, por lo $K =1$ e $N$ actos fielmente en $\Gamma.$ Ahora todas las órbitas de $N$ a $\Omega$ tienen un tamaño $|\Gamma|$, e $X/N$ actos fielmente como una permutación de grupo en el conjunto de órbitas por maximality de $N.$ Por lo tanto $|\Omega| \geq m(N) m(X/N) \geq \sum_{i} m(X_{i})$ . Por lo tanto podemos suponer que cada uno de no-trivial normal subgrupo de $X$ actúa transitivamente sobre $\Omega.$, Entonces para cualquier $i,$ vemos que $\prod_{j \neq i} X_{j}$ actúa regularmente en $\Omega,$ desde $X_{i}$ permutes los puntos fijos de cualquier elemento de ese producto, mientras que el producto también actúa transitivamente. Pero asimismo, a partir de $t >1$, $X_{i}$ también deben actuar con regularidad. Si llamamos a ese $|X_{i}| \leq |X_{j}|$ siempre $i \leq j,$, entonces podemos ver que debemos tener $t =2$ e $|X_{1}| = |X_{2}| = |\Omega|.$ Si $X_{1}$ es Abelian, entonces tenemos una contradicción, ya que una primaria Abelian grupo de orden $p^{2}$ no puede actuar fielmente en $p$ puntos al $p$ es primo. Si $X_{1}$ no es Abelian, se nota que $m(X_{1}) \leq \frac{|X_{1}|}{3}$, ya que el $X_{1}$ tiene un corefree subgrupo de orden mayor que $2.$ Lo $m(X_{1} \times X_{2}) \leq 2 \frac{|X_{1}|}{3},$ una contradicción. El resultado especial sobre los grupos simétricos pueden ser recuperados a partir de esto, ya que si $Y$ es un producto directo de grupos simétricos, a continuación, $F^{*}(Y)$ es un producto directo de la simple grupos, y obtenemos una corriente alterna factor del grupo de grado $k$ para cada grupo simétrico de grado $k \geq 5,$ mientras conseguimos un factor cíclico de grado $k$ para cada grupo simétrico $S_{k}$ con $k \leq 3,$, mientras que se obtienen dos factores cíclicos de grado $2$ para cada grupo simétrico factor de $S_{4}.$ Desde $S_{4}$ tiene grado mínimo $4,$ esto funciona como se requiere. (Más tarde edita: Un par de comentarios adicionales: si $S$ es un no-Abelian grupo simple finito, existe de hecho una fiel acción de $S \times S$ sobre un conjunto de $|S|$ puntos en los que ambos factores actúan de forma regular. La acción está en el cosets de la diagonal subgrupo $\Delta(S)$ de % de $S \times S.$ es también el caso, con un poco más de pensamiento, que cualquier simple grupo de $S$ ha $m(S) \leq \frac{|S|}{12},$ a pesar de la mucho más burdas enlazado anteriormente era suficiente para ese argumento. Por si $S$ incluso ha pedido, entonces si $S$ tiene un Sylow $2$-subgrupo de orden menor que $16$,$S$ tiene un subgrupo de orden $12$ o $56$ por la transferencia de los argumentos, mientras que si $S$ ha extraña orden, $|S|$ es divisible por $p^{3},$ nuevo por transferencia, donde $p$ es el menor divisor primo de $|S|$, como se le conocía a Burnside (esto último es sólo un dispositivo para evitar invocar la fuerza completa de la Feit-Thompson impar orden teorema)).