Por tejer producto (alias: Zappa-Szép producto), me refiero a un producto de $AB$ de los subgrupos para que $A\cap B=1$. En particular, tenga en cuenta que ninguno de los subgrupos que se requiere para ser normal, haciendo de este una generalización de la semidirect producto.
Sinopsis de preguntas (en orden):
(1) alguien Puede proporcionar subgrupos $A,B$ de $S_{10}$ para que $S_{10}=AB$, $A\cong S_6$, e $B\cong S_7$? (Tenga en cuenta que por la cardinalidad consideraciones, necesariamente, $A\cap B=1$ si esto sucede, en cuyo caso $S_{10}$ es realmente el punto producto de los dos.)
(2) Puede ser probado, sin un equipo de escape, que $S_{10}$ no tiene este tipo de descomposición?
(3) ¿Cómo se podría ir sobre, con un equipo de escape, mostrando $S_{10}$ no tiene este tipo de descomposición? Esto tiene como subquestion: ¿cómo sabemos que hemos capturado todas las formas extrañas cada una de las $S_k$ con $k=6,7$ incrusta como un subgrupo de $S_{10}$?
Para referencia, esto es similar a la pregunta aquí, pero incluso allí se señaló que había otras maneras las incrustaciones podría ocurrir.
Historia: Érase una vez (es decir, un número de años), estaba contemplando la manera en la que uno podría factor de un grupo simétrico $S_n$ como un punto producto de dos simétrica subgrupos $A\cong S_a$ e $B\cong S_b$ con enteros positivos $a,b$. Obviamente, una condición necesaria para que esto suceda es que $n! = a!b!$, por lo que una pregunta natural es el número correspondiente de la teoría problema: cuando es posible la escritura de $c!$ como producto $a!b!$ ? A través de la computadora se ejecuta, rápidamente descubrí dos infinito familias (ruptura de la simetría entre las $a$ e $b$, sólo voy a escribir triples con $a\leq b$), que se $(a,b,c) = (1,n,n)$ más de enteros $n\geq 1$ e $(a,b,c)=(n,n!-1,n!)$ más de enteros $n\geq 3$, y un valor atípico ejemplo $(a,b,c)=(6,7,10)$.
Devolución de estos ejemplos para la motivación del grupo de teoría de la pregunta, la familia en primer lugar, obviamente, corresponde a la (extremadamente trivial) producto de $1=S_1$ e $S_n$. Mientras tanto, un Frattini argumento aplicado a la derecha regular la acción de $S_n$ sobre sí mismo puede ser utilizado para mostrar $\mathrm{Sym}(S_n)$ es el punto producto de $\mathrm{Sym}(S_n\smallsetminus \langle1\rangle)$ con el grupo $H$ que es la imagen de la Cayley incrustación $S_n\hookrightarrow\textrm{Sym}(S_n)$. Esto, entonces los rendimientos de la segunda familia de factorizations.
Todo esto lleva a la pregunta: ¿existe una factorización de $S_{10}$ como producto de la $S_6$ e $S_7$, proporcionando así un grupo de teóricos de la razón de la triple $(6,7,10)$? Me parece recordar, pero no puede encontrar la dirección de e-mail, que un amigo mío hizo un pc para verificar que no hay ninguna copia-de-$S_6$, copia-de-$S_7$ par para que el producto es $S_{10}$ y que se cruzan trivialmente.
Si estoy equivocado en mi recuerdo, y no existe una descomposición de la $S_{10}$ como un punto producto de un copia-de-$S_6$ veces una copia-de-$S_7$, me gustaría apreciar los detalles suficientes como para estar convencido de que es cierto, como el conocimiento que la copia de cada una de las $S_k$ es considerado (por ejemplo, la generación de conjunto de la $S_k$-copia, o un monomorphism $S_k\rightarrow S_{10}$).
Si recuerdo correctamente, que no hay ningún factorización, entonces alguien puede proporcionar una prueba de ese hecho (directamente o a través de referencia)?
Salvo la primera es verdadera y la segunda se cumplen, mi posición de retroceso es que me gustaría que la reproducción de cálculo para mí, excepto que no tienen una sólida idea de cómo muchas formas diferentes en cada una de las $S_k$, $k=6,7$ puede incrustar en $S_{10}$. Por lo tanto, un paso necesario en un proceso algorítmico está viniendo para arriba con una lista de copias-de-$S_k$.
Probablemente la mejor manera de recopilar esa información sería un representante para cada clase conjugacy. (Si hay una mejor manera de realizar el cálculo, soy todo oídos.)
En cuanto a las clases conjugacy de que soy consciente de:
$\bullet$ Los grupos simétricos que se mueven exactamente $k$ cartas entre el $10$ letras son los conjugados de los habituales subgrupo interpretación de $S_k$.
$\bullet$ No es, en general, una incrustación $S_k$ a $A_{k+2}$ dado por la asignación de los miembros de $A_k$ a sí mismos y la asignación de $\sigma(1\;2)$ en el coset $A_k(1\;2)$ a $\sigma(1\;2)(k+1\;k+2)$. Esto produce que el representante de la clase conjugacy $A_k\cup \bigl(A_k(1\;2)(k+1\;k+2)\bigr)$.
Como un aparte para cualquiera que pudiera estar interesado, mientras que me han dado razones para creer $10! = 6!7!$ no se presentan como un grupo simétrico de la factorización de (a través de la mencionada, perdido e-mail), no se presentan como una permutación grupo de factorización. A través de un Frattini argumento aplicado a la pronunciada $3$-transitiva de acción de la Mathieu grupo $M_{10}$ a $10$ letras, el grupo simétrico $S_{10}$ es el punto producto de $S_7$ e $M_{10}$, e $|M_{10}|=720=6!$. Esto me hace pensar que la esporádica ejemplo realmente es esporádica, en que (probablemente) surge a través similares `felices accidentes" de los pequeños números que permite a $A_6$ tener trivial exterior de automorfismos. Estoy muy curioso por saber si las dos familias y este esporádicos ejemplo realmente no representan las únicas soluciones $(a,b,c)$ a $c!=a!b!$, pero incluso si es cierto, una prueba de que el hecho de que no es probable que se materialicen en cualquier momento pronto.
Editado (3 abril de 2019) para la motivación de fondo:
Ahora que recuerdo, he pensado que me gustaría incluir la razón por la que estaba empezando a ver este tipo de punto productos en primer lugar. Había una necesidad de una construcción formal de un exterior automorphism de $S_6$ que fue garantizado para tener un orden $2$, y tan empezado a seguir el estándar de construcciones de tales exterior automorfismos, pero con un ojo para la toma de decisiones de modo que la construcción produjo uno con este fin. Mi ruta fue el uso transitivo de copia de $H$ de $S_5$ dentro de $S_6$ e tienen $S_6$ ley sobre el derecho cosets de $H$. Tener una transversal en el conjunto completo de cosets sentido de cómputo, así que busqué una transversales $T$ para $H$ en $S_6$ que sería "fácil de detectar" (realmente fácil encontrar el (único) $\tau\in T$ , de modo que $H\tau =H\sigma$ cualquier $\sigma\in S_6$). El uso de la "natural de pedido" prestado por mi de codificación, descubrí que $S_3$ serviría como una transversal.
