Un simétrica como grupo y el grupo de cuaterniones $Q_8$

Question

Es bien sabido que el grupo simétrico $S_n$ admite la presentación con $\{(ij) \mid i\neq j\}$ como el conjunto de los generadores y de la siguiente lista de relaciones (en cada fórmula distintas letras indican distintos índices): \begin{align} (ij) =&\, (ji), \label{Sym0} \tag{S0} \\ (ij)^2 = &\, 1, \label{Sym1} \tag{S1} \\ (jk)(ij)(jk) = &\, (ik), \label{Sym2} \tag{S2} \\ [(ij), (kl)] = &\,1. \label{Sym3} \tag{S3} \end{align}

Si por $n\geq 3$ dejamos caer relación \ref{Sym0} de esta lista, vamos a obtener una extensión de $S_n$, denota por $\widetilde{S}_n$. Mi pregunta es: ¿hay un nombre estándar para este grupo, ha sido ya estudiado por cualquier persona en cualquier contexto? Es allí cualquier estándar de representación de la misma.

El uso de BRECHA yo era capaz de calcular $\widetilde{S_3}$ e $\widetilde{S_4}$ explícitamente, las respuestas son [48, 41]; [384, 20069], respectivamente. Por lo que se ve como $\widetilde{S}_n$ es un trivial de extensión de $S_n$ por algunos finito nonabelian grupo de orden $2^n$. Como para los kernels $K_n=\mathrm{Ker}(\widetilde{S}_n\to S_n)$ de las respuestas por $n=3,4,5$ son de la siguiente manera: [8, 4], [16, 12], [32, 50]. En otras palabras, $K_3 \cong Q_8$, $K_4 \cong Q_8 \times C_2$, y $K_5$ es isomorfo al producto central de $Q_8$ e $D_8$ sobre $C_2$.

Answer 1

Para simplificar escribir, voy a llamar a estos grupos $G_n$ en lugar de $\tilde{S}_n$. Tenga en cuenta que $G_2$ es sólo el producto libre de dos grupos de orden $2$, por lo que es el infinito diedro grupo, y suponemos que $|G_n| = 2^n n!$ para $n \ge 3$, e $G_n$ es un producto central de un extraspecial o simpléctica tipo de $2$-grupo de orden $2^n$, con una doble cubierta de la $2.S_n$ de %de$S_n$.

Creo que los cálculos dentro del grupo $G_3$ proporcionar información suficiente para demostrar que $|G| \le 2^nn!$ y, desde $G$ mapas en $S_n$ y en la primaria abelian grupo de orden $2^n$, tenemos $|G_n| \ge 2^{n-1}n!$, por lo que no he completado la prueba. He comprobado la conjetura computionally para $n \ge 7$. La alternativa sería que $G_n$ es el producto directo de primaria abelian $2^{n-1}$ e $S_n$. No puedo ver en el momento como para descartar que fuera.

Deje $H_{n-1}$ ser la imagen de $G_{n-1}$ en $G_n$ por debajo del mapa que se asigna a cada generador de $H_{n-1}$ para el generador de $G_n$ con el mismo nombre. No sabemos a priori que este mapa es inyectiva, y de hecho no es inyectiva para $n=3$. Podemos demostrar que $|G_n| \le 2^nn!$ mostrando que $|G_n:H_{n-1}| \le 2n$ para todos los $n$.

Pretendemos que el conjunto $$T = \{ 1,\,(1n)(n1)\} \cup \{(in),\, (ni) : 1 \le i \le n-1\}$$ contains a set of right coset representatives of $H_{n-1}$ in $G_n$ and, since $|T|=2n$, this will prove that $|G_n:H_{n-1}| \le 2n$.

Podemos comprobar directamente de cómputo (en la BRECHA o Magma) por $n=3$, y también que $(31)(13)$, $(23)(32)$ y $(32)(23)$ se encuentran todos en el mismo coset como $(13)(31)$.

Para demostrar que el reclamo por el general $n$, es suficiente para demostrar que, para cada una de las $t \in T$ y cada generador $x$ de $G_n$, $tx$ se encuentra en $H_{n-1}u$ para algunos $u \in T$. De hecho, esto se deduce de los cálculos en el $n=3$ de los casos, junto con los desplazamientos de las relaciones de $G$. Esto es debido a que $t$ e $x$ implicar a la mayoría de las $3$ de % de$1,2,\ldots,n$, en cuyo caso se sigue de las $n=3$ de los casos, o que implican $4$, en cuyo caso $x \in H_{n-1}$ e $tx=xt$.

Por ejemplo, cuando se $n=5$ si $t=(25)$ e $x=(35)$ entonces $tx \in H_{n-1}(25)$ de la $n=3$ caso aplicado con $1,2,3$ reemplazado por $2,3,5$.