¿Una prueba fácil de que S(n) no se incrusta en A(n+1)?

Question

El libro de Rotman Introducción a la teoría de grupos (Cuarta Edición) pide, en la página 22, Ejercicio 2.8, demostrar que S( n ) no se puede incrustar en A( n +1), donde S( n ) = el grupo simétrico en n y A( n ) = el grupo alterno en n elementos. Tengo una prueba, pero utiliza el postulado de Bertrand, que parece demasiado para la página 22 de un texto introductorio. ¿Alguien tiene una prueba más apropiada (es decir, más fácil)?

Answer 1

Creo que lo siguiente es suficientemente elemental: una transposición en $S_n$ es un elemento de orden 2 que conmuta con al menos $2(n-2)!$ elementos del grupo. Pero $A_{n+1}$ no tiene ese elemento si $n$ es lo suficientemente grande. De hecho, si $\sigma\in A_{n+1}$ es de orden 2, entonces es un producto de $k$ transposiciones independientes donde $k$ es par y $2\le k\le(n+1)/2$ . El número de elementos de $A_{n+1}$ viajar con tal $\sigma$ es igual a $2^{k-1}k!(n+1-2k)!$ y esto es más pequeño que $2(n-2)!$ siempre que $n\ge 6$ .

Answer 2

Creo que esto se resuelve en http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=61&t=333049 .

Answer 3

Por supuesto, esta no es una pregunta a nivel de investigación, y por lo tanto no es apropiada para MO, pero recuerdo que yo mismo estaba desconcertado sobre qué prueba tenía Rotman en mente para esto. Creo que será mejor que asumamos el Teorema de Lagrange o será completamente inútil. ¿Quizás la prueba usando el Postulado de Bertrand estaba prevista, porque los estudiantes podrían esperar haber oído hablar de él, incluso si no han leído una prueba?

Vamos a deletrear eso. Como ya hemos señalado, podemos suponer $n+1 = 2m$ es incluso por Lagrange. Si $S_n$ se incrusta en $A_{n+1}$ entonces el índice de la imagen de la incrustación es $m$ por lo que existe un homomorfismo no trivial (acción multiplicativa sobre los cosets) $\phi: A_{n+1} \rightarrow S_m$ .

Por BP, hay un primer $p$ con $m < p < n+1$ Así que $p$ no divide $|S_m|$ . Por lo tanto, todos los elementos de orden $p$ mienten en ${\rm Ker}(\phi)$ , incluyendo $g = (1,2,\ldots,p-1,p)$ y $h = (1,2,\ldots,p-1,p+1)$ . Entonces $g^{-1}h$ es un triciclo ( $(1,p,p+1)$ si se multiplican las permutaciones de izquierda a derecha), por lo que ${\rm Ker}(\phi)$ contiene todos los 3 ciclos, que generan $A_{n+1}$ contradiciendo la no trivialidad de $\phi$ .

Answer 4

Se podría preguntar a Rotman. Puede ser que en una reorganización del material del libro ese problema haya terminado antes que el material necesario para la respuesta (prevista). Por otra parte, no es una mala experiencia para los estudiantes ver problemas en los que la solución completa parece ligeramente fuera de su alcance. Aquí, uno puede probar varios casos pequeños y ver varias direcciones potenciales para una prueba general. ¿Cuáles funcionarán? ¿Cuáles están en el espíritu de la asignatura? Por supuesto, lo mejor es establecer la expectativa de que puede haber problemas de este tipo.