Subgrupos de $S_n$ con exactamente un punto fijo para cada elemento que todos tienen el mismo punto fijo.

Question

Que $G$ sea un subgrupo de $S_n$ (donde $n$ es un número entero positivo) que cada elemento de identidad no $g\in G$ tiene exactamente un punto fijo. Demostrar que hay un elemento de $[n]$ que es fijada por cada permutación de $G$.

Estoy intentando hacer es probarlo por contrapositive, demostrando que si todos $k\in [n]$ allí es una permutación que se mueve $k$ entonces es una permutación sin puntos fijos, pero no me queda claro como puedo hacer esto.

Answer 1

Aplicar Burnside el Lema:

Considere la posibilidad de la acción de la $G$$[n]$. El número de órbitas es

$$|[n]/G|=\sum_{g\in G}\frac{[n]^g}{|G|}$$

donde $[n]^g=\{k\in[n]:g(k)=k\}$.

La hipótesis dice que el $|[n]^g|=1$ todos los $g\neq e$. Por otra parte, $[n]^e=[n]$. Entonces $$|[n]/G|=\frac n{|G|}+\sum_{g\in G,g\neq e}\frac{1}{|G|}=\frac{|G|+n-1}{|G|}>1$$ Esto significa dos cosas:

• Hay al menos dos órbitas.
• $|G|$ divide $n-1$, decir $k|G|+1=n$. Tenga en cuenta que el número de órbitas es $k+1$.

Ahora, $n$ es la suma de los cardenales de las órbitas. Por otra parte, no es un estabilizador del subgrupo $I_x$ asociado a cada órbita $O_x$, e $|G|=|I_x|\cdot|O_x|$. Este rendimientos $$n=\sum\frac{|G|}{|I_x|}$$ donde la suma se extiende por el conjunto de órbitas y por lo tanto, ha $k+1$ términos. También puede ser escrita: $$\frac n{(k+1)|G|}=\frac1{k+1}\sum\frac1{|I_x|}$$

Vemos que el lado izquierdo está cerca de $1$, por lo que debe haber muchos términos en la suma en la RHS que se $1$. Vamos a ver cómo muchos.

Para eso, vamos a aplicar la siguiente:

Lema. Si $a_1,\ldots,a_s$ son enteros positivos y exactamente $r$ de ellos se $1$, $$\frac1s\sum_{j=1}^s\frac1{a_j}\le\frac{s+r}{2s}$$
Prueba: $$\frac1s\sum_{j=1}^s\frac1{a_j}\le\frac rs+\sum_{j=1}^{s-r}\frac1{2s}=\frac{s+r}{2s}$$

Así que vamos a $r$ el número de órbitas de tamaño $|G|$ (es decir, el número de estabilizadores de tamaño $1$). Entonces $$\frac n{(k+1)|G|}\le \frac{k+1+r}{2k+2}$$

La solución para $r$ da $$r\ge\frac{2n}{|G|}-(k+1)=k-1+\frac2{|G|}$$ lo que conduce a $$r\ge k$$

Desde $r$ es el número de órbitas de tamaño $|G|$, $r\le k+1$, pero $r\neq k+1$ desde $(k+1)|G|>k|G|+1=n$, lo $r=k$.

Para resumir, hay $k$ órbitas de tamaño $|G|$. El tamaño de la otra órbita es $$n-k|G|=1$$ lo que completa la prueba.

Answer 2

Su reclamo no es cierto. Por ejemplo, considere el subgrupo $G < S_5$ de $(123)$ y $(12)(45)$, que es isomorfo a $S_3$. Aquí todos los elementos de $G$ fija un punto pero no hay ningún punto fijo común $G$.