Cuál debe ser el número de homomorfismo de grupo de $\mathbb Z_2\times \mathbb Z_2$ a $S_8$ ?

Question

Quiero encontrar el número total de homomorfismos de grupo de $U(8):=\{1\leq r\leq 8: (r, 8)=1\}$ a $S_8$ . Ahora sabemos que $U(8)\cong \mathbb Z_2\times \mathbb Z_2$ . Por lo tanto, el número es el mismo que $\#Hom(\mathbb Z_2\times \mathbb Z_2, S_8)$ .

Aquí $\mathbb Z_2\times \mathbb Z_2=\langle (1, 0), (0,1): (1,0)^2=(0,1)^2=(1,1)^2=(0,0)\rangle$ . Así que creo que lo único que necesitamos para molestar a las posibilidades de $f(1,0), f(0,1)$ tal que el orden de $f(1,0)f(0,1)$ sea 2 sólo cuando $f\in Hom(\mathbb Z_2\times \mathbb Z_2, S_8)$ .

Aquí $|f(1,0)|, |f(0,1)|$ tienen posibilidades 1, 2.

Si $|f(1,0)|=1$ entonces para $f(0,1)$ obtenemos el total de posibilidades $\{1+\binom{8}{2}+\frac{1}{2!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}+\frac{1}{3!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}\binom{4}{2}+\frac{1}{4!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}\binom{4}{2}\binom{2}{2} \}=764$ .

Pero si $f(1,0)$ ¿tiene orden 2 entonces?

Se atascó y se confundió. ¿Puede alguien iluminarme, por favor?

Answer 1

Gracias a @MiloBrandt por señalar un gran fallo en la primera versión de esto.

Cuántos elementos de orden $\leq2$ están ahí en $S_8$ para enviar $(1,0)$ a? Para cada uno, ¿cuántos elementos de orden $\leq2$ que se desplazan con la imagen de $(1,0)$ para enviar $(0,1)$ ¿a?

• $\binom{8}{0}$ identidad a enviar $(1,0)$ a, con $\binom{0}{0}\left(\binom{8}{0}+\binom{8}{2}+\frac{1}{2!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}+\frac{1}{3!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}\binom{4}{2}+\frac{1}{4!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}\binom{4}{2}\binom{2}{2}\right)$ opciones para $(0,1)$
• $\binom{8}{2}$ 2 ciclos para enviar $(1,0)$ a, con $\left(\binom{1}{0}+\binom{1}{1}\right)\left(\binom{6}{0}+\binom{6}{2}+\frac{1}{2!}\binom{6}{2}\binom{4}{2}+\frac{1}{3!}\binom{6}{2}\binom{4}{2}\binom{2}{2}\right)$ opciones para $(0,1)$
• $\frac{1}{2!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}$ productos de dos ciclos disjuntos de 2 para enviar $(1,0)$ a, con $\left(\binom{2}{0}+\binom{2}{1}+\binom{2}{2}\right)\left(\binom{4}{0}+\binom{4}{2}+\frac{1}{2!}\binom{4}{2}\binom{2}{2}\right)$ opciones para $(0,1)$
• $\frac{1}{3!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}\binom{4}{2}$ productos de tres 2 ciclos disjuntos para enviar $(1,0)$ a, con $\left(\binom{3}{0}+\binom{3}{1}+\binom{3}{2}+\binom{3}{3}\right)\left(\binom{2}{0}+\binom{2}{2}\right)$ opciones para $(0,1)$
• $\frac{1}{4!}\binom{8}{2}\binom{6}{2}\binom{4}{2}\binom{2}{2}$ productos de cuatro ciclos de 2 disjuntos para enviar $(1,0)$ a, con $\left(\binom{4}{0}+\binom{4}{1}+\binom{4}{2}+\binom{4}{3}+\binom{4}{4}\right)\binom{0}{0}$ opciones para $(0,1)$

En el recuento anterior, dejo que el lector entienda el recuento de opciones para enviar $(1,0)$ a. Al contar dónde enviar $(0,1)$ a, primero contamos cuántos de los 2 ciclos en la imagen de $(1,0)$ que será a imagen y semejanza de $(0,1)$ y luego contar cuántos elementos de orden $\leq2$ hay que son disjuntos de la imagen de $(1,0)$ . Multiplicar y sumar.

---

Esto todavía no es suficiente. Ha dejado fuera el envío de los dos generadores a las combinaciones de ciclos que se solapan sin dejar de viajar. Por ejemplo, $(12)(34)$ se desplaza con $(13)(24)$ . Quizás no haya mucho más que contar y añadir, pero lo voy a dejar por ahora.

---

Esta contabilidad de subgrupos de $S_8$ nos dice que la respuesta definitiva a su pregunta es (contando desde la parte inferior de la tabla) $$\begin{align}&1+(105+28+210+420)\cdot3\\&\phantom{1}+(315+630+210+420+70+1260+210+630+420+1260+1260)\cdot\binom{3}{2}\cdot2!\end{align}$$ que es $42400$ . Mi contabilidad anterior sólo llega hasta $21820$ .