Demostrando que el número de permutaciones pares e impares de un subgrupo $H<S_{n}$ son iguales, siempre que $H$ no esté contenido en $A_{n}$

Question

Sea $Hn$, se agrega al menos un elemento impar extra ($\beta_{n+1}$) a la lista $$\beta_1\alpha_1,...,\beta_1\alpha_n,\beta_{n+1}$$

Aquí es donde me encuentro atascado. Cualquier ayuda es apreciada. ¿Puede funcionar esta ruta?

Answer 1

Notamos que $\beta_1^{-1}\beta_{n+1}$ es un producto de dos permutaciones impares en $H$, por lo tanto es par; así que $\beta_1^{-1}\beta_{n+1}\in E$, lo que implica que $\beta_1^{-1}\beta_{n+1}=\alpha_k$ para algún $k\leq n$, y por lo tanto $\beta_{n+1}=\beta_1\alpha_k.

Por lo tanto, en realidad no hay ninguna permutación impar adicional, lo que muestra que $m=n$.

Answer 2

Solo para proporcionar una prueba de la afirmación general en el título:

Tomemos un subgrupo $H < S_n$. Si $H \cap A_n \neq \varnothing$, entonces tiene al menos una permutación impar $\sigma$. Consideremos la función (no es un homomorfismo) $T_\sigma\colon H \to H$ tal que $T_\sigma(\tau) = \sigma\tau$. Luego notamos que

1. esto es una función biyectiva. De hecho, si $\sigma\tau = \sigma\mu$, entonces multiplicando a la izquierda por $\sigma^{-1}$ obtenemos que $\tau = \sigma$, por lo tanto, $T_\sigma$ es inyectiva. Como $H$ es finito, también es sobreyectiva, y por lo tanto, una biyección.

2. $T_\sigma$ envía permutaciones pares a permutaciones impares, y envía permutaciones impares a permutaciones pares.

Entonces $T_\sigma$ intercambia el subconjunto de permutaciones impares en $H$ con el subconjunto de permutaciones pares en $H$, y lo hace de manera biyectiva, preservando su tamaño. Por lo tanto, el tamaño de estos dos subconjuntos, todas las permutaciones e permutaciones impares, debe ser el mismo. Entonces la mitad de los elementos de $H$ deben ser pares y la otra mitad impares, siempre que $H \not< A_n$.

Answer 3

Creo que hay una prueba mucho más simple que las otras respuestas. Dado que $H \nleq A_n, S_n=HA_n$. Por lo tanto, $\Bbb Z/2 \Bbb Z \cong S_n/A_n =HA_n/A_n\cong H/(H \cap A_n)$, así que $\vert H \setminus A_n \vert = \vert H \cap A_n \vert$. Esto prueba la afirmación.