Subgrupos de $S_4$ y homomorphisms

Question

Buen día,

Tengo un problema: no es un homomorphism de $S_4$ a $Z_2,$, y se me pide para encontrar su núcleo. Por el primer teorema de isomorfismo, yo sé que el fin del núcleo debe ser de 12. Sé que $S_4$ tiene un subgrupo de orden 12, es decir, $A_4,$ el grupo de incluso permutaciones. Estoy tentado a decir que es el kernel. Pero la siguiente me preocupa:

1) ¿Cómo sé que es el subgrupo de la orden de 12 de $S_4$? ¿Cómo sé que no hay otros? Sé permutaciones impares no, pero hay una manera más simple/forma más elegante de decir que en lugar de ir a "considerar la posibilidad de un grupo con algunos, incluso, algunos de permutación impar ciclos. Vamos a demostrar que no es cerrado y por lo tanto no puede ser un subgrupo de $S_4$?"

2) Una pregunta más general, si un grupo tiene un subgrupo de orden se divide el grupo. Pero, ¿cuántos subgrupos de tal orden puede máximamente tienen (no hablo de grupos cíclicos, que han únicos subgrupos para cada orden)? Es decir, digamos que si yo tengo un grupo de orden 24, podría tener 2 discontinuo (además de la identidad) subgrupos de orden 12, presumiblemente, pero que podría haber más? Obviamente, con elementos tanto de la mencionada discontinuo (además de la identidad) de los subgrupos. ¿Cuál es la teoría detrás de esto que podría ser utilizado para responder a la pregunta (me siento como yo no hemos estudiado todavía, o estoy perdiendo algo importante). Sé que cuando estamos tratando con cosets, todo se rompe en igualdad de tamaño de fragmentos, de modo que si el fin de un subgrupo es k y del grupo x, que tiene exactamente $\frac{x}{k}$ cosets. Gracias muy muy mucho.

Answer 1

1) que bien podría explicar mi comentario. Cualquier grupo de $G$ tiene un subgrupo $[G, G]$, el colector de un subgrupo de $G$, generado por los elementos de la forma $aba^{-1} b^{-1}$. La importancia del colector subgrupo es que cualquier homomorphism $\phi : G \to A$ $G$ en un grupo abelian tiene la propiedad de que $\text{ker}(\phi)$ contiene $[G, G]$. De hecho, el cociente $G \to G/[G, G]$ es universal con esta propiedad; es decir, cualquier otro homomorphism $\phi : G \to A$ $G$ en un grupo abelian factores a través de una $G/[G, G] \to A$. Por lo tanto llamamos a $G/[G, G]$ el abelianization de $G$; es la forma universal de mapa de $G$ en un grupo abelian.

Uno puede comprobar de forma directa cálculo que $[S_4, S_4] = A_4$, y es la verdad más general, que $[S_n, S_n] = A_n$, por lo que el abelianization mapa de $S_n \to S_n/A_n \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ es sólo el signo homomorphism. Por lo tanto, hay un único distinto de cero mapa de$S_n$$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, el núcleo de lo que es el único subgrupo de índice $2$.

2) Un montón. Por ejemplo, supongamos $G = (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n$ $n$- dimensional espacio vectorial sobre el campo finito $\mathbb{F}_2$. La única subgrupos han pedido $2^k$, son precisamente los $k$-dimensiones de los subespacios, y hay $${n \choose k}_2 = \frac{[n]_2 [n-1]_2 ... [n-k+1]_2}{[k]_2 [k-1]_2 ... [1]_2}$$

de ellos, donde $[n]_2 = 2^n - 1$ (ver $q$-coeficiente binomial). En particular, hay $2^n - 1$ subgrupos de orden $2$ ya que cada elemento distinto de cero de a $G$ genera un único dicho subgrupo.

En general, la respuesta a la pregunta "¿cuántos subgrupos de orden $k$ hace un determinado grupo de $G$?" depende mucho de la factorización en primos de $k$ y en las propiedades de $G$. Por ejemplo, si $k = p$ es el primer no-elemento de identidad de un subgrupo de orden $p$ genera, por lo tanto la intersección de cualquier par de los distintos subgrupos es necesariamente la identidad. De ello se desprende que $G$ tiene más de $\frac{|G|-1}{p-1}$ subgrupos, y el ejemplo de $G = (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^n$ muestra que este es apretado.

Desde un subgrupo de orden $k$ es un subconjunto de la no identidad de los elementos de $G$ del tamaño de la $k-1$ (junto con la identidad), entonces un trivial límite superior es que $G$ tiene más de ${|G|-1 \choose k-1}$ subgrupos de orden $k$, pero no creo que esto cada vez se estrecha por $k > 2$.

Si $k = p^n$ $p$ un primo, y, además, $p^n$ es el mayor poder de $p$ dividiendo $|G|$, entonces el número de subgrupos de orden $k$ es controlado por los teoremas de Sylow; en particular, se divide $\frac{|G|}{k}$.

Answer 2

Como sucede, hace menos de dos semanas me dio una charla en mi local número seminario de teoría ("local" modifica "el seminario", no la "teoría de números"!) en el que decidí dar un detallados de la prueba de por qué para todos $n \geq 2$, $S_n$ tiene un único trivial homomorphism a $\{ \pm 1 \}$. Esto fue una cosa extraña que hacer para que la audiencia, y no recuerdo por qué lo hice...pero va a venir muy bien ahora!

Aquí hay dos hechos acerca de $S_n$ que todo el que sabe lo $S_n$ debe saber:

1) Dos elementos se conjugan de $S_n$ fib tienen el mismo tipo de ciclo.
2) $S_n$ es generado por dos ciclos. De hecho, es sin duda generada por todos sus ciclos, y un $k$ciclo se puede escribir como un producto de $2$ciclos de:

$(a_1,a_2,\ldots,a_k) = (a_{k-1}, a_k) \cdots (a_2, a_3) (a_1, a_2)$.

Ahora vamos a $f$ ser cualquier homomorphism de $S_n$ en un conmutativa grupo $G$. Desde $S_n$ es generado por dos ciclos, $f$ se determina por el lugar que se asigna a cada dos ciclos. Pero además, puesto que todas de dos ciclos de conjugar en $S_n$, sus imágenes en $f$ va a ser conjugado en el grupo abelian $G$, y por tanto la igualdad. De ahí que, en la mayoría, como muchos homorphisms de$S_n$$G$, ya que hay elementos $x \in G$$x^2 = 1$. Al $G = \{ \pm 1 \}$ hay por lo tanto en la mayoría de los dos homomorphisms: el trivial, y la que envía cada dos-ciclo a $-1$.

Uno más se puede comprobar que hay un grupo de homomorphism $S_n \rightarrow \{ \pm 1\}$ el envío de cada dos-ciclo a $-1$ considerando el mapa de $\iota: S_n \rightarrow \operatorname{Aut}_{\mathbb{C}}(\mathbb{C}^n)$ que envía una permutación $\sigma$ $\{1,\ldots,n\}$ a la única transformación lineal de enviar el estándar $e_1,\ldots,e_n$ a la permutada base $e_{\sigma(1)},\ldots,e_{\sigma(n)}$. Por la facilidad de álgebra lineal cada matriz tiene determinante $\pm 1$, y el determinante de cualquier ciclo de la elemtentary de la matriz obtenida por el cambio de dos filas de $I_n$, por lo que ha determinante $-1$. Por lo tanto $\operatorname{det} \circ \iota: S_n \rightarrow \{ \pm 1\}$ es un surjective grupo homomorphism, que generalmente se llama el signo homomorphism. Su núcleo, que suele denominarse $A_n$, es un índice de $2$ subgrupo de $S_n$ y es el único ejemplo, ya que un índice diferente $2$ subgrupo de $S_n$ daría lugar a una diferente surjective homomorphism de$S_n$$\{ \pm 1\}$.

Observación: Si no me equivoco, el anterior razonamiento es suficiente para una completa prueba de que $[S_n,S_n] = A_n$ todos los $n \geq 2$.

Answer 3

Debido a $S_4$ orden $24$, cualquier subgrupo $H$ orden $12$ índice de $2$ y por lo tanto es normal.

Por lo tanto, $H$ es una unión de clases conjugacy de $S_4$. Hay $5$ clases conjugacy que están determinados por la estructura del ciclo. Desde $H$ es un subgrupo, que ha de contener la clase conjugacy de la identidad. Ahora, cuando nos fijamos en el número de elementos en las otras clases conjugacy, no es la única manera de conseguir $12$ elementos. Esto es por la toma de las tres clases conjugacy de $A_4$.