Pregunta sobre una prueba que demuestra que el centro de $S_n$ es trivial

Question

¿Cómo tengo que modificar esto para que sea correcto?

El centro de $S_n$ (para $n\geq$ 3) es la identidad trivial. Prueba: Supongamos que el centro de $S_n$ es $C = \{ id , \tau \}$ donde $ \tau \in S_n$ y $\tau \neq \ id$ . Entonces, para algunos $n$ el grupo de factores $S_n\backslash C$ es abeliano y soluble, una contradicción.

Answer 1

Esta fórmula debería ser útil.

Supongamos que $\sigma,\tau\in S_n$ con $\tau=(a_1\ldots a_m)$ un $m$ -ciclo. Entonces:

$$\sigma\tau\sigma^{-1}=(\sigma(a_1)\ldots\sigma(a_m))$$

Answer 2

Permíteme utilizar la idea general que intentas utilizar para demostrar el resultado. Esto es muy diferente de la idea que propone Jared. Mi prueba utiliza el hecho de que $A_n$ es simple, lo que significa que sólo funciona para $n\geq 5$ . No utiliza nada que no pudieras haber pensado tú mismo, y es lo suficientemente interesante y diferente del método de Jared para el $n\geq 5$ no a realmente asunto. Sólo fuerza bruta $n=3$ y $n=4$ (lo que hacemos en la parte inferior).

Supongamos que $1\neq g\in Z(S_n)$ entonces $g\not\in A_n$ pero $g^2\in Z(A_n)$ (¿por qué?). Como $A_n$ es simple, esto significa que $g^2$ es trivial. Por lo tanto, cada elemento del centro debe tener orden dos. Como $g\not\in A_n$ podemos reetiquetar el conjunto subyacente (esto es un automorfismo de $S_n$ ) para escribir $g=(1,2)(3,4)\ldots (m, m+1)$ donde $m$ es impar. Tenga en cuenta que si $m>1$ podemos reetiquetar el conjunto subyacente para conseguir que $(1,3)(2,4)\ldots (m, m+1)\in Z(G)$ también (¿por qué?), mientras que si $m=1$ entonces por el mismo truco obtenemos que $(3, 4)\in Z(S_n)$ . Por lo tanto, $|Z(G)|>2$ .

Considere $N=\langle g\rangle$ . Tenga en cuenta que $N$ es un subgrupo normal de $S_n$ de orden dos, con intersección trivial con $A_n$ . Así, $S_n\cong A_5\times C_2$ (esto utiliza el hecho de que $S_n=A_nN$ . ¿Se da cuenta de por qué esto es así?). Esto significa que $|Z(S_n)|=2$ (¿por qué?). Por lo tanto, tenemos una contradicción.

EDITAR: Para que la prueba sea completa, cubriremos $n=3$ y $n=4$ .

Para el $n=3$ caso, tenga en cuenta que $(1, 2)$ no conmuta con $(1, 2, 3)$ . Esto es suficiente (¿por qué?). Como alternativa, se puede utilizar el hecho de que si $G/Z(G)$ es cíclico entonces $G$ es abeliano, lo cual es una pregunta clásica de estudiante, así que lo dejaré para que lo demuestres. Este hecho significa que cualquier grupo de orden $pq$ , $p$ y $q$ primos, es abeliano o tiene centro trivial.

Para $n=4$ , demostraremos que $A_4$ tiene un centro trivial. Esto es suficiente, por el trabajo anterior (donde sólo usamos el hecho de que $A_n$ tiene un centro trivial - ¡la parte "simple" es realmente exagerada!). Para ver que $A_4$ tiene centro trivial, nótese que tiene orden doce y sus elementos tienen la forma $(a, b)(c, d)$ o $(a, b, c)$ . Tenga en cuenta que si $(a, b, c)\in Z(G)$ entonces cada elemento de esta forma está en $Z(G)$ y de forma similar para $(a,b)(c, d)$ . Esto se debe a que la permutación de los elementos del conjunto base $\{1, 2, 3, 4\}$ es un automorfismo de $A_4$ (al igual que lo fue de $S_n$ anteriormente), y porque $Z(A_4)$ es característico. Por lo tanto, tenemos cuatro opciones para $Z(A_4)$ . O es trivial, o es todo el $A_4$ o $(1,2,3)\in Z(A_4)$ pero $(1, 2)(3, 4)\not\in Z(A_4)$ o $(1,2)(3,4)\in Z(A_4)$ pero $(1, 2, 3)\not\in Z(A_4)$ . Por lo tanto, o bien $Z(A_4)$ es trivial o $(1, 2, 3)$ y $(1, 2)(3, 4)$ conmutar. Estos no se desplazan, por lo que $Z(A_4)$ es trivial, como se requiere.

Answer 3

"Dejemos $S$ sea un conjunto con más de dos elementos , entonces el centro de $A(S)$ el grupo de permutación de $S$ es trivial".

Dejemos que $ id \ne \sigma \in A(S) $ entonces $\exists a \in S $ tal que $b:=\sigma(a)\ne a$ . Como $S$ tiene más de más de dos elementos ,

$\exists c \in S $ tal que $c \ne a , c \ne b$ . Consideremos ahora la transposición $\tau:=(b,c) \in A(S)$ . Ahora

$\tau(b)=c , \tau(c)=b$ y como $a \ne b$ y $a \ne c$ obtenemos $\tau (a)=a$ . Vemos

que $(\sigma \circ \tau) (a)=\sigma(\tau(a))=\sigma(a)=b $ y $(\tau \circ \sigma)(a)=\tau(\sigma(a))=\tau(b)=c$ ya que $c \ne b$ , nosotros

concluir $(\sigma \circ \tau) (a) \ne (\tau \circ \sigma)(a)$ es decir $\sigma \circ \tau \ne \tau \circ \sigma$ Por lo tanto $\sigma \notin Z(A(S))$ Por lo tanto

$id \ne \sigma \in A(S) \implies \sigma \notin Z(A(S))$