Vamos a examinar algunas de las características de un grupo de acción que no son inmediatamente evidentes:
1) El mapa de $x \mapsto g\cdot x$ es un bijection $X \to X$.
Prueba: Supongamos $g\cdot x = g\cdot y$. A continuación,$g^{-1}\cdot(g\cdot x) = g^{-1}\cdot(g\cdot y)$,
(ii) tenemos:
$e\cdot x = (g^{-1}g)\cdot x = g^{-1}\cdot(g\cdot x) = g^{-1}\cdot(g\cdot y) = (g^{-1}g)\cdot y = e\cdot y$
y por (i) tenemos:
$x = e\cdot x = e\cdot y = y$, por lo que nuestra asignación es inyectiva.
Dado cualquier $x \in X$, vamos a $y = g^{-1}\cdot x$. Entonces:
$g\cdot y = g\cdot(g^{-1}\cdot x) = (gg^{-1})\cdot x = e\cdot x = x$, por lo que nuestro mapa es surjective.
Si llamamos a la mapa $x \mapsto g\cdot x$, algo como $\phi_g$, tenemos un mapeo:
$G \to \text{Sym}(X)$ $g \mapsto \phi_g$ $G$ para el grupo de bijections en $X$.
2) El mapa de $\phi:G \to \text{Sym}(X)$ $\phi(g) = \phi_g$ es un grupo homomorphism.
Lo que tenemos que demostrar aquí, es que el $\phi(gh) = \phi_{gh} = \phi_g \circ \phi_h = \phi(g)\phi(h)$. Hacemos esto con las pruebas en cada uno de los elementos $x \in X$.
$\phi_{gh}(x) = (gh)\cdot x = g\cdot(h\cdot x) = g\cdot(\phi_h(x)) = \phi_g(\phi_h(x)) = (\phi_g \circ \phi_h)(x)$
3) Cada grupo de acción surge de esta manera. Supongamos que tenemos un grupo de homomorphism:
$\psi: G \to \text{Sym}(X)$. Convencerse de que $g\cdot x = \psi(g)(x)$ define un grupo de acción, y que la realización de los pasos de (2) por encima de los rendimientos del mismo grupo homomorphism que hemos empezado.
Ahora veamos un ejemplo: imaginemos un cuadrado en el plano, centrado en el origen. Sabemos que tenemos un grupo (que podríamos modelo con $2\times2$ matrices) de la orden $8$, las "simetrías del cuadrado". Normalmente, tomamos:
$r = \begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}$
$s = \begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}$
y obtener $D_4 = \{e,r,r^2,r^3,s,rs,r^2s,r^3s\}$
Podemos dejar que la $D_4$ actúan en el conjunto de las "cuatro esquinas", que da la siguiente subgrupo de $S_4$:
$e \mapsto (1)$
$r \mapsto (1\ 2\ 3\ 4)$
$r^2 \mapsto (1\ 3)(2\ 4)$
$r^3 \mapsto (1\ 4\ 3\ 2)$
$s \mapsto (1\ 4)(2\ 3)$
$rs \mapsto (2\ 4)$
$r^2s = (1\ 2)(3\ 4)$
$r^3s = (1\ 3)$
Nos volvimos a nuestro grupo de $8$ matrices en una mezcla de las $4$ esquinas. No conseguimos a "todos" arrastrando los pies, porque algunos de los re-arreglos produciría un "bow-tie", y no un cuadrado. ¿Qué pasa si en lugar de considerar el conjunto de $4$ bordes, o el conjunto de $2$ de las diagonales?