¿Alternativa prueba acerca de la orden del grupo que se alterna?

Question

Es sabido que el fin de la alternancia grupo $A_n$ orden $n$$\frac{n!}{2}$. En Herstein del Álgebra Abstracta, es probado por el Primer Homomorphism Teorema. Traté de encontrar una alternativa a prueba de que no es necesario que mediante el grupo homomorphism. Creo que las reglas siguientes pueden ser útiles:

1. El producto de dos permutaciones es aún.
2. El producto de dos permutaciones impares es par.
3. El producto de una permutación por un extraño (o de uno raro incluso uno) es impar.

Intuitivamente, ya que el producto de un número impar(resp. incluso) permutación y una 1-el ciclo de es incluso(resp. impar), la mitad de todas las permutaciones debe ser par. A continuación, llegamos $\frac{n!}{2}$.

Lo que es más, el teorema mencionado en esta pregunta puede estar relacionado. No sé si se puede activar el argumento anterior en una prueba. Así que aquí está mi pregunta:

¿Alguien sabe de otras pruebas sobre el orden de las $A_n$?

Answer 1

Que $\text{Odd}_n$ denotan el conjunto de permutaciones impares en $S_n$. Fijar un elemento $\alpha \in \text{Odd}_n$ y definir una función $f\colon A_n \to \text{Odd}_n$ por $$ f(\sigma) \; = \; \alpha\sigma. $$ Reclamo que $f$ es una biyección.

Para demostrar que $f$ es uno a uno, supongamos que $f(\sigma) = f(\sigma')$ $\sigma,\sigma' \in A_n$. Entonces $\alpha\sigma = \alpha\sigma'$ y por lo tanto $\sigma=\sigma'$.

Para demostrar que $f$ es sobre, que $\beta \in \text{Odd}_n$. Entonces $\alpha^{-1}\beta$ es una permutación y $f(\alpha^{-1}\beta) = \beta$, que demuestra que $f$ a.

Concluimos que el $|A_n| = |\text{Odd}_n|$ y por lo tanto $|A_n| = |S_n|/2$.

Answer 2

Claramente, necesitamos asumir $n\geq 2$. El $(12)$ de la permutación es impar. El % de asignación $f:S_n\rightarrow S_n$, $f(\sigma)=(12)\circ\sigma$ es lo contrario a sí mismo, por lo tanto biyectiva. Si es $\sigma$, $(12)\circ\sigma$ es raro. Si $\tau$ es impar, entonces $(12)\circ \tau$ y $\tau=(12)\circ(12)\circ\tau$. Por lo tanto, $f(A_n)$ es el conjunto de permutaciones impares. $f$ Es biyectiva, hay como permuations incluso muchos que son impares, es decir, hay %#% incluso #% y $\frac{n!}{2}$ permutaciones impares.

Answer 3

La siguiente es, en mi opinión, un buen ejercicio para que los estudiantes puedan hacer uso de lo que saben acerca determinante para demostrar que el número de permutaciones impares es el mismo que el número de incluso permutaciones. (Pero parece ser más complicado que las pruebas a las que se preste en otras respuestas a esta pregunta.)

Consideremos el siguiente determinante de la $n\times n$ matriz donde cada entrada es $1$ $$E=\begin{vmatrix} 1 & 1 & \ldots & 1 \\ 1 & 1 & \ldots & 1 \\ 1 & 1 & \ldots & 1 \\ 1 & 1 & \ldots & 1 \end{vmatrix} $$ donde $n\ge 2$.

Recordemos que el determinante de una matriz de $A$ es $$\operatorname{det}A=\sum_{\varphi\in S_n} (-1)^{i(\varphi)} a_{1\varphi(1)}a_{2\varphi(2)}\ldots a_{n\varphi(n)},$$ donde $i(\varphi)$ indica el número de inversiones de $\varphi$.

Sabemos que $(-1)^{i(\varphi)}$ $+1$ incluso permutación y $-1$ de permutación impar.

Para la matriz de $E$ tenemos $$\operatorname{det}E=\sum_{\varphi\in S_n} (-1)^{i(\varphi)} = \sum_{\varphi\in A_n} 1 + \sum_{\varphi\in S_n\setminus A_n} (-1) = |A_n|-(|S_n|-|A_n|)=2|A_n|-|S_n|.$$ Pero sabemos que $\operatorname{det} E=0$, ya que las filas son linealmente dependientes. Así, obtenemos $2|A_n|-|S_n|=0$ y $$|A_n|=\frac{|S_n|}2.$$

Answer 4

El adaptador de las pruebas no parecen ser válidas. Parecen suponer que una permutación no pueden ser ambos pares y los impares al mismo tiempo.

Es suficiente para demostrar que si la permutación identidad es el producto de un número de transposiciones, entonces ese número debe ser par. Esto es claramente cierto para el grupo simétrico de n = 2 elementos. Voy a utilizar la inducción sobre n.

Considerar el grupo simétrico de n elementos, n > 2. Deje que la identidad de permutación ser escrito como un producto de m transposición. Considerar las transposiciones de la forma (1x). Definir la ponderación de los productos de transposición a ser el equivalente binario de donde tales transposiciones (1x). Por ejemplo, la transposición de productos (12)(13)(23) peso 6 desde (12) se produce en la 3ª posición a dar 4 y (13) se produce en la segunda posición a dar 2 (6 = 4+2). El producto de la transposición (23)(23)(12) peso 1.

Me introducirá en el peso. Necesito los siguientes:

  a) (1x)(yz) = (yz)(1x)
  b) (1x)(1z) = (xz)(1x)
  c) (1x)(xy) = (xy)(1y)
  d) (1x)(1x) = identity

Si el peso es 0, entonces 1 no aparece, y la inducción en n se obtiene el resultado.

Si el peso es 1, entonces esto no puede ocurrir desde el 1 de no asignarse a sí mismo.

Si el peso es mayor que 1, entonces no es una transposición a la derecha de la primera que se producen (1x). Uno de los cuatro casos de a) a b) puede ser aplicada para reducir el peso. Por inducción sobre el peso, el resultado de la siguiente manera.