Subgrupos de $S_n$ del índice $n$ son isomorfas a $ S_{n-1}$

Question

Intento demostrar que los subgrupos de $S_n$ del índice $n$ son isomorfas a $ S_{n-1}$ , si $n\ge 2$ .

He intentado hacerlo de la siguiente manera: Que $G < S_n$ sea un subgrupo de índice $n$ y que actúe sobre un conjunto de cosets $S_n/G \setminus 1\cdot G$ por multiplicación desde la izquierda. (Es fácil comprobar que se trata efectivamente de una acción.) Entonces esta acción define un homomorfismo $\phi:G\rightarrow\mathrm{Aut}_{\mathrm{Set}}(S_n/G \setminus 1\cdot G) \cong S_{n-1}$ . Hay que mostrar $\phi$ es isomorfo, y de hecho, por el argumento de conteo, basta con demostrar que es inyectivo o suryectivo.

Aquí es donde estoy atascado. Para demostrar que el núcleo de $\phi$ es trivial, bastaría con demostrar la trivialidad de $\bigcap_{x\in S_n\setminus G} xGx^{-1}$ Pero no sé por qué es así. No tengo ni idea de cómo demostrar la subjetividad de $\phi$ Tampoco. Todavía no he utilizado las propiedades específicas de los grupos simétricos, por lo que creo que debo utilizarlas aquí.

Le agradecería que me diera una pista.

Answer 1

Podemos suponer que $n>4$ para evitar trivialidades. El resto de los casos se pueden hacer fácilmente por inspección.

$S_n$ actúa transitivamente sobre el conjunto de cosets de la izquierda $S_n/G$ por multiplicación a la izquierda. Esto da un morfismo $S_n\to S(S_n/G)$ . El núcleo de la acción es $K=\bigcap_{h\in S_n}hGh^{-1}$ que es un subgrupo normal de $S_n$ contenida en $G$ . Desde $S_n$ tiene exactamente un subgrupo normal propio no trivial, que es de índice $2$ vemos que $K$ es trivial. La restricción de la acción a $G$ es, por tanto, también inyectiva. $G$ actuando sobre $S_n/G$ tiene una órbita de tamaño $1$ , a saber $\{G\}$ por lo que dejar caer eso nos da una acción inyectiva de $G$ en un conjunto de orden $n-1$ .