Gruppo simmetrico

[miuemia]

indico con $S_n$ il gruppo simmetrico su $n$ elementi...
ora si ha ovviamente che $S_3<=S_4$ (cioè $S_3$ è sottogruppo di $S_4$) ma come mai non ci sono sottogruppi $H$ di $S_4$ tali che
$S_3<=H<=S_4$????

non riesco a capirlo

[miuemia]

credo di averlo risolto, in quanto se esistesse tale sotogruppo $H$ questo sarebbe transitivo inoltre conterrebbe un $n-1$ ciclo e una trasposizione in quanto contiene $S_{n-1}$ e quindi sarebbe $H=S_{n}$

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Potresti dettagliare la tua dimostrazione? Quali sono i risultati che usi?

Quanto al caso $n=4$, ciò che dici è vero, perché se esistesse $S_3 < H < S_4$ (dove $S_3$ è uno dei quattro sottogruppi di $S_4$ isomorfi al "vero" $S_3$) allora:

Lemma: H è normale in $S_4$ e ha indice 2.
Indicato con $[S_4:H]$ il numero di classi laterali (sinistre o destre) di H in $S_4$, si ha che $4=[S_4:S_3]=[S_4:H][H:S_3]$, quindi se $H$ non è né $S_3$ né $S_4$, necessariamente $[S_4:H]=[H:S_3]=2$. Quindi H ha indice 2, quindi è normale in $S_4$.

Lemma: se $n \geq 3$, $A_n$ è l'unico sottogruppo normale di $S_n$ di indice 2.
$A_n=K$ è il sottogruppo commutatore di $S_n=G$. Infatti da una parte i commutatori (gli elementi del tipo $aba^{-1}b^{-1}$) sono permutazioni pari, quindi $G' \subseteq A_n$. D'altra parte, $A_n$ è generato dai 3-cicli, e un 3-ciclo è prodotto di commutatori: $(y\ x)(x\ z)(x\ y)(z\ x)=(x\ y\ z)$. Quindi $A_n \subseteq G'$. Quindi $G'=A_n$. Ora se L è un sottogruppo normale di $G$ di indice 2 allora il quoziente ha ordine 2, quindi è abeliano, quindi L contiene G'. D'altra parte $2=[G:G']=[G][L:G']=2[L:G']$, quindi $L=G'=A_n$.

Ne segue che se esistesse H strettamente compreso tra $S_3$ e $S_4$ allora $H=A_4$. Questo è impossibile perché implicherebbe che $S_3 \subseteq A_4$, cosa non vera in quanto $S_3$ contiene trasposizioni, e le trasposizioni sono permutazioni dispari.

So che forse c'è una dimostrazione più veloce per il caso n=4, ma il fatto che per $n \geq 3$ $A_n$ è il commutatore di $S_n$ potrebbe aiutare ad una eventuale generalizzazione (se vera) a un qualunque $n \geq 3$.

[miuemia]

allora martino la tua dimostrazione è ben fatta.
io invece ho sfruttato il fatto che se $H$ è un sottogruppo transitivo di $S_n$ contenente un $n-1$-ciclo e una trasposizione allora $H=S_n$.

quindi se esistesse $H$ tale che $S_{n-1}<=H<=S_n$ allora $H$ sarebbe ovviamente transitivo inoltre conterrebbe sia un $n-1$ ciclo che una trasposizione in quanto contiene $S_{n-1}$ e allora per il fatto di prima $H=S_n$

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Per "transitivo" intendi transitivo rispetto all'azione naturale sull'insieme {1,2,...,n} ?

Bel risultato! Come si dimostra?

[miuemia]

si.
allora in questo modo:
a meno di rinumerare si può supporre che l' $n-1$ ciclo sia $gamma=(123...n-1)$. ora grazie alla transitività la trasposizione può essere trasformata in $(i n)$ per qualche $1<=i<=n-1$.
e adesso il gioco è fatto in quanto coniugando $(i n)$ con $gamma$ si ottiene $(i+1\quad n)$ e così coniugando $(i+1\quad n)$ con $gamma$ si ottiene $(i+2\quad n)$ e così via
e quindi ottieni gli elementi $(1n),(2n),...,(n-1 n)$ che ovviamente generano $S_n$

[zorn1]

Credo sia quanto dite voi, ma ricordiamo che $S_n$ è generato da una trasposizione e da un n-ciclo.

Ora se $S_(n-1)

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[miuemia]

ciao zorn e martino.... mi è sorto un dubbio
sul fatto che $H$ debba essere transitivo... chi me lo dice che sia transitivo?????
xkè so che contiene un $n-1$-ciclo e una trasposizione poichè contiene $S_n-1$ ma chi mi dice che sia transitivo??????? in modo da poter applicare il risultato che ho postato su?

per zorn:
è vero che $S_n$ è generato da una trasposizione e da un $n$-ciclo ma attenzione che questo $n$-ciclo non può essere qualsiasi deve essere proprio $(12...n)$ altrimenti è falso.

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

"miuemia":sul fatto che $H$ debba essere transitivo... chi me lo dice che sia transitivo?????

è transitivo perché l'unico elemento fissato da $S_{n-1}$ dev'essere mosso da qualche elemento di H (altrimenti H sarebbe contenuto in $S_{n-1}$), e la controimmagine (risp. immagine) di tale elemento è raggiunto da (risp. raggiunge) ogni altro elemento di {1,...,n-1} tramite un opportuno elemento di H.

Te lo scrivo con tutti i dettagli:

Prendiamo $H$ sottogruppo di $S_n$ contenente strettamente $S_{n-1}$. Supponi senza perdita in generalità che $S_{n-1}$ permuti 1,2,...,n-1, cioè che fissi n. Allora per ogni i, j compresi tra 1 e n-1, la trasposizione (i j) manda i in j, quindi l'azione di $H$ su {1,...,n-1} è transitiva. Per mostrare che è transitiva su {1,...,n} basta mostrare che per ogni i tra 1 e n-1, esiste una permutazione in H che manda i in n (ed esiste una permutazione in H che manda n in i, ma per questo basta prendere l'inverso). Esiste sicuramente una permutazione in H che non fissa n (altrimenti H sarebbe contenuto in $S_{n-1}$, diciamo che g è questa permutazione. Allora $g^{-1}$ sta in H, e detto $k:=g^{-1}(n)$, hai certamente che $g(k)=n$. Ora dato i tra 1 e n-1, puoi mandare i in k tramite la trasposizione (i k) che sta in $S_{n-1}$ e quindi in H, e poi mandare k in n tramite g; la composizione della trasposizione (i k) con g dà proprio una permutazione che manda i in n.

In altre parole: quando l'elemento che $S_{n-1}$ fissa è mosso da qualche $g \in H$, la transitività di H su {1,...,n} segue dalla transitività di H su {1,...,n-1}.

[zorn1]

"miuemia":ciao zorn e martino.... mi è sorto un dubbio
sul fatto che $H$ debba essere transitivo... chi me lo dice che sia transitivo?????
xkè so che contiene un $n-1$-ciclo e una trasposizione poichè contiene $S_n-1$ ma chi mi dice che sia transitivo??????? in modo da poter applicare il risultato che ho postato su?

per zorn:
è vero che $S_n$ è generato da una trasposizione e da un $n$-ciclo ma attenzione che questo $n$-ciclo non può essere qualsiasi deve essere proprio $(12...n)$ altrimenti è falso.

Capisco, se H fosse pure normale per coniugio saremmo certi che contiene pure $(1 2 ... n)$ ... tuttavia, contenendo H tutte le trasposizioni $(i j) i,j<=n-1$, non possiamo arrivare moltiplicando ripetutamente un qualsiasi n-ciclo di H per tali trasposizioni a mostrare che $(1 2 ... n) in H$? Secondo me sì...

[zorn1]

Ciao! Proprio ieri ho sentito un risultato che fa al caso nostro.

Se $n!=4$ allora $AA t in S_n, t!=1, EE s in S_n : S_n=$.

Insomma se n è diverso da 4 data una permutazione non identica t di $S_n$ esiste un'altra permutazione s di $S_n$ tale che s,t generano tutto $S_n$.

La dimostrazione dicono non è banale.