Homomorphes Bild einer alternierenden Gruppe

Question

Homomorphes Bild einer alternierenden Gruppe

Mathematik
Gruppentheorie
abstrakte Algebra
symmetrische Gruppen
Gruppenhomomorphismus
Lösungsverifikation

Kim

Ich löse folgendes Problem:

Wenn $f:S_n\rightarrow S_n$ ein Gruppenhomomorphismus ist, beweisen Sie das $f(A_n)\subseteq A_n.$ (Hier, $S_n$ ist eine symmetrische Gradgruppe $n$ , Und $A_n$ ist eine alternierende Studiengangsgruppe $n.$ )

Für $n=2,$ es ist trivial. Lassen $n\geq3.$ Zuerst zeigen wir das für alle $3$ -Zyklus $(abc)\in S_n,$ sein Bild $f((abc))$ ist sogar . Nehmen Sie im Gegenteil an, dass $f((abc))$ ist seltsam . Seit $(abc)^3=(1),$ $f((abc))^3=f((abc)^3)=f((1))=(1)$ . (Beachten Sie, dass $f$ ist ein Homomorphismus). Daher, $f((abc))^3=(1).$ Jedoch, $(1)$ Ist $even$ und da wir davon ausgegangen sind $f((abc))$ ist seltsam , $f((abc))^3$ ist seltsam . Das ist ein Widerspruch! Daher $f((abc))$ ist sogar . Wie jedes Element $\sigma$ von $A_n$ (d. h. alle geraden Permutationen) ist ein Produkt von $3$ -Zyklen ( Link ) dürfen wir schreiben $\sigma = (a_1b_1c_1)\cdots(a_nb_nc_n).$ Dann, $f(\sigma)=f((a_1b_1c_1)\cdots(a_nb_nc_n))=f((a_1b_1c_1))\cdots f((a_nb_nc_n)).$ Wie jeder $f((a_1b_1c_1)),\dots,f((a_nb_nc_n))$ ist sogar , $f(\sigma)$ ist auch gerade . Es folgt dem $f(A_n)\subseteq A_n$ !

Ist meine Argumentation richtig?

Arturo Magidin

Ja; aber es wäre einfacher, das zu beachten

f (a c b) = (f (a b c))^{- 1}

$f(acb) = (f(abc))^{-1}$ , Und

f (a b c) = f ((a c b)^{2}) = (f (a c b))^{2}

$f(abc) = f((acb)^2) = (f(acb))^2$ ist das Quadrat eines Elements von

S_{n}

$S_n$ , und muss daher liegen

A_{n}

$A_n$ .

Kim

@ArturoMagidin Oh, so habe ich noch nicht darüber nachgedacht. Danke schön!

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Homomorphes Bild einer alternierenden Gruppe

Ja; aber es wäre einfacher, das zu beachten $f(acb) = (f(abc))^{-1}$ , Und $f(abc) = f((acb)^2) = (f(acb))^2$ ist das Quadrat eines Elements von $S_n$ , und muss daher liegen $A_n$ .
@ArturoMagidin Oh, so habe ich noch nicht darüber nachgedacht. Danke schön!

Aitor Iribar Lopez · Answer 1

Ja, es ist richtig. In der Tat, sobald Sie das für gezeigt haben $n \geq 5$ , der einzige echte Normalteiler von $S_n$ Ist $A_n$ , dann seit $\ker f$ ist normal, wenn $\ker f = S_n$ , $f$ ist die Nullabbildung, wenn $\ker f =A_n$ Dann $f(A_n)=(1)$ und wenn $\ker f = (1)$ , Dann $f$ ist bijektiv und sendet daher normale Untergruppen an normale Untergruppen und in diesem Fall $f(A_n)=A_n$ .

Bearbeiten: Dies gilt nicht für $n=4$ Weil $S_4/V_4 \cong S_3$ (Wo $V_4 = \left\langle e, (12)(34), (23)(14), (13)(24) \right\rangle$ ist die Klein-Gruppe), die eingebettet werden kann $S_4$ ohne das Ganze zu enthalten $A_4$ .

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Kim

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Aitor Iribar Lopez

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