Parte I Grupo de permutaciones

Consideremos $S_{G}=\left\{\sigma\colon G\to G\mid\sigma\text{ biyección}\right\}$. Comprobar que $\sigma_{x}\colon G\to G,g\mapsto xg$ donde $g\in G$ es una biyección.

Tenemos que ver que $i\colon G\to S_{n},x\mapsto\sigma_{x}$ es monomorfismo.

• ​

  Homomorfismo: dados $x,y\in G$, $i(xy)=i(x)i(y)$? $\sigma_{xy}=\sigma_{x}\sigma_{y}$? Tomamos un $\alpha$, lo evaluamos en las dos y vemos si coincide: $\sigma_{xy}(\alpha)=xy\alpha$ y $\sigma_{x}(\sigma_{y}(\alpha))=\sigma_{x}(y\alpha)=xy\alpha$. Por tanto, es homomorfismo.

• ​

  Inyectiva: supongamos que $x\in Ker(i)$, $i(x)=Id$, que es igual a $\sigma_{e}$ porque $\sigma_{e}(\alpha)=e\alpha=\alpha$. Como $i(x)=\sigma_{x}(\alpha)=x\alpha$, $x\alpha=\alpha\Rightarrow x=e$.

∎

Sabemos que podemos representar el grupo de permutaciones $S_{n}$ como el obtenido por el conjunto $X=\left\{1,\ldots,n\right\}$ (resultado anterior).

Consideramos el conjunto $\left\{1,f(1),f^{2}(1),\ldots\right\}=\left\{f^{n}(1)\mid n\in\mathbb{N}\right\}$, finito porque $X$ es finito.

$X_{1}$ es un ciclo y, si recorre el conjunto entero, ya estaría. Si no, consideramos un $j\in X\setminus X_{1}$ y definimos $X_{2}=\left\{j,f(j),\ldots\right\}=\left\{f^{n}(j)\mid n\in\mathbb{N}\right\}$ finito. Se tiene que $X_{1}\cap X_{2}=\varnothing$. Si $\exists l\in X\setminus\left\{x_{1},x_{2}\right\}$, repetimos el proceso, que acabará en algún momento por ser $X$ finito.

Definimos $f_{i}=f|_{X_{i}}$, por ejemplo, $f_{1}=(1,f(1),\ldots,f^{n}(1))$. Entonces $f=f_{m}\cdots f_{2}f_{1}$. ∎

Trivial. ∎

Denotemos por $h$ al mínimo común múltiplo de los órdenes de $g_{i}$. Comprobaremos que $o(f)|h$ y $h|o(f)$, por lo que $o(f)=h$.

Sabemos que $f=g_{1}\cdots g_{n}$. Elevamos $f$ a $o(f):$ $f^{o(f)}=(g_{1}\cdots g_{n})^{o(f)}=g_{1}^{o(f)}\cdots g^{o(f)}_{n}=e$. Por otro lado, se cumple que $g^{o(f)}_{i}=e$ ya que, dado $a\in X$, si $g_{i}(a)=a\Rightarrow g_{i}^{m}(a)=a\;\forall m\in\mathbb{Z}$ y en concreto $g^{o(f)}_{i}(a)=a$, y si $g_{i}(a)\neq a$ entonces $g_{j}(a)=a\;\forall j\neq i$ (es el único ciclo que mueve a $a$), por lo que $a=f^{o(f)}(a)=g^{o(f)}_{1}\cdots g^{o(f)}_{n}(a)=g^{o(f)}_{i}(a)$. Es decir, $g^{o(f)}_{i}(a)=a$ tanto si $g_{i}(a)=a$ como si $g_{i}(a)\neq a$. Hemos obtenido que $g^{o(f)}_{i}=e$, por lo que $h|o(f)$.

Además, $f^{h}=g^{h}_{1}\cdots g^{h}_{n}=e\Rightarrow o(f)|h$. ∎

Vamos a calcular el número de $m$-ciclos, con $m\leq n$.

1. 1.
   ​

   Escoger $m$ elementos de entre los $n$ de $X$: $\binom{n}{m}$.

2. 2.
   ​

   Hay $m!$ formas de permutar los $m$ elementos escogidos en 1) y $m$ formas de representar un ciclo, cada una de ellas obtenida como resultado de desplazar todos sus elementos $i$ veces a la derecha, donde $i\leq m$. Por tanto, hay $\frac{m!}{m}=(m-1)!$ ciclos para cada subconjunto de $X$ con $m$ elementos.

Luego el resultado es $\binom{n}{m}(m-1)!$ ∎

Como función, $l(a_{i})=a_{i+1}$ y $l(a_{k})=a_{1}$ siempre que $i<k$. Sabemos que la conjugación es $l^{f}=f^{-1}\circ l\circ f$. Para saber si esto es igual que $\begin{pmatrix}f^{-1}(a_{1})&\cdots&f^{-1}(a_{k})\\ \end{pmatrix}$, tenemos que ver si $l^{f}(f^{-1}(a_{1}))=f^{-1}(a_{2}),\ldots$

y de forma general,

Además, sea $y\notin\left\{f^{-1}(a_{1}),\ldots,f^{-1}(a_{k})\right\}$. Entonces $\exists z\in X$ tal que $f(y)=z\Rightarrow f^{-1}(z)=y$, luego $l^{f}(y)=l^{f}(f^{-1}(z))=f^{-1}\circ l\circ f(f^{-1}(z))=f^{-1}\circ l(z)=f^{-1}(z)=y$. ∎

$\Rightarrow)$

Si $f$ y $g$ pertenecen a la misma clase de conjugación, existe $l$ tal que $f^{l}=g$, con $f=f_{1}\cdots f_{n}$ donde $f_{i}$ ciclo y $f_{i}\cap f_{j}=\varnothing$ si $i\neq j$. Luego

$\displaystyle f^{l}$

$\displaystyle{}=l^{-1}f_{1}\cdots f_{n}l=l^{-1}f_{1}ll^{-1}f_{2}ll^{-1}f_{3}\cdots l^{-1}f_{n}l=f^{l}_{1}f^{l}_{2}\cdots f^{l}_{n}=$

$\displaystyle{}=\begin{pmatrix}l^{-1}(a_{11})&\cdots&l^{-1}(a_{n1})\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}l^{-1}(a_{12})&\cdots&l^{-1}(a_{n2})\\ \end{pmatrix}\cdots\begin{pmatrix}l^{-1}(a_{1n})&\cdots&l^{-1}(a_{nn})\\ \end{pmatrix}=g$

Todos los $f^{l}_{i}$ tienen el mismo cardinal que $f_{i}$, por lo que $f$ y $g$ tienen la misma estructura de ciclo.

$\Leftarrow)$

Supongamos que $f=f_{1}\cdots f_{k}=\begin{pmatrix}a_{11}&\cdots&a_{n1}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_{12}&\cdots&a_{n2}\\ \end{pmatrix}\cdots\begin{pmatrix}a_{1k}&\cdots&a_{nk}\\ \end{pmatrix}$ y $g=g_{1}\cdots g_{k}=\begin{pmatrix}b_{11}&\cdots&b_{n1}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}b_{12}&\cdots&b_{n2}\\ \end{pmatrix}\cdots\begin{pmatrix}b_{1k}&\cdots&b_{nk}\\ \end{pmatrix}$.

Entonces el $l$ de forma que $f^{l}=g$ es el que cumple $l^{-1}(a_{ij})=b_{ij}$.

∎

∎

Veamos que $sign(fg)=sign(f)sign(g)$. Partimos de un conjunto $c\in C$ y tenemos 4 casos:

1. 1.
   ​

   $g$ invierte a $c$ y $f$ invierte a $g(c)=\left\{g(i),g(j)\right\}$. Entonces $sign(i-j)\neq sign(g(i)-g(j))\neq sign(f(g(i))-f(g(j)))\Rightarrow sign(i-j)=sign(f(g(i))-f(g(j)))\Rightarrow Inv_{c}(fg)=0$.

2. 2.
   ​

   $g$ invierte a $c$ y $f$ no invierte a $g(c)$. Entonces $sign(i-j)\neq sign(g(i)-g(j))=sign(f(g(i))-f(g(j)))\Rightarrow sign(i-j)\neq sign(f(g(i))-f(g(j)))\Rightarrow Inv_{c}(fg)=1$.

3. 3.
   ​

   $g$ no invierte a $c$ y $f$ invierte a $g(c)$. Entonces $sign(i-j)=sign(g(i)-g(j))\neq sign(f(g(i))-f(g(j)))\Rightarrow sign(i-j)\neq sign(f(g(i))-f(g(j)))\Rightarrow Inv_{c}(fg)\neq 0$.

4. 4.
   ​

   $g$ no invierte a $c$ y $f$ no invierte a $g(c)$. Entonces $sign(i-j)=sign(g(i)-g(j))=sign(f(g(i))-f(g(j)))\Rightarrow sign(i-j)=sign(f(g(i))-f(g(j)))\Rightarrow Inv_{c}(fg)=0$.

Podemos ver que en cada caso se cumple $Inv_{c}(fg)=Inv_{c}(g)+Inv_{g(c)}(f)\text{ mod }2$. Por tanto, $sign(fg)=(-1)^{\sum_{c\in C}Inv_{c}(fg)}=(-1)^{\sum_{c\in C}Inv_{c}(g)+Inv_{g(c)}(f)}=(-1)^{\sum_{c\in C}Inv_{c}(g)}\cdot(-1)^{\sum_{c\in C}Inv_{g(c)}(f)}=(-1)^{\sum_{c\in C}Inv_{c}(g)}\cdot(-1)^{\sum_{c\in C}Inv_{c}(f)}=sign(g)sign(f)$.

Se puede comprobar fácilmente que también es suprayectiva. ∎

Sabemos que la estructura de ciclo se preserva por conjugación. Si tenemos un $2$-ciclo, por ejemplo $(1,2)$, existe un $f$ de forma que $(a_{1},a_{2})=(1,2)^{f}$. Luego $sign(a_{1},a_{2})=sign(f^{-1})sign(1,2)sign(f)=sign(1,2)$ (porque $f$ y $f^{-1}$ tienen el mismo signo).

En un $k$-ciclo, como se puede descomponer en productos de $k-1$ $2-$ciclos, $sign(a_{1},\ldots,a_{k})=sign(a_{1},a_{2})sign(a_{2},a_{3})\cdots sign(a_{k-1},a_{k})$.

Veamos el valor de $sign(1,2)$.

Supongamos que $c=\left\{i,j\right\}$ donde $1\leq i<j<n$.

1. 1.
   ​

   Si $i\geq 2$, $sign(i-j)=sign((1,2)(i)-(1,2)(j))$, por lo que $(1,2)$ preserva el signo.

2. 2.
   ​

   Si $i=1$ y $j>2$, entonces tendremos que $(1,2)(1)=2$ y el signo de $(1,2)(1)-(1,2)(j)$ es positivo solamente cuando $j=2$ pues para valores $j>2$ tendremos que $(1,2)(j)=j>2$. Así pues $(1,2)$ solamente invierte $c$ para $c=\left\{1,2\right\}$.

De aquí, se deduce que

Sustituyendo en lo anterior,

∎

Consideramos $(a,b)(c,d)$ y $(a,b)(a,c)$, con distintos $a,b,c$. Veamos que son $3$-ciclos:

Por tanto, $A_{n}$ está generado por todos los $3$-ciclos. Se pueden dar los casos $(R,S,a),(R,a,S),(R,a,b),(S,a,b),(a,b,c)$.

• ​

  $(R,S,a)$, tomando $K=a$.

• ​

  $(R,a,S)=(R,S,a)(R,S,a)$.

• ​

  $(R,a,b)=(R,S,b)(R,S,a)^{2}$.

• ​

  $(S,a,b)=(R,S,b)^{2}(R,S,a)$.

• ​

  $(a,b,c)=(R,S,a)^{2}(R,S,c)(R,S,b)^{2}(R,S,a)$

∎

Sea $(R,S,C)\in N$ con $R,S,C$ distintos y $K\neq R,S,C$.

que pertenece a $N$ por ser el conjugado de un elemento de $N$. Aplicando el lema anterior, $N=A_{n}$. ∎

Sea $N\trianglelefteq A_{n}$ no trivial.

1. 1.
   ​

   Si $N$ contiene un $3$-ciclo, $N=A_{n}$ por el lema anterior.

2. 2.
   ​

   Supongamos $\sigma\in N$ permutación producto de ciclos disjuntos donde uno de ellos tiene longitud $R\geq 4$, $\sigma=(a_{1},\ldots,a_{R})\tau$. Consideramos $\delta=(a_{1},a_{2},a_{3})$. Entonces $\delta\sigma\delta^{-1}\in N(N$ es normal). Además, $\sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1})\in N$ porque $N$ es subgrupo.

   $${}\sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1})=\cancel{\tau^{-1}}(a_{1},\ldots,a_{R})^{-1}(a_{1},a_{2},a_{3})(a_{1},\ldots,a_{R})\cancel{\tau}(a_{1},a_{2},a_{3})^{-1}=\\ {}=(a_{R},a_{R-1},\ldots,a_{2},a_{1})(a_{1},a_{2},a_{3})(a_{1},\ldots,a_{R})(a_{3},a_{2},a_{1})=(a_{1},a_{3},a_{R})\in N$$

   Por el lema anterior, $N=A_{n}$.

3. 3.
   ​

   Supongamos $\sigma\in N$, $\sigma$ es producto de ciclos disjuntos donde al menos dos tienen longitud igual a 3, $\sigma=(a_{1},a_{2},a_{3})(a_{4},a_{5},a_{6})\tau$. Consideremos $\delta=\left\{a_{1},a_{2},a_{4}\right\}$. Tenemos que $\delta\sigma\delta^{-1}\in N$ porque $N$ es normal y $\sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1})\in N$ porque $N$ es subgrupo.

   $${}\sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1})=\cancel{\tau^{-1}}(a_{6},a_{5},a_{4})(a_{3},a_{2},a_{1})(a_{1},a_{2},a_{4})(a_{1},a_{2},a_{3})(a_{4},a_{5},a_{6})\cancel{\tau}(a_{4},a_{2},a_{1})=\\ {}=(a_{4},a_{2},a_{6},a_{3},a_{1})\in N$$

   Como el ciclo tiene longitud mayor o igual que $4$, aplicando el caso 2 se cumple que $N=A_{n}$.

4. 4.
   ​

   Supongamos $\sigma\in N$, $\sigma$ es producto de ciclos disjuntos donde uno tiene longitud $3$ y tenemos varios de longitud $2$, $\sigma=(a_{1},a_{2},a_{3})\tau$. Como $N$ es grupo, $\sigma^{2}\in N$.

   $$\sigma^{2}=(a_{1},a_{2},a_{3})\tau(a_{1},a_{2},a_{3})\tau=(a_{1},a_{2},a_{3})^{2}\tau^{2}=(a_{1},a_{2},a_{3})\in N$$

   porque $\tau^{2}\equiv id$ al ser producto de ciclos disjuntos de longitud 2.

5. 5.
   ​

   Supongamos $\sigma\in N$ producto de ciclos disjuntos donde todos ellos son $2$-ciclos $\Rightarrow$ es producto de una cantidad par de $2$-ciclos (porque la signatura es 1). Sea $\sigma=(a_{1},a_{2})(a_{3},a_{4})\tau$ y $\delta=(a_{1},a_{2},a_{3})$. Sabemos que $\sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1})\in N$.

   $$\sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1})=(a_{1},a_{3})(a_{2},a_{4})\in N$$

   Sea $b\notin\left\{a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}\right\}$ (existe porque $n\geq 5$). Se tiene que $\psi=(a_{1},a_{3},b)\in A_{n}$ y $\epsilon=(a_{1},a_{3})(a_{2},a_{4})\in N$, de forma que $\epsilon(\psi\epsilon\psi^{-1})\in N$. Desarrollando, $\epsilon(\psi\epsilon\psi^{-1})=(a_{1},a_{3},b)$.

∎