Groupe de permutation fini dont chaque élément non identitaire a un point fixe unique

Dec 15 2020

Si je ne me trompe pas, l'affirmation suivante est vraie:

Théorème. Laisser$E$ être un ensemble (fini ou infini), soit $G$ être un sous-groupe fini de $S_{E}$ de telle sorte que chaque élément non identitaire de $G$a exactement un point fixe. Puis tous les éléments non identitaires de$G$ont le même point fixe. (Et donc, si$G$ n'est pas anodin, il y a un et un seul élément $x$ de $E$ qui est fixé par chaque élément de $G$. ensuite$G$ agit librement sur $E \setminus \{x\}$.)

J'ai cherché une preuve dans les manuels et sur Internet, mais je n'ai rien vu. (Peut-être que j'ai mal regardé.) J'ai moi-même trouvé une preuve (je l'esquisse ci-dessous) mais ce n'est pas très beau et j'ai peur que ce soit trop compliqué. Ma question est donc: connaissez-vous une preuve plus directe?

Voici ma preuve.

$\mathbf{Step 1.}$ Laisser $E$ être un ensemble (fini ou infini), soit $G$ être un sous-groupe (fini ou infini) de $S_{E}$ de telle sorte que chaque élément non identitaire de $G$a exactement un point fixe. Suppose que$G$est abélien. Puis tous les éléments non identitaires de$G$ ont le même point fixe.

$\mathbf{Proof.}$ Laisser $\alpha$ et $\beta$ éléments non identitaires de $G$. Puisque$G$ est abélien, $\alpha ^{-1} \beta \alpha = \beta$.

Application des deux membres au point fixe unique $b$ de $\beta$ donne

$\alpha ^{-1} \beta \alpha (b)= b$.

Postuler $\alpha$ aux deux membres donne

$\beta \alpha (b) = \alpha (b)$, Donc $\alpha (b)$ est un point fixe de $\beta$. Puisque$b$ est le seul point fixe de $\beta$, nous avons ainsi $\alpha (b) = b$, Donc $b$ est le point fixe de $\alpha)$, Donc $\alpha$ et $\beta$ont le même point fixe. Cela prouve l'étape 1.

$\mathbf{Step. 2.}$ Laisser $E$ être un ensemble (fini ou infini), soit $G$ être un sous-groupe (fini ou infini) de $S_{E}$ de telle sorte que chaque élément non identitaire de $G$a exactement un point fixe. Suppose que$G$a un sous-groupe normal non trivial dont tous les éléments non identitaires ont le même point fixe. Puis tous les éléments non identitaires de$G$ ont le même point fixe.

$\mathbf{Proof.}$ Par hypothèse, on peut choisir un sous-groupe normal non trivial $H$ de $G$ de telle sorte que tous les éléments non identitaires de $H$ ont le même point fixe.

Choisissez un élément non identitaire $\alpha$ de $H$. À partir des hypothèses,

(1) $\alpha$ a un point fixe unique, disons $a$, et

(2) tout élément de non-identité de $H$ a $a$ comme point fixe unique.

Laisser $\gamma$ être un élément non identitaire de $G$. Puisque$H$ est normal dans $G$, $\gamma ^{-1} \alpha \gamma$ est un élément non identitaire de $H$, donc, au vu de (2),

$\gamma ^{-1} \alpha \gamma (a) = a$. Postuler$\gamma$ aux deux membres donne $\alpha \gamma (a) = \gamma (a)$, Donc $\gamma (a)$ est un point fixe de $\alpha$. Ainsi, par (1),$\gamma (a) = a$. Par hypothèse,$\gamma$ n'a qu'un seul point fixe, donc notre résultat signifie que le seul point fixe de $\gamma$ est $a$. Ceci est prouvé pour chaque élément non identitaire$\gamma$ de $G$, donc l'étape 2 est prouvée.

$\mathbf{Step. 3.}$ Laisser $E$ être un ensemble (fini ou infini), soit $G$ être un sous-groupe (fini ou infini) de $S_{E}$ de telle sorte que chaque élément non identitaire de $G$a exactement un point fixe. Supposons qu'il existe un sous-ensemble générateur$X$ de $G$ de telle sorte que tous les éléments non identitaires de $X$ont le même point fixe. Puis tous les éléments non identitaires de$G$ ont le même point fixe.

$\mathbf{Proof.}$ C'est une conséquence facile du fait que chaque élément de $G$ est un produit d'éléments non identitaires de $X \cup X^{-1}$.

$\mathbf{Step. 4.}$ Laisser $E$ être un ensemble (fini ou infini), soit $G$ être un sous-groupe (fini ou infini) de $S_{E}$ de telle sorte que chaque élément non identitaire de $G$a exactement un point fixe. Supposons qu'il existe deux sous-groupes maximaux différents$M_{1}$ et $M_{2}$ tel que

(je) $M_{1} \cap M_{2} \not= 1$,

(ii) tous les éléments non identitaires de $M_{1}$ ont le même point fixe et

(iii) tous les éléments non identitaires de $M_{2}$ ont le même point fixe.

Puis tous les éléments non identitaires de $G$ ont le même point fixe.

$\mathbf{Proof.}$ Des hypothèses (i), (ii) et (iii), il résulte que

(1) tous les éléments non identitaires de $M_{1} \cup M_{2}$ ont le même point fixe.

D'autre part, depuis $M_{1}$ et $M_{2}$ sont deux sous-groupes maximaux différents de $G$, ils génèrent $G$, en d'autres termes,

(2) $M_{1} \cup M_{2}$ est un sous-ensemble générateur de $G$.

Par (1), (2) et à l'étape 3, tous les éléments de non-identité de $G$ ont le même point fixe, donc l'étape 4 est prouvée.

$\mathbf{Step. 5.}$ Laisser $E$ être un ensemble (fini ou infini), soit $G$ être un $\mathbf{finite}$ sous-groupe de $S_{E}$ de telle sorte que chaque élément non identitaire de $G$a exactement un point fixe. Puis tous les éléments non identitaires de$G$ ont le même point fixe.

$\mathbf{Proof.}$ Supposons, par contradiction, que

(hyp. 1) la déclaration est fausse.

Ainsi, il existe un ensemble $E$ et un sous-groupe fini $G$ de $S_{E}$ de telle sorte que chaque élément non identitaire de $G$ a exactement un point fixe et les éléments non identitaires de $G$n'ont pas tous le même point fixe. Parmi ces sous-groupes$G$ de $E$, choisissez $G_{0}$avec le moins d'ordre possible. ensuite

(2) $G_{0}$ est un sous-groupe fini de $S_{E}$,

(3) tout élément non identitaire de $G_{0}$ a un point fixe unique,

(4) les éléments non identitaires de $G_{0}$ n'ont pas tous le même point fixe,

et, compte tenu de la minimalité de $\vert G_{0} \vert$,

(5) pour chaque sous-groupe propre $K$ de $G_{0}$, tous les éléments non identitaires de $K$ ont le même point fixe.

Compte tenu de (3), (4), (5) et de l'étape 4,

(6) les sous-groupes maximaux de $G_{0}$ se croisent trivialement par paires.

Suppose que

(hyp. 7) $G_{0}$ a un sous-groupe normal $H$ tel que $1 < H < G_{0}$.

Par (5) (et l'hypothèse $H < G_{0}$), tous les éléments non identitaires de $H$ont le même point fixe. Ainsi, à l'étape 2 (et l'hypothèse$1 < H$), tous les éléments non identitaires de $G_{0}$ont le même point fixe. Cela contredit (4), donc (hyp.7) est absurde, donc$G_{0}$est un groupe simple. Ainsi, par (2) et à l'étape 1,

(8) $G_{0}$ est un groupe simple non abélien fini.

Or, (6) et (8) sont incompatibles, comme prouvé ici:

https://groupprops.subwiki.org/wiki/Finite_and_any_two_maximal_subgroups_intersect_trivially_implies_not_simple_non-abelian

Ainsi notre hypothèse (1) est absurde, donc l'étape 5 est prouvée.

Réponses

3 DerekHolt Dec 15 2020 at 20:33

Si vous connaissez la théorie des groupes de Frobenius finis, il pourrait être plus facile de l'utiliser. L'action du groupe sur toute orbite non régulière de longueur supérieure à$1$doit être comme un groupe Frobenius, et ce doit être une action fidèle. Mais alors les éléments libres de points fixes dans l'action ne peuvent fixer aucun point, car ils ne peuvent pas également se trouver dans un complément de Frobenius.

Notez que le résultat est faux pour les groupes infinis, car il existe des groupes Frobenius infinis dans lesquels tous les éléments fixent un point unique. (Voir, par exemple, la réponse de Timm von Puttkamer ici .)