Skończona grupa permutacji, której każdy element nieidentyfikacyjny ma unikalny stały punkt
Jeśli się nie mylę, prawdziwe jest następujące stwierdzenie:
Twierdzenie. Pozwolić$E$ być (skończonym lub nieskończonym) zbiorem, niech $G$ być skończoną podgrupą $S_{E}$ takie, że każdy element nieidentyfikacyjny $G$ma dokładnie jeden stały punkt. Następnie wszystkie elementy nieidentyfikujące$G$mają ten sam punkt stały. (A więc jeśli$G$ nie jest trywialne, jest jeden i tylko jeden element $x$ z $E$ to jest ustalane przez każdy element $G$. Następnie$G$ działa swobodnie $E \setminus \{x\}$.)
Szukałem dowodu w podręcznikach i Internecie, ale nic nie widziałem. (Może źle wyglądałem.) Sam znalazłem dowód (szkicuję go poniżej), ale nie jest zbyt piękny i obawiam się, że jest zbyt skomplikowany. Zatem moje pytanie brzmi: czy znasz bardziej bezpośredni dowód?
Oto mój dowód.
$\mathbf{Step 1.}$ Pozwolić $E$ być (skończonym lub nieskończonym) zbiorem, niech $G$ być (skończoną lub nieskończoną) podgrupą $S_{E}$ takie, że każdy element nieidentyfikacyjny $G$ma dokładnie jeden stały punkt. Zakładać, że$G$jest abelowy. Następnie wszystkie elementy nieidentyfikujące$G$ mają ten sam punkt stały.
$\mathbf{Proof.}$ Pozwolić $\alpha$ i $\beta$ elementy nieidentyfikujące $G$. Od$G$ jest abelowy, $\alpha ^{-1} \beta \alpha = \beta$.
Zastosowanie obu elementów do unikalnego stałego punktu $b$ z $\beta$ daje
$\alpha ^{-1} \beta \alpha (b)= b$.
Stosowanie $\alpha$ obu członkom daje
$\beta \alpha (b) = \alpha (b)$, więc $\alpha (b)$ jest stałym punktem $\beta$. Od$b$ jest jedynym stałym punktem $\beta$mamy w ten sposób $\alpha (b) = b$, więc $b$ jest punktem stałym $\alpha)$, więc $\alpha$ i $\beta$mają ten sam punkt stały. Dowodzi to kroku 1.
$\mathbf{Step. 2.}$ Pozwolić $E$ być (skończonym lub nieskończonym) zbiorem, niech $G$ być (skończoną lub nieskończoną) podgrupą $S_{E}$ takie, że każdy element nieidentyfikacyjny $G$ma dokładnie jeden stały punkt. Zakładać, że$G$ma nietrywialną podgrupę normalną, której wszystkie elementy nieidentyfikujące mają ten sam stały punkt. Następnie wszystkie elementy nieidentyfikujące$G$ mają ten sam punkt stały.
$\mathbf{Proof.}$ Na podstawie hipotezy możemy wybrać nietrywialną normalną podgrupę $H$ z $G$ takie, że wszystkie elementy nieidentyfikujące $H$ mają ten sam punkt stały.
Wybierz element niebędący tożsamością $\alpha$ z $H$. Z hipotez,
(1) $\alpha$ powiedzmy, ma unikalny stały punkt $a$, i
(2) każdy nieidentyfikujący element $H$ ma $a$ jako unikalny punkt stały.
Pozwolić $\gamma$ być elementem nieidentyfikującym $G$. Od$H$ jest normalne w $G$, $\gamma ^{-1} \alpha \gamma$ jest elementem nieidentyfikującym $H$zatem, biorąc pod uwagę (2),
$\gamma ^{-1} \alpha \gamma (a) = a$. Stosowanie$\gamma$ obu członkom daje $\alpha \gamma (a) = \gamma (a)$, więc $\gamma (a)$ jest stałym punktem $\alpha$. Zatem przez (1)$\gamma (a) = a$. Według hipotezy$\gamma$ ma tylko jeden stały punkt, więc nasz wynik oznacza, że jedynym stałym punktem jest $\gamma$ jest $a$. Jest to udowodnione dla każdego elementu nieidentyfikującego$\gamma$ z $G$, zatem krok 2 jest sprawdzony.
$\mathbf{Step. 3.}$ Pozwolić $E$ być (skończonym lub nieskończonym) zbiorem, niech $G$ być (skończoną lub nieskończoną) podgrupą $S_{E}$ takie, że każdy element nieidentyfikacyjny $G$ma dokładnie jeden stały punkt. Załóżmy, że istnieje podzbiór generujący$X$ z $G$ takie, że wszystkie elementy nieidentyfikujące $X$mają ten sam punkt stały. Następnie wszystkie elementy nieidentyfikujące$G$ mają ten sam punkt stały.
$\mathbf{Proof.}$ Jest to prosta konsekwencja faktu, że każdy element $G$ jest produktem nieidentyfikujących elementów $X \cup X^{-1}$.
$\mathbf{Step. 4.}$ Pozwolić $E$ być (skończonym lub nieskończonym) zbiorem, niech $G$ być (skończoną lub nieskończoną) podgrupą $S_{E}$ takie, że każdy element nieidentyfikacyjny $G$ma dokładnie jeden stały punkt. Załóżmy, że istnieją dwie różne maksymalne podgrupy$M_{1}$ i $M_{2}$ takie że
(ja) $M_{1} \cap M_{2} \not= 1$,
(ii) wszystkie nieidentyfikujące elementy $M_{1}$ mają ten sam punkt stały i
(iii) wszystkie nieidentyfikujące elementy $M_{2}$ mają ten sam punkt stały.
Następnie wszystkie elementy nieidentyfikujące $G$ mają ten sam punkt stały.
$\mathbf{Proof.}$ Z hipotez (i), (ii) i (iii) wynika to
(1) wszystkie nieidentyfikujące elementy $M_{1} \cup M_{2}$ mają ten sam punkt stały.
Z drugiej strony, ponieważ $M_{1}$ i $M_{2}$ to dwie różne maksymalne podgrupy $G$generują $G$, innymi słowy,
(2) $M_{1} \cup M_{2}$ jest podzbiorem generującym $G$.
W (1), (2) i kroku 3 wszystkie elementy nieidentyfikujące $G$ mają ten sam punkt stały, dlatego krok 4 jest sprawdzony.
$\mathbf{Step. 5.}$ Pozwolić $E$ być (skończonym lub nieskończonym) zbiorem, niech $G$ być $\mathbf{finite}$ podgrupa $S_{E}$ takie, że każdy element nieidentyfikacyjny $G$ma dokładnie jeden stały punkt. Następnie wszystkie elementy nieidentyfikujące$G$ mają ten sam punkt stały.
$\mathbf{Proof.}$ Załóżmy, przez zaprzeczenie, że
(hip. 1) stwierdzenie jest fałszywe.
Tak więc istnieje zbiór $E$ i skończona podgrupa $G$ z $S_{E}$ takie, że każdy element nieidentyfikacyjny $G$ ma dokładnie jeden stały punkt i nieidentyfikujące elementy $G$nie wszystkie mają ten sam stały punkt. Wśród tych podgrup$G$ z $E$wybierz $G_{0}$przy najmniejszej możliwej kolejności. Następnie
(2) $G_{0}$ jest skończoną podgrupą $S_{E}$,
(3) każdy element nieidentyfikujący $G_{0}$ ma unikalny stały punkt,
(4) elementy nieidentyfikujące $G_{0}$ nie wszystkie mają ten sam stały punkt,
i ze względu na minimalność $\vert G_{0} \vert$,
(5) dla każdej właściwej podgrupy $K$ z $G_{0}$, wszystkie nieidentyfikujące elementy $K$ mają ten sam punkt stały.
Biorąc pod uwagę (3), (4), (5) i krok 4,
(6) maksymalne podgrupy $G_{0}$ przecinają się parami trywialnie.
Zakładać, że
(hip. 7) $G_{0}$ ma normalną podgrupę $H$ takie że $1 < H < G_{0}$.
Przez (5) (i założenie $H < G_{0}$), wszystkie nieidentyfikujące elementy $H$mają ten sam punkt stały. Zatem krok 2 (i założenie$1 < H$), wszystkie nieidentyfikujące elementy $G_{0}$mają ten sam punkt stały. Jest to sprzeczne z (4), a zatem (hip. 7) jest absurdalne$G_{0}$to prosta grupa. Zatem w (2) i kroku 1,
(8) $G_{0}$ jest skończoną nieabelową prostą grupą.
Teraz (6) i (8) są niekompatybilne, jak udowodniono tutaj:
https://groupprops.subwiki.org/wiki/Finite_and_any_two_maximal_subgroups_intersect_trivially_implies_not_simple_non-abelian
Zatem nasza hipoteza (1) jest absurdalna, więc krok 5 został udowodniony.
Odpowiedzi
Jeśli znasz teorię skończonych grup Frobeniusa, może być łatwiej z niej skorzystać. Działanie grupy na dowolnej nieregularnej orbicie o długości większej niż$1$musi być jako grupa Frobenius i musi być wiernym działaniem. Ale wtedy elementy wolne od punktów stałych w akcji nie mogą ustalić żadnych punktów, ponieważ nie mogą również leżeć w uzupełnieniu Frobeniusa.
Zwróć uwagę, że wynik jest fałszywy dla nieskończonych grup, ponieważ istnieją nieskończone grupy Frobeniusa, w których wszystkie elementy ustalają unikalny punkt. (Zobacz na przykład odpowiedź Timma von Puttkamera tutaj ).