Grupo de permutação finita, em que cada elemento de não identidade tem um ponto fixo único
Se não estou errado, a seguinte afirmação é verdadeira:
Teorema. Deixei$E$ seja um conjunto (finito ou infinito), deixe $G$ ser um subgrupo finito de $S_{E}$ de modo que todo elemento de não identidade de $G$tem exatamente um ponto fixo. Então, todos os elementos de não identidade de$G$têm o mesmo ponto fixo. (E assim, se$G$ não é trivial, existe um e apenas um elemento $x$ do $E$ que é fixado por cada elemento de $G$. Então$G$ age livremente em $E \setminus \{x\}$.)
Procurei uma prova em livros didáticos e na Internet, mas não vi nada. (Talvez eu parecesse mal.) Eu mesmo encontrei uma prova (estou esboçando abaixo), mas não é muito bonita e temo que seja muito complicada. Portanto, minha pergunta é: você conhece uma prova mais direta?
Aqui está minha prova.
$\mathbf{Step 1.}$ Deixei $E$ seja um conjunto (finito ou infinito), deixe $G$ ser um subgrupo (finito ou infinito) de $S_{E}$ de modo que todo elemento de não identidade de $G$tem exatamente um ponto fixo. Assuma isso$G$é abeliano. Então, todos os elementos de não identidade de$G$ têm o mesmo ponto fixo.
$\mathbf{Proof.}$ Deixei $\alpha$ e $\beta$ elementos de não identidade de $G$. Desde a$G$ é abeliano, $\alpha ^{-1} \beta \alpha = \beta$.
Aplicando ambos os membros ao único ponto fixo $b$ do $\beta$ dá
$\alpha ^{-1} \beta \alpha (b)= b$.
Aplicando $\alpha$ para ambos os membros dá
$\beta \alpha (b) = \alpha (b)$, portanto $\alpha (b)$ é um ponto fixo de $\beta$. Desde a$b$ é o único ponto fixo de $\beta$, temos assim $\alpha (b) = b$, portanto $b$ é o ponto fixo de $\alpha)$, portanto $\alpha$ e $\beta$têm o mesmo ponto fixo. Isso prova a etapa 1.
$\mathbf{Step. 2.}$ Deixei $E$ seja um conjunto (finito ou infinito), deixe $G$ ser um subgrupo (finito ou infinito) de $S_{E}$ de modo que todo elemento de não identidade de $G$tem exatamente um ponto fixo. Assuma isso$G$tem um subgrupo normal não trivial cujos todos os elementos não-identidade têm o mesmo ponto fixo. Então, todos os elementos de não identidade de$G$ têm o mesmo ponto fixo.
$\mathbf{Proof.}$ Por hipótese, podemos escolher um subgrupo normal não trivial $H$ do $G$ de modo que todos os elementos de não identidade de $H$ têm o mesmo ponto fixo.
Escolha um elemento sem identidade $\alpha$ do $H$. A partir das hipóteses,
(1) $\alpha$ tem um ponto fixo único, digamos $a$, e
(2) cada elemento não-identy de $H$ tem $a$ como ponto fixo único.
Deixei $\gamma$ ser um elemento de não identidade de $G$. Desde a$H$ é normal em $G$, $\gamma ^{-1} \alpha \gamma$ é um elemento de não identidade de $H$, assim, em vista de (2),
$\gamma ^{-1} \alpha \gamma (a) = a$. Aplicando$\gamma$ para ambos os membros dá $\alpha \gamma (a) = \gamma (a)$, portanto $\gamma (a)$ é um ponto fixo de $\alpha$. Assim, por (1),$\gamma (a) = a$. Por hipótese,$\gamma$ tem apenas um ponto fixo, portanto, nosso resultado significa que o único ponto fixo de $\gamma$ é $a$. Isso é comprovado para todos os elementos de não identidade$\gamma$ do $G$, portanto, a etapa 2 é comprovada.
$\mathbf{Step. 3.}$ Deixei $E$ seja um conjunto (finito ou infinito), deixe $G$ ser um subgrupo (finito ou infinito) de $S_{E}$ de modo que todo elemento de não identidade de $G$tem exatamente um ponto fixo. Suponha que haja um subconjunto gerador$X$ do $G$ de modo que todos os elementos de não identidade de $X$têm o mesmo ponto fixo. Então, todos os elementos de não identidade de$G$ têm o mesmo ponto fixo.
$\mathbf{Proof.}$ É uma consequência fácil do fato de que cada elemento de $G$ é um produto de elementos de não identidade de $X \cup X^{-1}$.
$\mathbf{Step. 4.}$ Deixei $E$ seja um conjunto (finito ou infinito), deixe $G$ ser um subgrupo (finito ou infinito) de $S_{E}$ de modo que todo elemento de não identidade de $G$tem exatamente um ponto fixo. Suponha que haja dois subgrupos máximos diferentes$M_{1}$ e $M_{2}$ de tal modo que
(Eu) $M_{1} \cap M_{2} \not= 1$,
(ii) todos os elementos de não identidade de $M_{1}$ tem o mesmo ponto fixo e
(iii) todos os elementos de não identidade de $M_{2}$ têm o mesmo ponto fixo.
Então, todos os elementos de não identidade de $G$ têm o mesmo ponto fixo.
$\mathbf{Proof.}$ Das hipóteses (i), (ii) e (iii), resulta que
(1) todos os elementos de não identidade de $M_{1} \cup M_{2}$ têm o mesmo ponto fixo.
Por outro lado, desde $M_{1}$ e $M_{2}$ são dois subgrupos máximos diferentes de $G$, eles geram $G$, Em outras palavras,
(2) $M_{1} \cup M_{2}$ é um subconjunto gerador de $G$.
Por (1), (2) e etapa 3, todos os elementos de não identidade de $G$ têm o mesmo ponto fixo, assim o passo 4 é comprovado.
$\mathbf{Step. 5.}$ Deixei $E$ seja um conjunto (finito ou infinito), deixe $G$ seja um $\mathbf{finite}$ subgrupo de $S_{E}$ de modo que todo elemento de não identidade de $G$tem exatamente um ponto fixo. Então, todos os elementos de não identidade de$G$ têm o mesmo ponto fixo.
$\mathbf{Proof.}$ Suponha, por contradição, que
(hip. 1) a afirmação é falsa.
Assim, existe um conjunto $E$ e um subgrupo finito $G$ do $S_{E}$ de modo que todo elemento de não identidade de $G$ tem exatamente um ponto fixo e os elementos de não identidade de $G$nem todos têm o mesmo ponto fixo. Entre esses subgrupos$G$ do $E$, escolha $G_{0}$com a menor ordem possível. Então
(2) $G_{0}$ é um subgrupo finito de $S_{E}$,
(3) cada elemento de não identidade de $G_{0}$ tem um ponto fixo único,
(4) os elementos de não identidade de $G_{0}$ nem todos têm o mesmo ponto fixo,
e, tendo em vista a minimalidade de $\vert G_{0} \vert$,
(5) para cada subgrupo adequado $K$ do $G_{0}$, todos os elementos de não identidade de $K$ têm o mesmo ponto fixo.
Em vista de (3), (4), (5) e etapa 4,
(6) os subgrupos máximos de $G_{0}$ cruzam-se par trivialmente.
Assuma isso
(hip. 7) $G_{0}$ tem um subgrupo normal $H$ de tal modo que $1 < H < G_{0}$.
Por (5) (e a suposição $H < G_{0}$), todos os elementos de não identidade de $H$têm o mesmo ponto fixo. Assim, pela etapa 2 (e a suposição$1 < H$), todos os elementos de não identidade de $G_{0}$têm o mesmo ponto fixo. Isso contradiz (4), portanto (hip. 7) é absurdo, portanto$G_{0}$é um grupo simples. Assim, por (2) e etapa 1,
(8) $G_{0}$ é um grupo simples não abeliano finito.
Já, (6) e (8) são incompatíveis, como aqui se prova:
https://groupprops.subwiki.org/wiki/Finite_and_any_two_maximal_subgroups_intersect_trivially_implies_not_simple_non-abelian
Portanto, nossa hipótese (1) é absurda, então o passo 5 está provado.
Respostas
Se você estiver familiarizado com a teoria dos grupos finitos de Frobenius, pode ser mais fácil usá-la. A ação do grupo em qualquer órbita não regular de comprimento maior que$1$deve ser como um grupo Frobenius, e deve ser uma ação fiel. Mas então os elementos livres de ponto fixo na ação não podem fixar nenhum ponto, porque eles também não podem estar em um complemento de Frobenius.
Observe que o resultado é falso para grupos infinitos, porque existem grupos Frobenius infinitos nos quais todos os elementos fixam um único ponto. (Veja, por exemplo, a resposta de Timm von Puttkamer aqui .)