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本帖最后由 Czhang271828 于 2022-5-24 13:23 编辑 发贴感受一下 3.0. 文章是以前的老文章 (以前的风格是半角写作. 同时 dollar , 西文字母, 及汉字交接处没有空格)
置换群的自同构群
对$n\neq 2$而言, $\mbox{inn}(S_n)\cong S_n/C(S_n)\cong S_n$. 对$n=2$, $\mbox{inn}(S_2)\cong \{e\}$. 欲探究$\mbox{aut} (S_n)$与$\mbox{inn}(S_n)$之关联, 下先证明引理一则.
引理: $\tau\in\mbox{aut}(S_n)$将对换映至对换, 若且仅若$\tau$为内自同构.
证明: 充分性显然, 因为对任意同构映射$f$皆有$f(a\,b)f^{-1}=(f(a),f(b))$. 下证明其必要性:
可以观察到$\tau$将不交对换映至不交对换, 将相交对换映射至相交对换, 亦将两两相交的三组对换映至两两相交的三组对换. 今设$\tau((ij)(il))=\tau((ilj))=(i'l'j')$, 则由$\tau((ij)(ir))=(i''r''j'')$及$|\{i'',r'',j''\}\cap\{i',l',j'\}|=2$知$\tau$将$(ij)$映至的像$(\phi(i)\phi(j))$. 同理考虑$\tau((is)(il))$知$\tau$将$(il)$映至的像$(\phi(i)\phi(l))$, 从而求出$\phi(i)$. 如此递推可知$\tau:(a,b)\mapsto(\phi(a),\phi(b))$, 因此$\tau=f_\phi, f_\phi(\sigma)=\phi\sigma\phi^{-1}$为内自同构. 必要性证毕.
记$T^{(n)}_k$由$S_n$中所有由$k$组不交对换组成的置换组成. 因此$\mbox{aut}(S_n)=\mbox{inn}(S_n)$当且仅当$|T_k^{(n)}|=|T^{(n)}_1|\Leftrightarrow k=1$. 不幸的是$|T_3^{(6)}|=|T^{(6)}_1|=15$恰为唯一的异类.
一般地, $|T^{(n)}_k|=\dfrac{\binom{n}{2}\binom{n-2}{2}\cdots\binom{n-2k+2}{2}}{k!}=\dfrac{n!}{2^k k!(n-2k)!}$ , $|T_1^{(n)}|=\dfrac{n(n-1)}{2}$.
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|T_k^{(n)}|/|T^{(n)}_1|=\dfrac{(n-2)\cdots(n-2k+1)}{2^{k-1}k!}
$$
其中$k\leq\dfrac{n}{2}$. $n\leq 6$时逐项验证知$(k,n)=(3,6)$为有价值之$1$解. 当$n=7,8$时,分子含有$5$因子而分母不含之, 故比值非$1$. $n\geq 9$时,
$$
|T_k^{(n)}|/|T^{(n)}_1|=\dfrac{(n-2)\cdots(n-2k+1)}{2^{k-1}k!}=\\\dfrac{n-3}{k}\cdot\dfrac{n-2}{2(k-1)}\cdot\dfrac{n-4}{2(k-2)}\cdots\dfrac{n-k-1}{2}\cdot (n-k-2)!>1
$$
故$n\neq 2,6$时, 有
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\mbox{aut}(S_n)=\mbox{inn}(S_n)\cong S_n\cong\mbox{aut}(A_n)=\mbox{inn}(A_n)
$$
$S_6$实则存在外自同构, 且$[\mbox{aut}(S_6):\mbox{inn}(S_6)]=2$, 今以篇幅故暂不展示. 外自同构之展现方式诸多. 图论角度上, 构造双射$GQ(2,2)\overset{\sim}{\to} K_6$即可; 代数角度上, 考虑$PGL_2(\mathbb F_5)\curvearrowright P^1(\mathbb F_5)$即可.
附上Generalized Quadrangle graph $GQ(2,2)$, 该图将$S_6$中的三对两两不交对换之积作为元素, 对应$GQ(2,2)$中的点. 两点相邻若且仅若有一对对换相同.
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