Plongement du groupe symétrique

Démonstrator

Existe-t-il un rang $N$ à partir duquel $\mathfrak{S}_n$ se plonge dans $\mathfrak{A}_{n+1}$ pour tout $n \geqslant N$ ?

Désolé, je me suis trompé de section, ça irait mieux dans Algèbre.

GaBuZoMeu

Bonjour,

Si $n$ est pair $>0$, tu auras du mal à trouver un plongement de $\mathfrak S_n$ dans $\mathfrak A_{n+1}$ pour une raison simple. Tu vois laquelle ?

john_john

Bonjour,
en revanche, dans ${\mathfrak A}_{n+2}$, on peut !

Démonstrator

@john_john Ma question vient de là 

@GaBuZoMeu Oui, problème, on aurait un sous-groupe de $\mathfrak{A}_{n+1}$ d'ordre $n!$, qui ne divise pas $(n+1)!/2 = n! \frac{n+1}{2}$ dès que $n$ est pair.
Et si l'on restreint aux $n$ impairs ?

LOU16

Bonjour,

Soient $n\in \N_{>2},\mathfrak S_n  $ le groupe des permutations de $E_n =[\![1;n]\!], \:\: \mathfrak A_n $ celui des permutations paires de $E_n. \: $                                                          Supposons l'existence d' un sous-groupe $H$ de $\mathfrak A_n$ isomorphe à $\mathfrak S_{n-1}.$

Alors $H$ est un sous-groupe de $\mathfrak S_n$ isomorphe à $\mathfrak S_{n-1}$, et un théorème de la théorie des groupes dit que pour $n\neq 6,\:\:H$ est l'ensemble des permutations de $E_n$ qui fixent un élément de $E_n.$

 Ainsi, si $n\neq 6,\:H$ contient des permutations impaires et cela contredit $H \subset \mathfrak A_n.$  

Si $n=6$, alors $H$ est un sous-groupe d'indice $3$ de  $\mathfrak A _6$ et l'action naturelle de $\mathfrak A_6$ sur l'ensemble des classes à gauche de $H$ induit un morphisme  $\Phi: \mathfrak A_6 \to \mathfrak S_3.\quad \mathfrak A_6$ étant un groupe simple, on parvient à $\ker \Phi =\mathfrak A_6 $ et une contradiction.

$$\text{Si } n>2 ,\:\text{ alors }\mathfrak A_n\:\text{ ne possède pas de sous-groupe isomorphe à }\mathfrak S_{n-1}.$$

Edit Je m'aperçois que l'argument que je viens de donner avec $n=6$, qui utilise la simplicité de $\mathfrak A_n$, fonctionne pour tout $n\text{ pair}\geqslant 6 $

john_john

Démonstrator,
Ma question vient de là : je suppose que cela signifie que tu sais le faire et qu'il n'est donc pas nécessaire de revenir là-dessus.

LOU16 : j'avais exclu les cas $n=3$ et $n=5$ à la main, mais j'étais loin du cas général.

Démonstrator

@john_john Tu supposes bien !

MrJ

Jolie preuve.
J'ai toujours trouvé que le résultat utilisé par LOU16 sur les sous-groupe d'indice $n$ de $\mathfrak{S}_n$ est très intriguant (notamment le cas exceptionnel pour $n=6$), bien que j'en connaisse une démonstration.

john_john

D'ailleurs, ce cas exceptionnel est-il lié aux automorphismes extérieurs de $\frak S_6$ ?

MrJ

Oui, car on peut montrer que l’action de $\textrm{Aut}(\mathfrak{S}_n)$ sur les sous-groupes d’indice $n$ de $\mathfrak{S}_n$ est transitive (c’est un classique où on utilise une action par translation sur un quotient dans la preuve).

En particulier, si tout automorphisme de $\mathfrak{S}_n$ est intérieur, on en déduit que les sous-groupes d’indice $n$ de $\mathfrak{S}_n$ sont les $H_k =\{\sigma\in \mathfrak{S}_n\mid \sigma(k)=k\}$ pour $k\in\llbracket 1,n\rrbracket$.

De mémoire, il me semble que la réciproque est vraie : si les sous-groupes d’indice $n$ de $\mathfrak{S}_n$ sont les $H_k =\{\sigma\in \mathfrak{S}_n\mid \sigma(k)=k\}$ pour $k\in\llbracket 1,n\rrbracket$, alors on peut montrer que l’image des transpositions par tout élément de $\varphi\in\textrm{Aut}(\mathfrak{S}_n)$ sont encore des transpositions, ce qui permet d’en déduire que $\varphi$ est intérieur.

En utilisant ces résultats, il me semble qu’on en déduit qu’il y a 12 sous-groupes d’indice $6$ dans $\mathfrak{S}_6$.