Permutaciones , álgebra moderna

Si tomamos el subgrupo alternante An contiene a todas las permutaciones pares, si no es el grupo alternante pero es un subgrupo del alternante también las tendrá todas pares.

El caso que queda y el más interesante y difícil es que haya alguna permutación impar. Lo que dice el problema es que ese subgrupo tendrá tantas permutaciones pares como impares.

Para n=2

Si (1,2)€H también pertenece e porque todo subgrupo debe tener el elemento neutro, entonces tiene una par y una impar

Para n>=3

Sea p € H impar y sea J incluido en H el conjunto de todas las impares

El conjunto de permutaciones pJ=K tiene todas pares porque el producto de dos impares es una permutación par

Vamos a ver que J y K tienen el mismo número de elementos

La aplicación que usaremos es esta

f:  J -------> K

   a --------> pa

Sea af = bf

pa = pb

Operamos con el inverso de p, que denotaremos p'  y es distinto de e

p'(pa) = p'(pb)

(p'p)a = (p'p)b

a=b

Luego es inyectiva.

Y es sobreyectiva porque porque K se definió como la imagen de J por esa aplicación

Luego f es biyectiva y por tanto el orden de J y K es el mismo

J eran las impares, K las pares que sabemos que por fuerza debían estar H para que H sea subgrupo

 |J|=|K|

Ahora tomemos L el conjunto de todas las permutaciones pares de H y sea M = pL

M tiene todo permutaciones impares luego M incluido J

Igual que hemos demostrado antes se demuestra que |M|=|L|

Como M incluido en J ==>

|M| <= |J|

Como |M|=|L| ==>

|L| <=|J|

Y |K|<=|L| porque L tiene todas las pares de H

Como |J|=|K| ==>

|J|<=|L|

De las dos desigualdades que he escrito en negrita se deduce |J|=|L|

Que eran las permutaciones impares y pares de H y tienen el mismo número.

Y eso es todo, es un poco lioso porque este recién salido del horno, si no lo entendés pregúntame.