Mathematik für Faule: Mehr über Invoide/ Das Permutationsinvoid

Satz (Die Dreierzyklen erzeugen das gerade Invoid):

Es bilden die Dreierzyklen (also Elemente der Gestalt $(abc)$ eine Genmenge des geraden Invoids $A_{n}$.

Beweis: Ein jedes $\sigma \in A_{n}$ lässt sich schreiben als eine Komposition einer geraden Anzahl von verschiedenen Vertauschungen. Je zwei von diesen sind endweder disjunkt oder haben eine Zahl gemeinsam. Daher folgt der Satz aus

$(abc)(abd)=(ad)(cb)$

und

$(ab)(ac)=(abc)$. $\Box$

Satz (Konjugationsinvariante Unterinvoide des Permutationsinvoids und des geraden Invoids):

Für $n\geq 5$ hat $A_{n}$ keine echten, nichttrivialen konjugationsinvarianten Unterinvoide, und $A_{n}$ ist das einzige echte, nichttriviale konjugationsinvariante Unterinvoid von $S_{n}$.

Beweis: Es sei nun $H<_{KI}A_{n}$ oder $H<_{KI}S_{n}$ gegeben. Wir wollen beweisen, dass $H$ einen Dreierzyklus enthält, da ja dann (wegen $n\geq 5$ durch Konjugation mit $\sigma \in S_{n}$ gegeben durch eine Vertauschung im Dreierzyklus und eine vom Dreierzyklus disjunkte Vertauschung) $H$ alle Dreierzyklen enthält. Wegen $|S_{n}/A_{n}|=2$ (wie sich etwa aus dem ersten Noetherschen Dipfeilsatz angewandt auf das Vorzeichen ergibt) kann es kein noch größeres konjugationsinvariantes Unterinvoid geben; die Quotientengröße wäre dann ja strikt zwischen 2 und 1.

Hierzu nehmen wir ein beliebiges $\tau \in H\setminus \{1\}$.

Wir können nun $\tau$ als ein Produkt disjunkter Zyklen aufschreiben. Durch folgende Methode können wir die Zyklen verkürzen:

Es sei ein Zyklus $(123\ldots )$ gegeben. Durch Konjugation vertauschen wir $1$ und $2$ (falls wir im geraden Invoid konjugieren, müssen wir entweder außerhalb des Zyklus ebenfalls tauschen oder für Zyklen der Länge $\geq 5$ später im Zyklus, ein einsamer Viererzyklus kann wegen $\operatorname {sgn}((1234))=-1$ nicht vorkommen) und nehmen dann das Produkt:

$(123\ldots )(213\ldots )$

Die $1$ wird an ihrem Platz belassen, und wenn der Zykel die Länge $\geq 4$ hatte, ist der Rest nichttrivial, da die $2$ nicht fest ist.

Auf diese Weise kriegen wir alle Zyklen von $\tau$ auf die Länge $\leq 3$. Jetzt machen wir eine Fallunterscheidung:

1. $\tau$ enthält bereits einen Dreierzyklus. Falls mehr als ein Dreierzyklus vorhanden ist, kann man vorgehen, indem man feststellt, dass $(123)(456)(214)(356)$ (letztere zwei die wohl einfachste $A_{n}$-Konjugation der ersteren zwei) die 1 festlässt, aber nichttrivial ist, da die 3 nicht festgelassen wird. Entweder es verbleibt nur ein Dreierzyklus (und wir können die Vertauschungen durch Quadrieren entfernen), oder wir gehen zum nächsten Fall.
2. $\tau$ enthält noch keinen Dreierzyklus. Für den Fall $H<_{KI}A_{n}$ ist die Anzahl der Zweierzyklen gerade. Wegen $(12)(34)(13)(24)=(14)(23)$ können wir $\tau$ mit einer konjugierten Version seiner selbst multiplizieren (ggf. tauschen wir zusätzlich größere Elemente) und erhalten, dass $\tau$ nur aus zwei Vertauschungen besteht (oder, im Falle $H<_{KI}S_{n}$, falls nach der Reduktion auf die Zykluslänge $\leq 3$ nur eine Vertauschung übrig ist, gilt sofort $H=S_{n}$). Aber da $n\geq 5$ gibt es noch eine Zahl, die davon nicht verwendet wird. Wenn z. B. $\tau =(12)(34)$, so können wir die zwei zur fünf konjugieren (und ggf. noch 3 und 4 vertauschen) und erhalten, falls das Ergebnis $\tau '$ heißt: $\tau \tau '=(12)(15)=(125)$. $\Box$