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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.
