Hölder ' Teorema de s (teoría del grupo). Colección de prueba y aplicaciones

Question

En (finito) teoría de grupos, el número de $6$ parece ser especial en el sentido de que tenemos el resultado de Hölder que este es el único número natural $n=6$ tal que existe un exterior automorphism de $S_n$. Mi pregunta es twofolds

1. Me gustaría una colección de posibles pruebas de este resultado. Por ejemplo, me gustaría saber también si hay una prueba de que es puramente número teórico o un no-constructivo de la prueba de este resultado. No sé si Hölder originalmente demostrado que esta forma constructiva, pero la mayoría de la prueba de que lo que veo son constructivas (y más o menos el mismo). Uno empieza con un transitiva subgrupo de $S_6$ de la orden de los 120 (este va a ser isomorfo a $S_5$)

2. Me gustaría saber de alguna (fácil?) la aplicación de este resultado conduce a un resultado en la teoría de grupos, donde el número de $6$ destaca sólo a causa de este resultado.

Agradecería cualquier idea.

Answer 1

Aquí es una buena aplicación directa: subgrupos de pequeño índice en $S_n$. Suponga que $n\geq 5$, y deje $H\leq S_n$ ser un subgrupo de índice en la mayoría de las $n$. A continuación, cualquiera de $H$$A_n, S_n$, o un estabilizador de algún elemento $1\leq i \leq n$$S_n$, excepto si $n=6$. Si $n=6$, $S_6$ puede ser visto como el conjunto de todas las permutaciones de los 6 elementos de la línea proyectiva sobre $\mathbb{F}_5$. Pero el grupo de transformaciones proyectivas $PGL(2,5)$ formar un índice 6 subgrupo.

La conexión es: si $H\leq S_n$ con índice de $k$, entonces la acción de la $S_n$ a la izquierda cosets de $H$ por la izquierda de la multiplicación se define un homomorphism $\varphi: S_n\rightarrow S_k$. Si $k< n$, $\varphi$ no puede ser inyectiva. Pero como $n\geq 5$, la única manera posible de núcleos se $A_n, S_n$, lo que da a estos subgrupos de pequeños índices. Si $k=n$, $\varphi$ puede ser inyectiva. Sin embargo, en este caso tiene que ser surjective. Por lo $\varphi\in Aut(S_n)$. Interior automorphims corresponden a los estabilizadores. Exterior de automorfismos corresponden a diferentes índice de $n$ subgrupos. (Pensar en ello.)

Esta línea de pensamiento puede ser extendido para obtener pruebas simples a los resultados como$PGL(2,5)\cong S_5$$PSL(2,5)\cong A_5$.

Answer 2

Hay al menos dos formas fundamentalmente diferentes para obtener el excepcional exterior automorphism de $S_6$. Se trata de encontrar la permutación representación de $S_5$ en seis letras, como ya se ha mencionado anteriormente. El otro es un aviso de que $A_6\cong PSL(2,9)$ es un índice de cuatro subgrupo normal de $P\Gamma L(2,9)$. El cociente es el Klein cuatro grupo, y el índice intermedio de dos subgrupos son de distintos tipos de isomorfismo: Una es $S_6$, una es $PGL(2,9)$, y una es $M_{10}$ (un punto de estabilizador en la $M_{11}$). Ya que son pares no isomorfos, que son característicos de los subgrupos, de modo que desde $P\Gamma L(2,9)$ no tiene ningún pedido $2$ subgrupo normal (y desde $S_6$ ha trivial centro) actúa fielmente por la conjugación en $S_6$, y por lo tanto incorpora monomorphically en $Aut(S_6)$.

Así que todo se reduce a que si te gustan $\Bbb{F}_5$ o $\Bbb{F}_9$ mejor.

Si usted no está familiarizado con la notación, $\Gamma L(n,k)$ es el grupo de semilinear automorfismos de a $k^n$, en un semilinear mapa de $f$ satisface $f(u+v)=f(u)+f(v)$ $f(av)=\sigma_f(a)f(v)$ para algunos $\sigma_f\in Aut(k)$. $P\Gamma L(n,k)$ es justo que el grupo mod el escalar de matrices.