¿Por qué $A_5$ ha $\binom{5}{4}$ Sylow 2-subgrupos?

Question

Deje $Syl_p(G)$ el número de Sylow $p$-subgrupos de un grupo de $G$. ¿Por qué $|Syl_2(A_5)|=\binom{5}{4}$? Esto es cierto en general, es decir, qué $|Syl_2(A_n)|=\binom{n}{2^\alpha}$ donde $2^\alpha$ es la máxima potencia de $2$ dividiendo $n!/2$?

Mirando en el caso de $A_5$, yo sé que los subgrupos de Sylow son todos conjugado. Tomando $P=\langle (1234) \rangle$, es fácil ver que $P$ es un Sylow 2-subgrupo, por lo $|Syl_2(A_5)|$ debe ser el tamaño de la órbita de $P$ bajo la acción de $A_5$ en sus subgrupos dado por la conjugación. ¿Por qué esta órbita tiene el tamaño de $\binom{5}{4}$? ¿Qué se puede decir en general?

Answer 1

Tenga en cuenta que cada una de las $2$-subgrupo de Sylow de $A_5$ es de orden $4$. Sabemos que un subgrupo de orden $4$$A_5$: $$V_1:=\big\{(),(2\,\,\,3)(4\,\,\,5),(2\,\,\,4)(3\,\,\,5),(2\,\,\,5)(3\,\,\,4)\big\}\,.$$ Por lo tanto, tenemos cuatro más de los conjugados de $V_1$: $$V_2:=\big\{(),(1\,\,\,3)(4\,\,\,5),(1\,\,\,4)(3\,\,\,5),(1\,\,\,5)(3\,\,\,5)\big\}\,,$$ $$V_3:=\big\{(),(1\,\,\,2)(4\,\,\,5),(1\,\,\,4)(2\,\,\,5),(1\,\,\,5)(2\,\,\,4)\big\}\,,$$ $$V_4:=\big\{(),(1\,\,\,2)(3\,\,\,5),(1\,\,\,3)(2\,\,\,5),(1\,\,\,5)(2\,\,\,3)\big\}\,,$$ y $$V_5:=\big\{(),(1\,\,\,2)(3\,\,\,4),(1\,\,\,3)(2\,\,\,4),(1\,\,\,4)(2\,\,\,3)\big\}\,.$$ No puede ser más $2$-subgrupos de Sylow de $A_5$. Usted puede comprobar fácilmente que estos son los únicos conjugados de $V_1$. Por lo tanto, $A_5$ cinco $2$-subgrupos de Sylow.

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Como para $A_4$, tiene un subgrupo normal de orden $4$. Desde $4$ es el mayor poder de $2$ que divide $|A_4|=\dfrac{4!}{2}=12$, llegamos a la conclusión de que $A_4$ sólo tiene un $2$-subgrupo de Sylow $$V:=\big\{(),(1\,\,\,2)(3\,\,\,4),(1\,\,\,3)(2\,\,\,4),(1\,\,\,4)(2\,\,\,3)\big\}\,.$$