Presentación del grupo de $A_5$ con dos generadores

Question

En [Huppert, Endliche Gruppen, p140] el autor muestra que el grupo alternativo $A_5$ es isomorfo a $G := \langle x,y \mid x^5=y^2=(xy)^3=1 \rangle $ . La prueba es elemental pero larga y complicada. ¿Hay una forma sencilla de probar la afirmación usando alguna teoría? Por supuesto, esencialmente tenemos que demostrar que $|G| \leq 60$ .

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Aquí hay un posible intento: $A_5$ es generado por $(1,2,3,4,5)$ y $(12)(34)$ y estos elementos satisfacen las relaciones anteriores. Podemos intentar dar una prueba de $|A_5| \leq 60$ utilizando estos generadores (y la bien conocida estructura de subgrupos de $A_5$ ), y que adaptar la misma prueba para $G$ . Esto podría hacerse de la siguiente manera:

Set $a := xy$ y $b := (xy)^{x^2} = x^{-1}y{x^2}$ . Ambos elementos son de orden tres. Las permutaciones correspondientes son $(2,4,5)$ y $(1,2,4)$ así que en principio deberíamos ser capaces de mostrar que $U := \langle a,b \rangle $ (que de hecho es isomorfo a $A_4$ ) tiene como máximo 12 elementos. Para ello definimos $V := \langle ab, (ab)^b \rangle $ . $V$ tiene que ser isomórfico para el grupo de los cuatro de Klein, así que tenemos que mostrar que $(ab)$ y $(ab)^b$ están conmutando involuciones (debería ser posible de alguna manera...), y que $b$ normaliza $V$ (fácil). Entonces está claro que $U = V \langle b \rangle $ tiene como máximo 12 elementos. Finalmente, tenemos que mostrar que el índice $|G:U|$ es como mucho 5. Esta es la única parte en la que no tengo ni idea de cómo proceder.

¿Alguna idea?

Answer 1

Finalmente, puedo completar mi bosquejo de la prueba. Comenzamos probando lo siguiente:

$G := \langle x,y \mid x^3=y^3=(xy)^2 = 1 \rangle $ es isomorfo a $A_4$

Prueba: $A_4$ es generado por $(123)$ y $(234)$ y estas permutaciones satisfacen las relaciones anteriores. Por lo tanto, $A_4$ es una imagen homomórfica de $G$ . De ahora en adelante mostraremos $|G| \leq 12$ . Deje que $a = xy$ y $b = a^x = yx$ . Tenemos $a^2 = b^2 = 1$ y también $(ab)^2 = xy^{-1}x^{-1}y^{-1}x = x (xy)^{-2}x^2 = 1$ . Así que $V := \langle a,b \rangle $ es una imagen homomórfica de $C_2 \times C_2$ . Desde $a^x = b \in V$ y $b^x = x^{-1}yx^2 = (yx)^{-1}(xy)^{-1} = ba \in V$ , $ \langle x \rangle $ normaliza $V$ y $G = V \langle x \rangle $ tiene como máximo 12 elementos. $ \square $

Ahora podemos probar la declaración original:

$G := \langle x,y \mid x^5=y^2=(xy)^3=1 \rangle $ es isomorfo a $A_5$

Prueba: $A_5$ es generado por $(12345)$ y $(12)(34)$ y estas permutaciones satisfacen las relaciones anteriores. Por lo tanto, $A_5$ es una imagen homomórfica de $G$ . Mostraremos $|G| \leq 60$ . Deje que $a = xy$ y $b = a^{x^2} = x^{-1}yx^2$ . Tenemos $a^3=b^3=1$ . En lo siguiente necesitaremos frecuentemente la identidad

(*) $yx^{-1}y= xyx$

que sigue directamente de $(xy)^3=1$ . Usando (*) calculamos $(ab)^2 = x(yx^{-1}y)x^3(yx^{-1}y)x^2 = x(xyx)x^3(xyx)x^2 = 1$ . Por lo tanto, $U := \langle a,b \rangle $ es una imagen homomórfica de $A_4$ y, por lo tanto, a lo sumo $12$ elementos. Terminamos la prueba mostrando que el conjunto completo de cosetas correctas de $U$ en $G$ está dada por $ \Omega = \{ U, Ux, Ux^2, Ux^3, Ux^4 \}$ . Desde $G$ actúa de forma transitoria en sus cosetas correctas, esto se puede hacer mostrando que $ \Omega $ es invariable bajo la acción de los generadores $x$ y $y$ . Está claro que $ \Omega x = \Omega $ . Además, tenemos

• $Uy = Uay = Ux$
• $(Ux)y = Ua = U$
• $(Ux^2)y = Ux(xyx)x^{-1} = Ux(yx^{-1}y)x^{-1} = Uabx^2 = Ux^2$
• $(Ux^3)y = Ub^{-1}x^4 = Ux^4$
• $(Ux^4)y = Ubx^3 = Ux^3$

Esto también muestra $ \Omega y = \Omega $ y por lo tanto $ \Omega G = \Omega $ que completa la prueba. $ \square $

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Estoy bastante satisfecho con esta prueba, ya que es muy conceptual. Pero aún así es bastante larga y depende de muchos cálculos que parecen un poco aleatorios. Me gustaría ver pruebas más cortas que utilicen conceptos más sofisticados.