Considerar el grupo $G=\langle a, b, c; a^2=b^3=c^5=abc\rangle^{\ast}$. Claramente, $\langle abc\rangle$, que es el mismo subgrupo como $\langle a^2\rangle$$\langle b^3\rangle$, y como $\langle c^5\rangle$, es un central de los subgrupos de $G$. Como sabemos a partir de la primera parte del problema, quotienting este subgrupo da $A_5$, que tiene orden de $60$. Por lo tanto, con el fin de demostrar el resultado es suficiente para demostrar que $(abc)^{2}=1$ y $G\not\cong A_5$.
Una prueba de estos hechos se puede encontrar en el Groupprops sitio web. La prueba muestra que el $G$ contiene un subgrupo que es una imagen homomórfica de la dicyclic grupo $\langle x, y, z; x^2=y^2=z^5=xyz\rangle$, y el subgrupo está incrustado tal que $x_0y_0z_0=abc$. En un dicyclic grupo, $(x_0y_0z_0)^2=1$, por lo tanto $(abc)^2=1$ como se requiere. El subgrupo está dado por la siguiente incrustación.
$$
\begin{align*}
x_0&\mapsto a^{-1}bab^{-1}a\\
y_0&\mapsto a\\
z_0&\mapsto cac^{-3}
\end{align*}
$$
Voy a dejar de probar que $G\not\cong A_5$. Hay un número de maneras de hacer esto. Por ejemplo, usted podría probar que $abc\neq 1$$G$, o podría "darse cuenta" $G$ como un grupo de matrices (sugerencia: $\operatorname{SL}_2(5)$) o permutaciones$^{\dagger}$. Lea la página de wikipedia para conseguir que usted comenzó.
$^{\ast}$La presentación que se dio en esta respuesta difiere de la que usted dio. Sin embargo, demostrando que $(abc)^2=1$ (que es el propósito de esta respuesta) demuestra que estas presentaciones definir isomorfo grupos. Puede usted ver por qué esto es así?
$^{\dagger}$Otro posible, elegante, forma habría sido encontrado no trivial de la imagen homomórfica de $G$ no $A_5$. Sin embargo, en la realidad $G$ tiene sólo una correcta, no trivial subgrupo así que esto no va a funcionar!
