El siguiente en su mayoría responde a la pregunta:
Reivindicación 1: Si cada surjection $SL_{2}(\mathbb{Z}) \to SL_{2}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$ ha kernel $\Gamma(n)$, entonces todos los factores primos $p | n$ ha $p \leq 11$.
Para demostrar la Reivindicación 1, que necesito otro reclamo.
Reivindicación 2: Si $p > 11$ es primo, hay elementos $x, y \in PSL_{2}(\mathbb{F}_{p})$, de modo que $\langle x, y \rangle = PSL_{2}(\mathbb{F}_{p})$, $x$ tiene el fin de $2$, $y$ tiene orden de $3$, e $xy$ no tienen orden de $p$.
Prueba de Reclamación 1 (uso de la Reivindicación 2): Suponga que el $p^{k} \parallel n$ con $p > 11$. Elegir los elementos de $X, Y \in SL_{2}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$, de modo que
$\bullet$ las imágenes de $X$ e $Y$ en $PSL_{2}(\mathbb{F}_{p})$ tienen órdenes de $2$ e $3$, respectivamente, $XY$ no tiene orden de $p$, e $X$ e $Y$ generar $PSL_{2}(\mathbb{F}_{p})$, y
$\bullet$ sustitución de $X$ e $Y$ por $p$th poderes de sí mismos (si es necesario), asume que el $X \bmod p^{k}$ e $Y \bmod p^{k}$ tienen orden de $4$ e $6$, respectivamente, en $SL_{2}(\mathbb{Z}/p^{k} \mathbb{Z})$, y
$\bullet$ de $X \equiv \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \pmod{n/p^{k}}$ e $Y \equiv \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \pmod{n/p^{k}}$.
A continuación, se deduce que el $X^{2} \equiv Y^{3} \equiv \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix} \pmod{n}$ e $X^{4} \equiv I \pmod{n}$. Tenga en cuenta que $\langle X, Y \rangle = SL_{2}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$ debido a que el mapa de $\langle X, Y \rangle \to SL_{2}(\mathbb{Z}/(n/p^{k})\mathbb{Z})$ es surjective y el mapa de $\langle X, Y \rangle \to SL_{2}(\mathbb{Z}/p^{k} \mathbb{Z})$ es también surjective (debido a $PSL_2(\mathbb{F}_{p})$ es un buen cociente de la imagen de mod $p^{k}$, y cada apropiado subgrupo de $SL_{2}(\mathbb{Z}/p^{k} \mathbb{Z})$ cuenta todos los factores de composición abelian o isomorfo a $A_{5}$).
Desde $\langle x, y | x^{2} = y^{3}, x^{4} = 1 \rangle$ es una presentación para $SL_{2}(\mathbb{Z})$, hay un homomorphism $\phi : SL_{2}(\mathbb{Z}) \to SL_{2}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$, de modo que $\phi\left(\begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\right) = X$ e $\phi\left(\begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\right) = Y$.
Ahora,
$$\left(\begin{bmatrix} 0 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}^{3} \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix},
$$
tiene orden de $n$ en $SL_{2}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$, pero el poder de la $p$ la división de la orden de $X^{3} Y$ es en la mayoría de las $p^{k-1}$, debido a $(X^{3} Y)^{r} \equiv 1 \pmod{p}$ para algunos $r$ con $p \nmid r$ e $A^{r} \equiv 1 \pmod{p}$ implica que el $A^{rp^{k-1}} \equiv 1 \pmod{p^{k}}$. Por lo tanto $(x^{3} y)^{rp^{k-1}} \in \ker \phi$, pero $(x^{3} y)^{rp^{k-1}} \not\in \Gamma(n)$. QED Reivindicación 1
Demostrando la Reivindicación 2 no debería ser demasiado difícil, pero es un poco tedioso. Esto requiere cuidadosamente conteo de pares $x, y$ (de las órdenes de $2$ e $3$, respectivamente), de modo que $xy$ tiene orden de $p$, y también contar los pares de $x,y$ que ambos se encuentran en uno de los adecuado (Borel, diedro, $A_{4}$, $S_{4}$ o $A_{5}$) subgrupos de $PSL_{2}(\mathbb{F}_{p})$.
Tenga en cuenta que hay algunas cosas raras que suceden por $n$ todos de cuyos factores primos se $\leq 11$. En particular, hay ejemplos con $n = 54$, $n = 98$, y $n = 108$. Parece plausible a mí que hay sólo un número finito de $n$ para que el kernel debe ser $\Gamma(n)$.
