Isomorfismo elemental entre $\operatorname{PSL}(2,5)$ y $A_5$

Question

En esta página de Wikipedia se afirma que para construir un isomorfismo entre $\operatorname{PSL}(2,5)$ y $A_5$ "hay que tener en cuenta" $\operatorname{PSL}(2,5)$ como grupo de Galois de una cubierta de Galois de curvas modulares y considerar la acción sobre los doce puntos ramificados. Aunque esta es una hermosa construcción, me pregunto si esto es realmente necesario. ¿Existe una construcción de un mapa que tome una matriz representativa de una clase en $\operatorname{PSL}(2,5)$ y utiliza algunos cálculos relativamente sencillos para producir una permutación en $S_5$ que se puede demostrar que es uniforme? No me importa si describir la construcción y proporcionar la verificación de que está bien definida y hace lo que debe lleva varias páginas. Sólo me gustaría pensar que es posible.

Answer 1

Una forma de ver esto, que se puede encontrar en la carta de Galois a Chevalier que escribió la noche antes de su muerte, es que $G = PSL(2,5)$ contiene un subgrupo máximo $H$ del índice $5$ . La acción de $G$ en $G/H$ es fiel (porque $G$ es simple), y así obtenemos una incrustación de $G$ en $S_5$ . Desde $S_5$ no contiene muchos subgrupos de orden 60, hemos terminado.

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Galois considera más generalmente la acción de $PSL(2,p)$ en las fibras de la curva modular $X_0(p)$ en $X_0(1)$ (que tienen $p+1$ puntos de forma genérica), y desde este punto de vista ve que $PSL(2,p)$ puede aparecer como el grupo de Galios de un grado $p+1$ ecuación (la ecuación que recorta la fibra sobre una $j$ -invariante en $X_0(1)$ ). Se pregunta si podemos sustituir este grado $p+1$ ecuación por un grado $p$ uno, y observa que esto es posible para $p = 5,7,11$ (es decir, son los primos para los que $PSL(2,p)$ tiene un índice $p$ subgrupo).

Es sorprendente ver lo mucho que entendía Galois.

Answer 2

Descripción geométrica: Ambos son isomorfos al grupo de simetrías del icosaedro/dodecaedro. Para demostrarlo, colorearé con cinco colores las caras del icosaedro y etiquetaré las del dodecaedro con $\{ 0,1,2,3,4,\infty \}$ por lo que el grupo de simetría actúa sobre el $5$ colores por $A_5$ y actúa sobre el $6$ elementos de $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_5)$ por $PSL(2,5)$ . Recorta las dos imágenes de abajo y pégalas con cinta adhesiva para ver la construcción:

Answer 3

Conozco dos buenas descripciones, que pondré en dos respuestas. Aquí está la algebraica:

El grupo $PGL(2,5)$ actúa sobre $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_5)$ , un conjunto que tiene $6$ elementos. Hay $15$ permutaciones de $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_5)$ que tienen orden $2$ y sin puntos fijos por ejemplo, $0 \leftrightarrow \infty$ , $1 \leftrightarrow 2$ , $3 \leftrightarrow 4$ . De esas permutaciones, $10$ son inducidos por elementos de $PGL(2,5)$ . Por ejemplo, el mapa anterior es $z \mapsto 2/z$ . Conjugación por $PGL(2,5)$ permuta la otra $5$ involuciones, y esta permutación da un isomorfismo $PGL(2,5) \cong S_5$ .

Answer 4

De otra manera: Mostraré que ambos son isomorfos al grupo de simetrías rotacionales del dodecaedro. Sea $H$ sea el grupo de simetría rotacional del dodecaedro.

$H$ se incrusta en $SO(3)$ utilizando las entradas en $\mathbb{Z}[\tau]$ donde $\tau$ es la proporción áurea $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ . Al ser matrices ortogonales, conservan la forma cuadrática $x^2+y^2+z^2$ .

En primer lugar, considere el ideal $\langle \sqrt{5} \rangle = \langle 2 \tau-1 \rangle$ en $\mathbb{Z}[\tau]$ . Reduciendo nuestras matrices módulo a este ideal, obtenemos matrices en $SL_3(\mathbb{F}_5)$ preservando la forma cuadrática $x^2+y^2+z^2$ . La cónica $x^2+y^2+z^2=0$ (en coordenadas homogéneas) tiene puntos sobre $\mathbb{F}_5$ , es decir, el $6$ permutaciones de $(0:1:2)$ . Así que las matrices actúan sobre esta cónica mediante matrices en $PGL_2(\mathbb{F}_5)$ . Esto da un mapa $H \to PGL_2(\mathbb{F}_5)$ y no está mal demostrar que es un isomorfismo $H \to PSL_2(\mathbb{F}_5)$ .

Ahora, considere el ideal $\langle 2 \rangle$ en $\mathbb{Z}[\tau]$ . El cociente es el campo con $4$ -elementos, por lo que obtenemos una representación de $H$ por matrices en $SL_3(\mathbb{F}_4)$ conservando $x^2+y^2+z^2 = (x+y+z)^2$ . Así, estas matrices preservan el plano $x+y+z=0$ . Obtenemos una acción sobre el conjunto de $5$ líneas en este plano. Esto da un mapa $H \to S_5$ y no es difícil ver que es un ismorfismo $H \to A_5$ . Observación: También acabamos de mostrar $H \cong PGL_2(\mathbb{F}_4)$ (que es lo mismo que $PSL_2( \mathbb{F}_4)$ ).

No parece ocurrir nada interesante si reducimos el módulo $\langle 3 \rangle$ Lamento decirlo. Tenemos una acción de $H$ en $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_9)$ pero no puedo encontrar mucho que decir al respecto.

Answer 5

El orden de $G=PSL(2,5)$ es 60. Un subgrupo de Sylow 2 $P$ está generada por los cosets representados por $$A=\pmatrix{2&0\cr0&3\cr}\quad\text{and}\quad B=\pmatrix{0&2\cr3&0\cr}.$$ Es fácil comprobar que $P$ se normaliza con
$$ C=\pmatrix{1&2\cr1&3\cr} $$ (conjugación por $C$ ciclos de las involuciones en un 3-ciclo $B\mapsto A\mapsto AB=BA \mapsto B$ ). El orden de $C$ es tres. Como $P$ no es normal en $G$ podemos deducir que $N(P)$ tiene el orden 12. Por tanto, hay 5 subgrupos Sylow 2. Por tanto, obtenemos un homomorfismo de $G$ a $S_5$ de la acción de conjugación de $G$ en los subgrupos de 2-Sylow. Si cree que $G$ es simple, entonces el resto sigue como en el comentario de Geoff Robinson. Incluso sin utilizar ese hecho en este punto bastaría con demostrar que este homomorfismo es inyectivo. O equivalentemente que la intersección de los conjugados de $N(P)$ es trivial.

Los otros subgrupos Sylow 2 se pueden obtener conjugando $P$ con poderes de $$ D=\pmatrix{1&1\cr0&1\cr}. $$