Pruebas alternativas que $A_5$ es simple

Question

¿Qué formas diferentes hay de demostrar que el grupo $A_5$ es simple?

He recogido estos hasta ahora:

• Trabajando directamente con los ciclos: página 483 de http://www.math.uiowa.edu/~goodman/algebrabook.dir/algebrabook.html
• Porque tiene un orden 60 y dos grupos 5-Sylow distintos: https://crypto.stanford.edu/pbc/notes/group/sylow.xhtml
• No hay manera de sumar las clases de conjugación 1, 15, 20, 12, 12, para obtener un subgrupo normal.
• Por el lema de Iwasawa sobre $PSL_2(5) \simeq A_5$ .
• No es solucionable ya que es perfecto, y todo grupo de orden $<60$ es soluble, por lo que no puede tener subgrupos normales.

Answer 1

Estoy muy contento de mostrar esta prueba, que hace uso de una técnica frecuentemente empleada en un documento reciente de la mía. Es mi prueba favorita de que $A_5$ no es solucionable, lo cual, como has señalado en tu último punto, demuestra que $A_5$ es simple.

Definición. Para $n\in \mathbb{N}$ , denótese por $\pi(n)$ el conjunto de divisores primos de $n$ . El gráfico principal de un grupo finito $G$ , denotado como $\Gamma_G$ es el gráfico con el conjunto de vértices $\pi(|G|)$ con una arista entre primos $p$ y $q$ si y sólo si existe un elemento de orden $pq$ en $G$ .

Por Lucido (1999) Según la proposición 1, el complemento del gráfico primo de un grupo soluble $G$ es libre de triángulos. Es obvio, a partir de los tipos de ciclos, que $A_5$ no contiene elementos de orden $6,10,$ o $15$ Así que $\Gamma_{A_5}$ es el gráfico vacío de tres vértices. Por lo tanto, $A_5$ no tiene solución.

Answer 2

Este es un argumento bastante específico para $A_5$ . Supongamos que se demuestra de antemano que $A_5$ es generado por sus elementos de orden $p$ para cada uno de $p=2,3,5$ . Entonces un cociente propio no trivial también está generado por sus elementos de orden $p$ para cada uno de $p=2,3,5$ y por lo tanto tiene un orden divisible por $2\times 3\times 5=30$ . Así que sólo tenemos que descartar los subgrupos normales de orden 2, lo que equivale a la fácil comprobación de que no hay ningún elemento central de orden 2.

Para la declaración "de antemano", lo más fácil es comprobar que está generada por 3 ciclos (verdadero en $A_n$ para todos $n$ ), y entonces basta con escribir, en $A_5$ un solo ciclo de 3 como producto de ciclos de 5, y como producto de transposiciones dobles.

(No lo utilicé, pero una observación al margen es que si un grupo finito $G$ es generado por sus elementos de orden $p$ para todo divisor primo de $|G|$ entonces todo cociente simple de $G$ es no abeliana).

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Añadido (Oct 2019): como dije el argumento es "bastante específico" pero igual se puede usar en algunos otros casos.

Para el grupo de orden $168=2^3.3.7$ un argumento similar funciona. También tenemos que comprobar que se genera por sus elementos de orden $p$ para cada uno de $p=2,3,7$ lo que implica que todo subgrupo normal propio tiene índice divisible por $2\times 3\times 7$ , es decir, el orden que divide $4$ . y entonces tenemos que descartar un subgrupo normal de orden $2$ o $4$ . Comprobar que el centro es trivial es fácil. El otro caso sería un subgrupo no central de orden $4$ pero entonces el centralizador de este último tendría el índice $2$ , $3$ o $6$ contradicción.

A continuación, en el caso de $A_6$ El paso de generación ya está prácticamente hecho en el $A_5$ caso, ya que los primos son los mismos. A continuación un subgrupo normal tiene índice divisible por $30$ Por lo tanto, el orden que divide a $12$ . Así, un subgrupo normal mínimo no trivial tiene orden $2$ , $3$ o $4$ y de nuevo: demostrar que el centro es trivial, y si no es central, el centralizador tiene un índice demasiado pequeño.

Para $A_7$ hay que jugar con elementos de orden $7$ en el paso de generación, y entonces todo subgrupo normal propio tiene orden dividiendo $12$ que se descarta exactamente como en $A_6$ .

Para $A_8$ el argumento muestra sus límites. Mientras que el paso de generación no requiere mayor esfuerzo, la cuestión principal será descartar específicamente la existencia de un subgrupo normal no trivial de orden divisor de $32$ . Por supuesto que se puede hacer, pero la prueba se vuelve bastante ineficiente.

Answer 3

Para una prueba fácil, podemos utilizar los siguientes hechos.

F1: Si $N$ es un subgrupo normal de $G$ entonces $N$ contiene todos los elementos que tienen orden coprimo a $[G:N]$ .

F2: $A_5$ contiene $15$ elementos de orden $2$ , $20$ elementos de orden $3$ y $24$ elementos de orden $5$ .

F3: Supongamos que $N \trianglelefteq G$ y $|N| = 2$ . Entonces $N$ es central en $G$ .

F4: $A_5$ tiene centro trivial (más generalmente, $A_n$ tiene centro trivial cuando $n \geq 4$ ).

Dejemos que $N$ sea un subgrupo normal de $A_5$ . Por el teorema de Lagrange, $|N|$ es un divisor de $60$ . Podemos descartar otros divisores que no sean $1$ , $2$ y $60$ utilizando F1 y F2. Por ejemplo, si $|N| = 15$ entonces $N$ contendría el $20$ elementos de orden $3$ y $24$ elementos de orden $5$ Lo cual es absurdo. Podemos descartar $2$ utilizando F3 y F4. Por lo tanto, la única posibilidad es $|N| = 1$ o $|N| = 60$ lo que demuestra que $A_5$ es simple.

La idea de esta prueba se debe a Joseph Gallian. Él trata el caso $|N| = 2$ diferente, pero la prueba es esencialmente la misma que la aquí . También se puede utilizar el mismo método para demostrar que $\operatorname{PSL}(2, 7)$ es simple.

Answer 4

En un artículo de Chapman titulado "An elementary proof of the simplicity of the Mathieu Groups $M_{11}$ y $M_{23}$ "demuestra este teorema:

Dejemos que $p$ sea un primo, $G$ un subgrupo transitivo de $S_p$ y $|G| = n = pmr$ , donde $m \equiv 1 \, (mod \, p)$ y $r < p$ es un primo. Entonces $G$ es simple.

En realidad, en el documento demuestra que $r$ debe ser el residuo de $\frac{n}{p}$ mod p, lo que facilita su cálculo. La simplicidad de estos dos grupos se da entonces como corolarios de este teorema. En realidad, también se aplica a $A_5$ .

$\frac{n}{p} = \frac{60}{5} = 12 \equiv 2 \, (mod \, 5)$ y $2$ es primo. Así que $A_5$ es simple.

Answer 5

Ver $A_5$ como las simetrías rotacionales de un icosaedro, se puede comprobar fácilmente que cada clase de conjugación genera el grupo. En realidad sólo hay tres casos, ya que aunque hay dos clases de conjugación de cinco ciclos, evidentemente son equivalentes en potencia, por lo que las agrupamos. Basta entonces con ver que cualquier vértice puede ser llevado a cualquier otro por rotaciones a través de los ejes de los vértices, cualquier cara puede ser llevada a cualquier otra por rotaciones a través de los ejes de las caras, y cualquier arista puede ser llevada a cualquier otra por rotaciones a través de los ejes de las aristas (como cada caso respectivo tiene claramente los estabilizadores pertinentes, sólo la transitividad de la acción establece que todo se genera.

Pero cada uno de esos casos es muy sencillo: una vez que te familiarizas con él, no hace falta ni siquiera un modelo.

Por supuesto, es posible que quieras demostrar que este grupo de rotaciones es $A_5$ Pero utilizando esta simplicidad establecida y la acción sobre el compuesto de cinco cubos (que creo que es lo suficientemente hermoso como para justificar la reflexión), que se puede establecer sin problemas.