Cuántas $A_5$ hay dentro de $A_6$?

Question

Estoy leyendo un papel que dice:

Hay $12$ versiones de $A_5$$A_6$:

$1) $ las permutaciones que dejan una cosa indiferente.

$2)$ las permutaciones de los seis pares de antipodal iocasahedral vértices resultantes de icosaedro rotacional de simetrías.

La primera versión es completamente claro para mí. No entiendo la segunda versión. Pero sé que icosaedro rotacional de simetrías es $A_5$.

Por favor explicar en parte por $2)$, y también ¿cómo puedo ver que hay sólo $12$ versiones de $A_5$$A_6$. Gracias!

Answer 1

No estoy seguro de cómo traducir esto a las simetrías de un icosaedro, pero en mi humilde opinión la siguiente es una manera sencilla de encontrar los otros seis subgrupos de $A_6$, todos los isomorfo a $A_5$.

Considerar la Sylow $5$-subgrupos de $A_5$. Es fácil ver que hay exactamente seis de ellos. El grupo $A_5$ hechos en ellos por la conjugación. Que la acción es transitiva, por lo que esto nos da un no-trivial homomorphism $\phi:A_5\to S_6$. Debido a $A_5$ es simple, el homomorphism es inyectiva. Por la misma razón, la imagen de $\phi(A_5)$ debe estar contenido en $A_6$. Porque la acción es transitiva, la imagen no se estabiliza cualquiera de los seis puntos. Por lo tanto, $\phi(A_5)$ no pueden ser el punto de estabilizador de la parte 1).

Además, $\phi(A_5)$ es de índice de las seis de la simple grupo de $A_6$. Esto implica que $\phi(A_5)$ es su propia normalizador y tiene seis conjugados en $A_6$. Por lo tanto, hay seis subgrupos de este tipo de llenar el cupo para la parte 2).

Para mostrar que no hay ningún otro lleva un poco más de trabajo.

Answer 2

Otra forma de verlo es que el grupo ${\rm PSL}(2,5)$ es isomorfo a $A_5$ (no hay un único grupo simple de la orden de $60$), y los naturales de permutación representación de ${\rm PSL}(2,5)$ es transitiva de grado $6$. Hay $6$ cada uno de los Tipos de $1$$2$, lo $12$ en total.

Answer 3

La rotación del grupo de la icosaedro actos en varios conjuntos. Por ejemplo, la rotación que obviamente permutes la $20$ caras del icosaedro, por lo que el grupo tiene una acción en un $20$-elemento del conjunto. Pero si dos caras opuestas una a la otra antes de la rotación, todavía están uno frente al otro después de la rotación. Por lo tanto, también tienen una acción del grupo sobre el $10$-elemento del conjunto cuyos miembros son pares de caras opuestas.

Lo que pasa para las caras también va para las aristas y los vértices. Así que hay una acción del grupo sobre el $30$-elemento de borde conjunto, pero también en el $15$-elemento del conjunto cuyos elementos son pares de lados opuestos. Aún más se puede decir: cada par de lados opuestos se forma un rectángulo cuyos lados cortos son los dos bordes. Los lados largos del rectángulo pase a través del cuerpo de la icosaedro y tienen la longitud, que es el cociente de oro veces la longitud de los lados cortos. Así que tenemos $15$ tales oro "rectángulos". Estos vienen en cinco conjuntos de tres mutuamente ortogonales rectángulos. (Los ángulos diedros entre los planos que contienen los rectángulos de un conjunto son ángulos rectos.) Desde el grupo de rotación de la icosaedro es isomorfo a $A_5,$ no es de extrañar que hay algunos de cinco elemento de conjunto sobre la que actúa.

De pasar a los vértices, la rotación del grupo de la icosaedro permutes la $12$ vértices, pero también puede ser considerado como actuar en los seis pares de antipodal vértices. Equivalentemente, permutes los seis cinco veces ejes de simetría del icosaedro.

Para ver por qué se $A_6$ debe contener seis copias de $A_5$ que actuar de esta manera, contamos con las formas de etiquetado de los seis cinco veces ejes de simetría usando los números de $1$ a través de $6.$ Porque vamos a actuar en el conjunto de los ejes etiquetados con la rotación del grupo de la icosaedro, consideramos etiquetados equivalente, si hay una rotación de la icosaedro que convierte a uno en la otra. Siempre podemos girar el icosaedro, de modo que el eje $1$ es vertical y de forma que el eje $2$ también está orientado en una dirección especificada. Hay, a continuación, $4!=24$ maneras de asignar las etiquetas $3,$ $4,$ $5,$ $6$ para el resto de los cuatro ejes. Podemos pensar de eje $1$ como la unión de los polos norte y sur de la icosaedro. Hay cinco vértices que están más cerca de los vecinos de el polo norte, y cada uno tiene un eje que pasa a través de él. Uno de estos ejes es $2,$ y las etiquetas de los otros cuatro, proceder a la derecha, digamos, alrededor del polo norte, son una permutación arbitraria de $3,$ $4,$ $5,$ $6.$

Entonces, uno puede construir una copia de $A_5$ que representa la acción de la rotación de grupo en cada uno de estos $24$ etiquetados. Estos $24$ $A_5$s no son todos distintos, sin embargo. Considerar el etiquetado en el que los cinco ejes de proceder de las agujas del reloj alrededor del polo norte son $2,$ $3,$ $4,$ $5,$ $6.$ Una rotación en sentido antihorario de $2\pi/5$ alrededor del polo norte corresponde a la permutación $(23456).$, en consecuencia la copia de $A_5$ actuando sobre el etiquetado contiene $(23456).$ Pero luego también contiene los poderes de este ciclo: $(24635),$ $(25364),$ y $(26543).$ Uno puede comprobar que si tenemos la etiqueta de los ejes siguiendo las manecillas del reloj alrededor del polo norte por cualquiera de estos cuatro cinco ciclos, el $A_5$s que actúan sobre estos etiquetados son todos de la misma. Por lo tanto, en lugar de $24$ $A_5$s, tenemos sólo seis.

A ver que $A_6$ contiene sólo $12$ copias de $A_5,$ tenga en cuenta que $A_5$ contiene elementos de orden $5.$ Los únicos elementos de orden $5$ $A_6$ $5$- ciclos. Por otro lado, $A_5$ no contiene elementos de orden $4.$ Ahora para construir una copia de $A_5$ $A_6,$ tienes que poner en $5$-ciclos. Si pones en dos $5$-ciclos que contienen los mismos cinco elementos (y no son los poderes de cada uno de los otros), se obtiene el primer tipo de $A_5.$ Si se pone en dos $5$-ciclos que contienen diferentes elementos, dicen $1,$ $2,$ $3,$ $4,$ $5$ y $1,$ $2,$ $3,$ $4,$ $6,$ no es difícil comprobar que a menos que haga un $A_5$ de los del segundo tipo, que inevitablemente se generan elementos de orden $4.$

Answer 4

Deje $H$ $K$ ser distintos subgrupos de orden $60$ $A_6$ tal que $H \cong K \cong A_5$.

A continuación,$[H : H \cap K] \leq [A_6 : K] = 6$. Debido a $H$ es simple, se sigue que $H \cap K$ orden $10$. Por lo tanto, $H$ $K$ no tiene elementos de orden $3$ en común. Podemos utilizar esta observación para demostrar que el reclamo.

Un punto de estabilizador es isomorfo a $A_5$ y contiene un $3$ciclo $(abc)$, esto le da una clase conjugacy de $6$ subgrupos isomorfo a $A_5$.

Usted obtener diferentes conjugacy clase de $6$ subgrupos de un transitiva copia de$A_5$$A_6$. Una construcción en la que se describe en la respuesta por Jyrki. Se puede comprobar que contendrá una permutación de tipo de ciclo $(abc)(def)$.

Sabemos que $3$-ciclos forman una sola clase conjugacy en $A_6$, así como las permutaciones de tipo $(abc)(def)$. Por lo tanto, los subgrupos en estas dos clases conjugacy contendrá todos los elementos de orden $3$$A_6$. Por la discusión en el principio, en un subgrupo de $A_6$ isomorfo a $A_5$ debe estar contenida en una de estas dos clases conjugacy.