En la tradición de esta pregunta,
¿por qué es $\operatorname{PGL}(2,4)\cong A_5$?
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Per Hornshøj-Schierbeck
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Un punto de partida es que un 2-dimensional espacio vectorial sobre el campo de los 4 elementos tiene 5 1-dimensiones de los subespacios (=la línea proyectiva sobre $F_4$). El grupo $PGL(2,4)$ luego actúa sobre el conjunto de las líneas (bueno, $GL(2,4)$ actúa de forma natural, pero el escalar de matrices de mantener las líneas fijas setwise). Así pues, tenemos un homomorphism $f:PGL(2,4)\rightarrow S_5$. Por otra parte, si un mapeo lineal mantiene todos los 1-dimensiones de los subespacios fijo (setwise), luego de que el lineal de asignación tiene que ser un producto escalar. Por lo $f$ es inyectiva. Así, la imagen de $f$ es del orden de los 60, y por lo tanto debe ser igual a $A_5$.
Un menor comentario: preguntas tales como estas que tal vez debería ser formulada de forma ligeramente diferente, en mi opinión. En este caso, la pregunta es, quizás, "¿qué es una buena explicación de este isomorfismo, o una manera fácil de ver?"
Una expresión algebraica manera de ver el isomorfismo es algo como esto. Tenga en cuenta que ${\rm GL}(2,4)$ tiene un centro de la orden de $3$, que consiste en escalar de matrices. El grupo de escalar de matrices de orden dividiendo $3$ es un subgrupo normal $N$ que intersecta ${\rm SL}(2,4)$ en la identidad, porque el no-elemento de identidad de $N$ ha determinante $1$. Por lo tanto vemos que ${\rm PGL}(2,4)$ es isomorfo a ${\rm SL}(2,4)$. También, se ha pedido a $60$. Un Sylow $5$ subgrupo $S$ ${\rm SL}(2,4)$ permutes la Sylow $2$-subgrupos de ${\rm SL}(2,4)$ por conjugación. Ninguno de estos Sylow $2$-subgrupos es estabilizado por $S$, ya que cada uno de ellos tiene el fin de $4$, y no admite ninguna automorphism de orden $5$. Por lo tanto, hay por lo menos $5$ Sylow $2$-subgrupos de ${\rm SL}(2,4).$ del teorema de Sylow, no hay más que eso. ${\rm SL}(2,4)$ no tiene ningún subgrupo $M$ de índice de $2$, para un subgrupo sería normal, y estaría bien tener uno o seis Sylow $5$-subgrupos. Si existiera, sería normal en ${\rm SL}(2,4)$, lo cual es imposible (por ejemplo, un elemento de orden $5$ ${\rm SL}(2,4)$ ha centralizador de la orden de $5$, por lo que el normalizador de Sylow $5$-subgrupo ha pedido en la mayoría de los $20$). Si no se $6$ subgrupos de orden $5$$M$, entonces no sólo sería $6$ elementos en $M$ no de orden $5$, y, a continuación, $M$ tienen un nivel normal de Sylow $3$-subgrupo. Pero que sería normal en ${\rm SL}(2,4)$, mientras que un elemento de orden $3$ ${\rm SL}(2,4)$ ha centralizador de la orden de $3$, por lo que el normalizador de Sylow $3$-subgrupo en ${\rm SL}(2,4)$ ha pedido en la mayoría de los $6$.
La permutación de acción de ${\rm SL}(2,4)$ en su Sylow $2$-subgrupo de los rendimientos de un homomorphism de ${\rm SL}(2,4)$ a $A_5$ (desde ${\rm SL}(2,4)$ no tiene ningún subgrupo de índice $2$). Ya hemos señalado que no Sylow $2$-subgrupo de ${\rm SL}(2,4)$ es normalizado por un elemento de orden $5$. ${\rm SL}(2,4)$ no tiene no trivial normal $2$-subgrupo (un subgrupo podría no ser un Sylow $2$-subgrupo, como hemos visto. Por otro lado, si tenía orden de $2$, sería un central subgrupo, y ${\rm SL}(2,4)$ ha trivial centro). También hemos visto que una Sylow $3$-subgrupo de ${\rm SL}(2,4)$ no es normal. Así no elemento de identidad de ${\rm SL}(2,4)$ normaliza cada Sylow $2$-subgrupo. Por lo tanto ${\rm SL}(2,4)$ es isomorfo a un subgrupo de $A_5$ y debe ser todos los de $A_5$ por consideraciones de orden.
