Demostrando que $SL_2(\mathbb{Z}_5) / \{\pm I\}\simeq A_5$

Question

Veo aquí que uno puede demostrar que $$ SL_2(\mathbb{Z}_5) / \{\pm I\} \simeq A_5 $$ con el Primer Teorema de Isomorfismo.

Mi pregunta es ¿cómo se podría hacer eso.

Sé que necesito un surjective homomorphism $$ T: SL_2(\mathbb{Z}_5) \a A_5 $$ con kernel $\{\pm I\}$. La única homomorphism me he encontrado con la matriz de grupos es el factor determinante del mapa, así que mi pregunta es ¿qué homomorphism que trabajo aquí.

Answer 1

El grupo $PGL(2,\mathbb{F}_5)$ actos fielmente en el set $X$ de las líneas del espacio vectorial $\mathbb{F}_5^2$. Uno puede mostrar que $X$ ha cardenal $6$. Por tanto, la acción da un inyectiva grupo de morfismos $\rho$ $PGL(2,\mathbb{F}_5)$ $\mathfrak{S}_6$el grupo simétrico de a $6$ elementos.

Ahora $\rho(PGL(2,\mathbb{F}_5))$ es de cardenal$120$, por tanto, de índice de $6$ $\mathfrak{S}_6$ y por lo tanto (grupo de teoría detrás de esto) isomorfo a $\mathfrak{S}_5$.

Finalmente, $PSL(2,\mathbb{F}_5)$ es de índice $2$ $PGL(2,\mathbb{F}_5)$ y por lo tanto isomorfo a $\mathfrak{A}_5$.

Answer 2

Vamos $G=SL_2(\mathbb{Z}_5)$, $S$ ser un Sylow $2$-subgrupo de $G$. A continuación,$[G:N_G(S)]=5$, por lo tanto, tenemos $5$ Sylow $2$-subgrupos de $G$, e $G$ actúa transitivamente sobre ellos. De tal manera conseguimos transitiva permutación representación $\rho:G\to S_5$$\ker(\rho)=\{\pm I\}$. Desde $G$ no tiene subgrupos de índice $2$, conteniendo $\{\pm I\}$,$\rho(G)\leq A_5$. Pero $|\rho(G)|=|A_5|$, por lo tanto tenemos epimorphism $\rho:G\to A_5$ y por el teorema fundamental en homomorphisms $SL_2(\mathbb{Z}_5)/\{\pm I\}\cong A_5$.

Cómo mostrar, que $[G:N_G(S)]=5$? Nota, que $|G|=2^3\cdot 3\cdot 5$, por lo tanto, cada Sylow $2$-subgrupo de $G$ orden $8$. Para los naturales del anillo homomorphism $\mathbb Z\to\mathbb{Z}_5$ vamos a utilizar una barra de convención. Vamos $$ A= \begin{pmatrix} \bar 2 & \bar 0 \\ \bar 0 & -\bar 2 \end{pmatrix}, B=\begin{pmatrix} \bar 0 & \bar 1 \\ -\bar 1 & \bar 0 \end{pmatrix}. $$ A continuación, $A,B\in G$ y $$ A^2=B^2=-I, B^{-1}AB=A^{-1}, s(A)=s(B)=4. $$ Por lo tanto $S:=\langle A,B\rangle\simeq\mathbb{Q}_8$$|S|=8$. Por lo tanto, $S$ es un Sylow $2$-subgrupo de $G$. Se sabe que los cuaterniones grupo ha $3$ subgrupos de orden $4$. En $S$ subgrupos de orden $4$ $\Omega:=\{\langle A\rangle,\langle B\rangle,\langle C\rangle\}$ donde $C=AB$. Si $X\in N:=N_G(S)$, $\langle X\rangle$ actúa en $\Omega$ por conjugación. Esto sugiere tratar de encontrar ese $X\in G$, $\langle X\rangle$ actúa en $\Omega$ transitivamente. Podemos encontrar, por ejemplo,$X$, $A^X=C$ $B^X=-A$ (se llega a la solución de una forma muy sencilla de sistemas de ecuaciones). Hice estos sencillos cálculos y encontró uno de esos matriz: $$ X= \begin{pmatrix} \bar 2 & \bar 2 \\ \bar 1 & -\bar 1 \end{pmatrix}. $$ De ello se desprende que $3\shortmid|N|$. Si $5\shortmid|N|$,$S\unlhd G$, es imposible, ya que $PSL_2(5)$ simple (de hecho, se puede evitar el uso de la simplicidad aquí). De tal manera $|N|=2^3\cdot 3$$[G:N_G(S)]=5$.