Es siempre cierto que la imagen de un grupo de homomorphism es un subgrupo, que sólo se deduce del hecho de que un homomorphism aspectos de las operaciones del grupo, es decir, que $f(g_1 g_2) = f(g_1) f(g_2)$.
De hecho, se puede demostrar que los $f(S_3)$ es un subgrupo de $\mu_6$ rápidamente: Desde $S_3$ orden $6$, el orden de cualquier elemento $s \in S_3$ ha pedido dividiendo $6$---entonces, ¿qué podemos decir acerca de la orden de $f(s)$? (Usted ha logrado demostrar un poco más de lo necesario aquí!)
Hay un par de aproximaciones para describir todos los homomorphisms $f$: Uno de ellos es simplemente seleccionar un conjunto de generadores para $S_3$, y ver a qué elementos de la $f$ puede asignarlos respetando las reglas de productos. Usted ya haya observado que $f(\sigma_i)^2 = 1$, de modo que cada uno de $f(\sigma_i)$ debe $\pm 1$, y esto deja sólo cuatro mapas (sólo dos resultan ser homomorphisms).
Hay otro enfoque que generaliza bien, pero puede utilizar algunas de las ideas que ustedes no ven todavía; el colector de un subgrupo de un grupo de $G$ el (normal) subgrupo $[G, G]$ $G$ generado por los elementos de la forma $ghg^{-1}h^{-1}$ (por la definición de un producto es igual a $1_G$ fib $g$ $h$ conmutan). Ahora, dado un homomorphism $f$ $G$ a un grupo abelian $H$ (como $\mathbb{C}^{\times}$), cualquier generador de $ghg^{-1}h^{-1}$ $[G, G]$ satisface $$f(ghg^{-1}h^{-1}) = f(g) f(h) f(g^{-1}) f(h^{-1}) = f(g) f(h) f(g)^{-1} f(h)^{-1} = 1_H,$$ and the same reasoning applies to any element of $[G, G]$. So, the homomorphism $f$ factors to a homomorphism $G / [G, G] \H$. Computing gives that $[S_3, S_3] = A_3$ and so $$S_3 / [S_3, S_3] = S_3 / A_3 \cong \mathbb{Z}_2,$$ and so any homomorphism $f: S_3 \H$ is determined by a homomorphism $\mathbb{Z}_2 \H$. This is determined by what $f$ does to the nonidentity element $z \in \mathbb{Z}_2$. In our case, $H = \mathbb{C}^{\times}$ and $$f(z)^2 = f(z^2) = f(1) = 1,$$ so $f(z)$ is either $1$ or $-1$, y cada uno de estos define un homomorphism.
