Nhóm con chuẩn tắc của nhóm tuyến tính tổng quát và nhóm tuyến tính đặc biệt
và nhóm tuyến tính đặc biệt
Nhóm con chuẩn tắc của GL(V) có thể chứa nhóm tuyến tính đặc biệt hoặc nằm trong tâm của GL(V), ngoại trừ trường hợp dimV = 2 và trường cơ sở F chỉ có tối đa 3 phần tử Ngược lại, nếu một nhóm con của GL(V) chứa SL(V) hoặc nằm trong tâm, thì nó cũng là nhóm con chuẩn tắc của GL(V).
Mệnh đề đảo là hiển nhiên, và mọi nhóm con của một nhóm Aben đều chuẩn tắc Do các nhóm con chứa SL(V) và SL(V) nhỏ hơn GL(V), nhóm thương GL(V) / SL(V) là nhóm Aben, đẳng cấu với nhóm nhân F* Theo Định lý đồng cấu, mỗi nhóm con chứa SL(V) cũng là chuẩn tắc trong GL(V).
Khảo sát nhóm con trong F* là một bài toán phức tạp, phụ thuộc vào đặc trưng tự nhiên của trường cơ sở F Đặc biệt, trong trường hợp trường F hữu hạn, nhóm F* là nhóm cyclic và tất cả các nhóm con của nó có thể được xác định theo tài liệu [2] hoặc [8].
Giả sử H là một nhóm con của GL(V) và không nằm trong tâm của GL(V), nhưng được chuẩn hóa bởi SL(V) Khi đó, H sẽ chứa SL(V) trừ khi kích thước trường F nhỏ hơn hoặc bằng 3 và không gian V có chiều dimV bằng 2.
Chứng minh (a) Giả thiết rằng dimV 3 Vì H chứa một phần tử h không nằm trong tâm của GL(V), tồn tại một cái co rút t không giao hoán với h Giả sử
G = t -1 h -1 tg = (h -1 )h = t -1 t h, cho thấy rằng g không bằng 1 vì t không giao hoán với h Theo giả thiết, SL(V) chuẩn hóa H, nên g = (h -1) thuộc H Hơn nữa, t -1 và t h là những cái co rút, do đó g = t -1 t h là tích của hai cái co rút và g thuộc SL(V) Cuối cùng, g cố định mỗi phần tử trong không gian con với đối chiều ≤ 2 được sinh bởi.
Giả sử U = Ker(g - 1) và W = (g – 1)V Chúng ta có dim U 2, do đó dimW = dim U 2 Nh- vậy dim W = 1 hoặc dim W = 2
Nếu dim W = 1, thì g được coi là một cái co rút Đối với bất kỳ cái co rút nào f liên hợp với g, tồn tại một phần tử x thuộc SL(V) sao cho f = g x Vì H chứa g và H được chuẩn hóa bởi SL(V), nên f cũng là một phần tử của H Điều này dẫn đến kết luận rằng mỗi cái co rút đều nằm trong H, từ đó suy ra SL(V) là tập con của H.
Giả sử dim W = 2, khi đó tồn tại một siêu phẳng P chứa W, vì dim V ≥ 3 Do g(P) ⊆ P + W, g giữ P bất biến Tuy nhiên, g không phải là cái co rút, nên tồn tại một phần tử u thuộc P với g(u) ≠ u Chọn một phần tử v thuộc P sao cho g(u) ≠ u và một phần tử v thuộc V – P Ta có thể xác định một cái co rút s cố định tất cả các phần tử của P và chuyển v thành v + u Đặt g = g⁻¹ s⁻¹ gs, từ đó có thể chứng minh rằng g nằm trong H ∩ SL(V) Rõ ràng, s g là một cái co rút cố định toàn bộ ker(g – 1), nên s g ≠ s Do đó, g = s⁻g s là một cái co rút Nếu không thể chọn v ∈ V, thì U được chứa trong P, và cái thu hẹp của g trên P không phải là cái co rút Theo Mệnh đề 1.1.8, ta có thể chọn một phần tử u ∈ P sao cho g(u) và u phụ thuộc tuyến tính.
Với cách chọn của u, cái co rút s được xác định sẽ khác với s g, dẫn đến g = s - g s là cái co rút trong H ∩ SL(V) Do đó, chúng ta đã xem xét trường hợp khi dim W = 2, liên quan đến trường hợp đã chứng minh trước đó khi g là một cái co rút.
Giả sử không gian V có chiều dim V = 2, trong trường hợp này tồn tại một phần tử v thuộc V sao cho cả v và h(v) đều thuộc cơ sở của V Với cơ sở {v, h(v)}, phần tử h được biểu diễn bằng ma trận.
Chúng ta sẽ xem xét nhóm H, một nhóm con của nhóm ma trận GL(2;F), và tiến hành tính toán các hoán tử của H cùng với các ma trận thích hợp khác để áp dụng lập luận tương tự cho trường hợp (a).
trong đó = -1 ( -2 - 1), nằm trong H SL(V) T-ơng tự,
cũng nằm trong H SL(V) Nếu tr-ờng cơ sở chứa một phần tử khác không
sao cho 4 1, thế thì H chứa B 12 () với F Do đó ta có:
B 12 () thuộc H với mỗi F Do đó, SL (2, F) H
Chúng ta giả thiết rằng mỗi phần tử khác không của F thỏa mãn 4 = 1 Vì ta có thể giả thiết F 4, nên F = 5 Trong tr-ờng hợp này, nếu = 2 thì
Bình ph-ơng của phần tử này là B 12 (- -1 ) và nằm trong H SL(V) Nh- vậy, 0 nên H chứa ít nhất một B 12 ()0 (0) Vì F = 5, H chứa tất cả
B 12 () và nh- lập luận trên H chứa SL(V)
Nếu = 0, chúng ta sẽ thay thế h bởi phần tử h’ thuộc H khác, với cơ sở {v’, h(v’)}, đ-ợc biểu diễn bởi ma trận
nằm trong H SL(V) nh-ng không nằm trong tâm của GL(V) đ-ợc cho với
0 Phần tử này đ-ợc biểu diễn trong dạng trên với ’ bằng vết 2 - - -1
Trong tr-ờng F 5 có 5 phần tử, ta có 2 = 1 và + -1 = 0 hoặc 2 Do đó ’0 và chúng ta có thể thay thế h bởi h’ để kết thúc chứng minh
1.2.3 Hệ quả Nếu hoặc dim V3 hoặc F > 3, nhóm con chuẩn tắc thực sự của SL(V) đ-ợc chứa trong tâm Z 0 Do đó, nhóm th-ơng SL(V) / Z 0 đơn
Chúng ta đang nghiên cứu nhóm PSL(V), và sẽ xem xét sâu hơn về nó trong tương lai Nếu F là một trường hữu hạn, thì nhóm GL(n, F) cũng sẽ là một nhóm hữu hạn Mục tiêu của chúng ta là xác định cấp của nhóm này.
1.2.4 Mệnh đề Giả sử p là đặc số của tr-ờng F và F = q = p m Khi đó cấp của nhóm GL(n,F) cho bởi
Hơn nữa, ta có GL(n,F)= (q - 1) SL(n,F)
Giả sử V là một không gian vectơ n-chiều trên F, với số lượng cơ sở là |V| = q^n Nếu {v1, v2, , vn} là một cơ sở cố định của V, thì với mỗi phần tử f thuộc GL(n,F), {f(v1), , f(vn)} cũng tạo thành một cơ sở của V Đối với một cơ sở tùy ý {u1, , un} của V, tồn tại duy nhất một phần tử f ∈ GL(V) sao cho f(vi) = ui cho mọi i = 1, 2, , n Do đó, |GL(V)| tương ứng với số cơ sở phân biệt của V trên F Phần tử đầu tiên v1 có thể được chọn từ q^n - 1 phần tử khác không của V, và nếu i phần tử đầu tiên đã được chọn là v1, , vi, thì phần tử tiếp theo vi+1 có thể là một phần tử tùy ý của V, không phải là tổ hợp tuyến tính của v1, , vi-1 Như vậy, có q^n - q^i khả năng để chọn vi+1 Theo tài liệu [2], ta có GF(V) ≈ G(F,n), từ đó mệnh đề được chứng minh.
1.2.5 Mệnh đề Giả sử F là một tr-ờng hữu hạn đặc số p và F = q Lũy thừa lớn nhất của p chia hết cấp GL(V) là q r , trong đó r = n(n-1)/2 Nhóm
GL(V) chứa đúng một nhóm con cấp q r
Để chứng minh khẳng định, chúng ta xem xét phần đầu từ (1.2.4) và nhận thấy rằng tất cả các nhân tử đều có dạng q i-1 nguyên tố với p Giả sử U là tập hợp các ma trận “tam giác dưới” với 1 trên đường chéo chính.
Các phần tử nằm phía trên đường chéo chính trong ma trận F có tổng cộng n(n-1)/2 vị trí Do đó, độ lớn của U được xác định là |U| = q r Có thể dễ dàng xác minh rằng U là một nhóm con của G.
Nhóm tuyến GL(n,F) thỏa mãn tính chất sau đây t-ơng ứng với định lý Cayley đối với nhóm đối xứng
Giả sử F là một trường cố định, đối với bất kỳ nhóm hữu hạn G nào, nhóm GL(n,F) sẽ chứa một nhóm con đẳng cấu với G khi n đủ lớn Để chứng minh điều này, chúng ta xem xét tập hợp tất cả các tổ hợp tuyến tính.
( g F) Đối với phần tử = gg khác của , ta định nghĩa tổng + bởi
Khi đó cùng với hai phép toán đó tạo thành một không gian vectơ trên
F Một phần tử h thuộc G xác định một ánh xạ h ( ) g g ( g F)
Từ các định nghĩa trên suy ra:
Do đó, hàm h là một phép biến đổi tuyến tính trên V
Nhóm con hữu hạn của nhóm tuyến tính đặc biệt hai chiều
Bây giờ, giả sử G là một nhóm con hữu hạn của L Chỉ cần xét tr-ờng hợp G Z (L) Nếu Z G, thế thì theo Hệ quả 2.1.2 và Hệ quả 2.1.3, có
Z=2, G là lẻ, và GZ = G Z Nh- vậy, cấu trúc của G đ-ợc xác định hoàn toàn bởi GZ
Giả sử G là một nhóm hữu hạn của L = SL(V), và giả sử M là tập hợp tất cả các nhóm con Aben tối đại của G Giả sử G chứa tâm X của L
(ii) Đối với hai nhóm con A và B phân biệt thuộc M có A B = Z
(iii) Một phần tử A thuộc M hoặc là một nhóm xyclic cấp nguyên tố với p, hoặc có dạng Q Z trong đó Q là một S p - nhóm con (sylow) của G
(iv) Nếu A M và A là nguyên tố với p, thế thì N G (A):A 2
Nếu N G (A) : A = 2, thế thì có một phần tử y thuộc N G (A) sao cho y -
(v) Giả sử Q là một S p – nhóm con của G Nếu Q {e}, thế thì có một nhóm con xyclic K của G sao cho N G (Q) = QK Nếu K > Z , thế thì K M
(i) Theo Mệnh đề 2.1.5, nếu x Z thế thì C L (x) là nhóm Aben Nh- vậy,
C G (x) = G C L (x) cũng là nhóm Aben Một nhóm con Aben tối đại của G chứa C G (x) đ-ợc chứa thực sự trong C L (x) Do đó, C G (x) là nhóm Aben tối đại, nên C G (x) M.
(ii) Nếu x A B, thế thì C G (x) chứa cả A và B Theo giả thiết, A và B là các thành phần phân biệt của M Do đó C G (x) không Aben Theo (ii), xZ(L) và từ đó A B = Z
Đối với phần tử tùy ý x thuộc G, là nhóm Aben, và nếu Z khác G, thì thành phần tùy ý A của M chứa một phần tử x Trong trường hợp này, A = C G (x) và theo Mệnh đề 2.1.3 (i), x liên hợp với d (với khác ±1) hoặc với ±t (với khác 0) Nếu x liên hợp với d, thì C L (x) liên hợp với D theo Mệnh đề 2.1.4 (ii), dẫn đến A là một nhóm xyclic với |A| là số nguyên tố p Ngược lại, nếu x liên hợp với ±t.
Theo Mệnh đề 2.1.4 (i), nếu C G (x) đẳng cấu với nhóm hữu hạn TZ và T F +, thì T chứa một nhóm con hữu hạn khác {e} Khi đó, p > 0 và A = QxZ, với Q là p nhóm Aben sơ cấp Chúng ta sẽ chứng minh rằng Q là một S p - nhóm con của G Giả sử S là một S p – nhóm con của G chứa Q, theo Định lý cơ bản về các p – nửa nhóm, ta có X(S) {e} Do đó, với một phần tử Z e của Z(S), ta nhận được
Công thức A = Q Z S Z C G (Z) M chứng minh rằng C G (Z) = A và Q = Z là một nhóm con S p của G Trong trường hợp này, theo (iii), A là nhóm xyclic cấp nguyên tố với p, và một phần tử sinh của A liên hợp với dω (ω ≠ ±1).
2.1.4 (ii), N G (A) liên hợp vơi một nhóm con của Nh- vậy
N G (A):A2 Khẳng định còn lại suy ra vì w hoán vị đ-ợc với mỗi phần tử thuéc D
Phép chứng minh cho thấy rằng nhóm Q liên hợp với một nhóm con của T, do đó có thể giả thiết Q là một tập con của T Theo Mệnh đề 2.1.4, nhóm N_G(Q) là một tập con của TD Với Q là một S_p - nhóm con của G, ta có N_G(Q) ∩ T = Q Điều này dẫn đến việc nhóm N_G(Q)/Q đẳng cấu với một nhóm hữu hạn H/T ≈ F* Từ đó, suy ra N_G(Q)/Q là nhóm xyclic cấp nguyên tố với p Cuối cùng, có thể chọn phần tử x sao cho cấp của x nguyên tố với p, với = K thỏa mãn N_G(Q) = QK và Q ∩ K = {e}.
Để chứng minh rằng K thuộc M, ta cần chỉ ra rằng |K| > |Z| Giả sử A là một thành phần của M với K là tập con của A Theo giả thiết, K là một nhóm xyclic có bậc nguyên tố p và |K| > |Z| Do đó, theo định lý (iii), A cũng là một nhóm xyclic có bậc nguyên tố p.
Theo mệnh đề 2.2.1, chúng ta có thể xác định số lượng phần tử của tập hợp G bằng hai phương pháp khác nhau Để làm rõ hơn, trước tiên chúng ta sẽ giới thiệu một số ký hiệu cần thiết.
Giả sử G là nhóm hữu hạn thuộc L = SL(V) và chứa tâm Z của L, với kích thước của Z được ký hiệu là e Theo Mệnh đề 2.1.2, giá trị của e có thể là 1 hoặc 2, tùy thuộc vào việc p có bằng 2 hay không Ta có thể viết kích thước của G dưới dạng |G| = eg, trong đó g là cấp của nhóm thương G/Z Giả sử Q là một S p – nhóm con của G, với kích thước |Q| = q và tỷ lệ |N G (Q):Q| = ek.
Giả sử M là tập hợp tất cả các nhóm con Aben tối đại của G, thì M bao gồm tất cả các nhóm con liên hợp của Q × Z Các nhóm con còn lại trong M là nhóm xyclic cấp nguyên tố với p Theo Mệnh đề 2.2.1 (iv), nếu A thuộc M và kích thước của A là số nguyên tố với p, thì
Giả sử các thành phần của M với cấp nguyên tố p được phân chia thành các lớp liên hợp C1, C2, , CS+1, trong đó mỗi đại diện Ai của lớp Ci thỏa mãn một điều kiện nhất định.
Cuối cùng, ký hiệu A i = eg i (i = 1, 2, , s + t)
Theo Mệnh đề 2.2.1, mỗi phần tử của G nằm trong một thành phần của M, và hai thành phần bất kỳ của M chỉ chia sẻ các phần tử thuộc Z Đối với mỗi i, số phần tử không thuộc tâm mà nằm trong một nhóm con liên hợp của A i được tính bằng công thức e(g i – 1)eg / e g i = e(g i – 1)g / g i , trong đó = 1 nếu i s và = 2 nếu i > 2 Tương tự, các nhóm con liên hợp của Q Z cũng chứa.
(eq – e)eg/eqk = e(q – 1)g/qk các phần tử không thuộc tâm Do đó, nhận đ-ợc e(g – 1) = e(q – 1)g/qk + e(g i – 1)g/g i
Hệ thức sau đây là đúng
Theo định nghĩa, q hoặc bằng 1 hoặc là luỹ thừa của p, và mỗi g i là một số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2 Điều này kéo theo
Do đó, ta nhận đ-ợc
1 > s/2 + t/4 Nh- vậy, chúng ta có một trong sáu tr-ờng hợp sau
Tr-ờng hợp I II III IV V VI s 1 1 0 0 0 0 t 0 1 0 1 2 3
Chúng ta sẽ xét từng tr-ờng hợp riêng
Nếu s = 1, t = 0, thế thì S p – nhóm con Q khác G và là một nhóm con chuẩn tắc Aben sơ cấp của G Nhóm th-ơng G/Q là nhóm xyclic cấp nguyên tè víi p
Chứng minh Đẳng thức trong Mệnh đề 2.2.2 trở thành: 1 ( 1 ) ( 1 ) 1
g g qk q g Điều này kéo theo 1/qk + 1/g 1 = 1/g + 1/k (*)
Nh- vậy, nếu q = 1 thế thì g = g 1 và do đó G = A 1 Từ đó G xyclic
Giả sử rằng q > 1, từ đó chứng minh rằng k > 1 Theo Mệnh đề 2.2.1 (v), ta có k = g i với một giá trị i nào đó Do đó, trong trường hợp này, ta nhận được k = g 1 Điều này chứng minh rằng g = qk, dẫn đến kết luận G = N Q (G).
Nếu s = t = 1, thế thì cấp G nguyên tố với p, và G hoặc là một nhóm cấp 4n đ-ợc xác định bởi G = trong đó n lẻ, hoặc
Từ Mệnh đề 2.2.3 suy ra
1/g 1 + 1/2g 2 = 1/2 + 1/g + (q – 1)/qk (**) Nếu q > 1, thế thì số hạng cuối cùng ít nhất bằng 1/2k
Do đó 1/2g 2 -1/2k > 1/2 -1/g 1 0 Điều này kéo theo k > g 2 Từ Mệnh đề 2.2.1 (v), suy ra k = g 1 Thế thì chúng ta nhận đ-ợc mâu thuẫn
Do đó phải có q = 1, và cấp G nguyên tố với p Hơn nữa (**) cho ta
1/g 1 + 1/2g 2 > 1/2 Điều này kéo theo g 1 = 2 hoặc g 1 = 3
Nếu g 1 = 2, thế thì (**) chứng tỏ rằng 2g 2 = g Nh- vậy G = N G (A 2 ) Giả sử x là một phần tử sinh của A 2 , và giả sử y là phần tử sinh của A 1 Thế thì
Theo giả thiết (s = 1), A 1 = N G (A 1) dẫn đến A 1 là một S 2 – nhóm con của G Do đó, g 2 = n là số lẻ Theo Mệnh đề 2.2.1 (IV), ta có các hệ thức x n = y 2 và y -1 xy = x -1 Qua đó, có thể kiểm tra rằng G được xác định hoàn toàn bởi các hệ thức này.
Giả thiết rằng g 1 = 3 Từ công thức (**) nhận đ-ợc g 2 = 2 và g = 12 Thế thì p ≠ 2 và e = 2 Do đó cấp của G bằng 24 Giả sử x là một phần tử sinh của
Nhóm con Aben tối đại của G, ký hiệu là N G (A 2), có cấp độ 2 và chứa phần tử y, thỏa mãn điều kiện x² = y² và y⁻¹xy = x⁻¹ Do đó, H = N G (A 2) là nhóm quaternion có cấp 8 Phần tử y được liên hợp với .
A 2 T-ơng tự, tất cả ba nhóm con xyclic cấp 4 của H đều liên hợp, nh-ng
G:H=3, nên không còn nhóm con liên hợp khác của A 2 tồn tại Nh- vậy,
HG, và cấu trúc của G đ-ợc xác định nh- một mở rộng của nhóm quaternion
Chứng minh Các phần tử “duy nhất” có cấp nguyên tố với p là các phần tử thuộc Z
2.2.7 Mệnh đề Nếu s = 0, t = 1 thì hoặc p = 2 và G là một nhóm nhị diện cấp 2n, trong đó n lẻ, hoặc p = 3 và G SL(2,3)
Chứng minh Theo Mệnh đề 2.2.2 ta có qk q g g
Vì g 2g 1 , nên (q -1)/qk 1/2 Thế thì q > 1và k =1 Đẳng thức trên đ-ợc rút gọn thành
Chúng ta có thể chứng minh mệnh đề 2.2.7 theo ph-ơng pháp đã sử dụng khi chứng minh mệnh đề 2.2.5
Nếu s = o, t = 2 thì một trong hai tr-ờng hợp sau đây xảy ra
Nếu s = 0, t = 2 thì đẳng thức trong Mệnh đề 2.2.3 trở thành
Rõ ràng, q > 1 và (q - 1)/q 1/2 Vì vế trái tối đa là 1/2 nên k >1 Do đó, theo Mệnh đề 2.2.1 (v) k = g 1 hoặc k = g 2 Không mất tổng quát, giả sử k = g 1 Khi đó theo (***) có
Chúng ta sẽ chứng minh q 1 (modg 1 )
Cái tâm hoá của phần tử tuỳ ý x thuộc Q – {e} là Q × Z, theo Mệnh đề 2.2.1 (iii) Mỗi phần tử của Q – {e} có đúng k phần tử liên hợp trong N G (Q), do đó q – 1 chia hết cho k = g1 Đặt ag = 2g1g2q, từ đó suy ra g2q + g1q = a + 2(q – 1).
Do đó: g 1 q = a + (q – 2)g 2 mà q 1 (modg 1 ), nên a là một số nguyên d-ơng
Chúng ta chú ý rằng q khá nhỏ Vì g/2g 2 là chỉ số của một nhóm con, nên số nguyên a chia hết cho g 1 q Nh- vậy, q là cấp của một S p – nhóm con của
G, và do đó g i nguyên tố với p Từ đó, -ớc chung lớn nhất của a và q là 1 hoặc
Giả thiết rằng q 4 Trong tr-ờng hợp này, từ bất đẳng thức g 1 >(q– 2)g 2 /q trên, suy ra 2g 1 > g 2 Mặt khác q 1 (modg 1 ) nên g 2 = a+ lg 1 Vì a chia hết 2g 1 và 2g 1 > g 2 > g 1 nên g 2 = g 1 + a
Thế thì, từ đẳng thức g 1 q = a + (q – 2)g 2 trên ta nhận đ-ợc g 1 q = a + (q – 2)(g 1 + a)
Do đó, từ phương trình 2g 1 = a(q – 1), ta suy ra 2g 2 = a(q + 1) và 2g = a(q^2 – 1)q Ngoài ra, ta có 2/a = (q – 1)/g 1 Đẳng thức cuối cùng cùng với đồng thức q 1 (mod g 1) dẫn đến kết luận d = 2/a là một số nguyên, từ đó xác định được trường hợp thứ nhất.
Mặt khác, nếu q3, thế thì q=3 và g 1 =2 theo đồng d- thức q 1(mod g 1 )
Từ các bất đẳng thức g 1 < g 2 với g 2 a (modg 1 ) và g 1 > (q – 2)g 2 /q chứng minh rằng 2 < g 2 < 6 Vì g 2 nguyên tố với q = 3, nên hoặc g 2 = 4 (tr-ờng hợp thứ nhất với d = 1) hoặc g 2 = 5 (tr-ờng hợp thứ 2)
Nếu s = 0, t = 3, thế thì nhóm G đẳng cấu với một trong các nhóm sau ®©y:
G = ˆ 4 hoặc G = SL (2, 5) trong đó ˆ 4 là một trong các nhóm biểu diễn của 4 mà trong nó các chuyển vị t-ơng ứng với các phần tử cấp 4
Trong tr-ờng hợp này, hệ thức trong Mệnh đề 2.2.3 trở thành
1/2g 1 + 1/2g 2 + 1/2g 3 = 1/2 – 1/g + (q – 1)qk Nếu q > 1, thế thì thành phần cuối cùng ít nhất là 1/2k Vì k là một trong các g i theo 2.2.1 (v) nên ta nhận đ-ợc mâu thuẫn Do đó q = 1 Từ đó
1/2g 1 + 1/2g 2 + 1/2g 3 = 1/2 + 1/g > 1/2 Chúng ta hãy chọn ký hiệu sao cho 1 < g 1 g 2 g 3 Thế thì ta có một trong hai tr-ờng hợp sau: g 1 = 2, g 2 = 2, g = 2g 3 g 1 = 2, g 2 = 3, g 5
Tr-ờng hợp thứ nhất xảy ra khi G = N G (A 3 ) và ta nhận đ-ợc biểu diễn
Trong tr-ờng hợp thứ hai, ta có 3 g 3 5 Nh-ng nếu g 3 = 3 thì g = 12 Theo Định lý Sylow, nhóm A 3 phải liên hợp với A 2 Điều này vô lý Từ đó, hoặc g 3 = 4, g = 24 hoặc g 3 = 5, g = 60
Xét tr-ờng hợp g = 24 Vì chỉ số của N G (A 2 ) là 4, nên có một đồng cấu từ