Allora la mia è una sorta di duplice richiesta, per chi non ha voglia di legger tutto la domanda si riassume in "avete una dimostrazione che $A_5$ è semplice"?
In generale, a me manca quel punto, l'obbiettivo è mostrare che $A_n$ è semplice per ogni $n>=5$
Mi chiedo se quella che segue è giusta.
dim
induzione
Base ($A_5$) supponiamo di averla fatta
Ipotesi induttiva $A_(n-1)$ è semplice
Passo induttivo
Abbiamo bisogno prima del seguente
lemma
SE $H$ è un sottogruppo di $A_n$ con la proprietà che per ogni \( \displaystyle \sigma \in H \) e per ogni $i=1,2,...,n$ abbiamo che \( \displaystyle \sigma(i) \ne i \) (se sigma non è appunto l'identità) allora $H$ non è un sottogruppo normale di $A_n$
dim lemma
Supponiamo che in $H$ ci sia un n-ciclo \( \displaystyle \sigma=(a_1 , a_2 , ... , a_n) \)
Supponiamo per assurdo che $H$ sia normale, abbiamo che se \( \displaystyle \tau=(a_1,a_2)(a_3,a_4) \) , allora succederà che \( \displaystyle \tau^{-1} \sigma \tau \in H \) , quindi \( \displaystyle \tau^{-1} \sigma \tau = (a_2,a_1,a_4,a_3, a_5, ... ,a_n) \in H \)
Dunque se componiamo due elementi di $H$, ad esempio \( \displaystyle \alpha=(a_1 , a_2 , ... , a_n)(a_2,a_1,a_4,a_3, a_5, ... ,a_n) \) , allora \( \displaystyle \alpha (a_2)=a_2 \) , dunque \( \displaystyle \alpha \) lasciando fisso un punto non è un elemento di $H$. Quindi se $H$ è normale non contiene un n-ciclo.
A questo punto il più è fatto, consideriamo infatti un generico elemento \( \displaystyle \sigma \in H \) allora consideriamo la sua scomposizione in cicli disgiunti
\( \displaystyle \sigma= \alpha_1 \alpha_2 ... \alpha_t \) , dunque se $H$ fosse normale \( \displaystyle \tau^{-1} \sigma \tau \in H \) , poniamo ad esempio
\( \displaystyle \alpha_1=(a_1,a_2,...,a_s) \) allora questo non è un n-ciclo (ipotesi già analizzata), dunque esisterà un $a_(s+1)!=a_i$ per ogni $i=1,2,...,s$, quindi basta considerare \( \displaystyle \tau=(a_1 , a_{s+1}) (a_2 a_3) \) e quindi \( \displaystyle \tau^{-1} \sigma \tau= \tau^{-1} \alpha_1 \tau \tau^{-1} \alpha_2 \tau ... \tau^{-1} \alpha_t \tau \) , quindi inutile dire che questo lascia fisso $a_1$ e quindi non appartiene ad $H$.
Quindi $H$ non può esser normale.
Utilizzando il lemma ora esaminiamo $A_n$
Supponiamo $H$ sottogruppo normale di $A_n$, allora certamente, grazie al lemma, esiste un \( \displaystyle \sigma \in H \) tale che \( \displaystyle \sigma(i)=i \) per qualche $i$. Consideriamo dunque lo stabilizzatore di $i$, battezziamolo \( \displaystyle G_i=stab(i)=( \sigma \in A_n | \sigma(i)=i) \) .
Palesemente abbiamo che \( \displaystyle G_i \) è isomorfo ad \( \displaystyle A_{n-1} \) , possiamo infatti considerarlo come tutte le permutazioni del gruppo alterno che non coinvolgono $i$. Quindi per ipotesi induttiva $G_i$ è semplice. ma abbiamo che $H$ è normale, inoltre ha intersezione non banale con $G_i$ poichè \( \displaystyle \sigma \in H \) ma anche \( \displaystyle \sigma \in G_i \) e inoltre sigma è non banale (vedi ipotesi del lemma se non ti torna).
Ricordiamo il seguente risultato
Teorema
Se $H$è normale in $G$ e $K$ è un sottogruppo qualsiasi allora \( \displaystyle H \cap K \) è normale in $K$
Quindi \( \displaystyle G_i \cap H \) è non banale (già visto) ed è normale in $G_i$, ma quest'ultimo è semplice, quindi $G_i$ è contenuto in $H$.
A questo punto se $G_i$ è in $H$, allora $G_j$ è in $H$ per ogni $j$, basta coniugare per spostate l'indice (se qualcuno vuole spendo qualche parola in più qui ma non è difficile da vedere e non voglio appesantire troppo).Quindi $H$ contiene tutti li stabilizzatori, non è difficile dedurne che $H$ allora era tutto il gruppo $A_n$, ad esempio in $H$ ci troviamo tutti i 3-cicli.
Dunque la tesi.
A me questa dimostrazione piace molto, spero che qualcuno possa tappare il buco dell'ipotesi induttiva, senza la quale a priori potrebbe anche tutto esser falso (e ci mancherebbe).
Conosco una dimostrazione con Sylow ma non mi sembra opportuna.
Spero che qualcuno abbia avuto la pazienza di leggere e mi segnali eventuali errori (avendola fatta io ce ne saranno sicuramente)