1. 二十面体群的类方程

本节的核心目标是深入理解二十面体群 $I$ 的内部结构。二十面体群，也被称为十二面体旋转对称群，是指所有能使一个正十二面体（或其对偶正二十面体）旋转后看起来和原来一样的旋转操作组成的群。这个群的阶（即其中包含的元素个数）是60。为了研究这个群的结构，我们将使用一个强大的代数工具——类方程。类方程通过将群的元素划分为不同的共轭类，从而揭示群的内在对称性和子群结构。共轭类可以被看作是“类型相同”的元素的集合。如果两个元素通过群中的其他元素“变换”可以相互得到，那么它们就属于同一个**共...

1. 确定旋转类型：首先我们分析第一种旋转类型：绕顶点旋转。一个正二十面体有20个顶点，每个顶点都有5条边交汇。把一根旋转轴穿过任意一个顶点 $v$ 和其正对面的顶点 $-v$。
2. 确定旋转角度：由于每个顶点有5个面和5条边汇集，当我们从顶点正上方看下去时，它具有一个5重对称性。然而，文本中提到的旋转角是 $\theta = 2\pi/3$，也就是$120^\circ$。这里需要注意，正二十面体的顶点并不是5重旋转对称轴，而是3重旋转对称轴。这是因为连接对径顶点的轴穿过了两个由三角形面构成的“环”，旋转$120^\circ$会使这些三角形面重合。所以，绕顶点 $v$ 旋转 $2\pi/3$ 是一个对称操作。
3. 引入“自旋”概念：为了方便描述，作者引入了“自旋” $(v, \theta)$ 的概念，它代表一个旋转轴的方向（由向量 $v$ 定义）和旋转的角度 $\theta$。旋转操作本身被记为 $\rho_{(v, \theta)}$。
4. 轨道与共轭：群 $I$ 作用于这20个顶点的集合。由于 $I$ 是一个对称群，它可以将任何一个顶点旋转到任何其他顶点的位置。这意味着所有20个顶点在群 $I$ 的作用下是等价的，它们构成一个单一的轨道。推论5.1.28(b)（虽然我们没有看到原文，但可以推断其内容）指出，如果两个元素（这里是顶点 $v$ 和 $v'$）在同一个轨道上，那么与它们相关的群元素（这里是旋转 $\rho_{(v, \theta)}$ 和 $\rho_{(v', \theta)}$）是共轭的。直观上，如果我能通过一个旋转 $g \in I$ 把顶点 $v$ 变成 $v'$，那么绕 $v$ 的旋转就可以通过 $g$ “变换”成绕 $v'$ 的旋转，具体的变换关系是 $g \rho_{(v, \theta)} g^{-1} = \rho_{(v', \theta)}$。
5. 计算共轭类大小：既然所有20个顶点都在同一个轨道里，那么绕这20个不同顶点进行的同角度旋转 $\rho_{(v, \theta)}$ 都属于同一个共轭类。这给了我们20个候选的旋转元素。
6. 检查重复：我们需要确认这20个候选元素是不是都是不同的。一个旋转操作可以由两个“自旋”来描述：$(v, \theta)$ 和 $(-v, -\theta)$。后者表示沿着相反方向的轴旋转一个相反的角度，这和前者是完全相同的旋转操作。在本例中，$\theta = 2\pi/3$，而 $-\theta = -2\pi/3$。在模 $2\pi$ 的意义下，$-2\pi/3$ 等价于 $4\pi/3$。因为 $2\pi/3 \neq -2\pi/3 \pmod{2\pi}$，所以 $(v, \theta)$ 和 $(v, -\theta)$ 不是同一个自旋。更重要的是，我们考虑的是20个不同的顶点 $v$，所以我们有20个不同的自旋 $(v, 2\pi/3)$。而自旋 $(-v, -2\pi/3)$ 描述的是同一个旋转，但由于 $v$ 遍历所有20个顶点时，$-v$ 也遍历了所有20个顶点，所以我们没有重复计算。简单来说，绕 $v$ 旋转 $2\pi/3$ 和绕 $-v$ 旋转 $-2\pi/3$ 是同一个操作，但我们只用 $(v, 2\pi/3)$ 来标记它。当我们为每个顶点 $v$ 都创建一个这样的旋转时，我们得到了20个独一无二的旋转。
7. 结论：因此，所有绕顶点旋转 $2\pi/3$ 的操作构成一个大小为20的共轭类。同理，绕顶点旋转 $4\pi/3$ (即 $-2\pi/3$) 的操作也构成一个大小为20的共轭类。但文本在这里只提到了 $2\pi/3$ 的情况，这是因为作者在下一段会讨论其他类型的旋转。这里我们发现，绕顶点旋转 $2\pi/3$ 的有20个，绕顶点旋转 $4\pi/3$ 的也有20个。这里原文的表述有点微妙，它只说 $\rho_{(v, \theta)}$ 形成一个20阶的共轭类，我们稍后会看到 $4\pi/3$ 的旋转被归入了另一个共轭类。

1. 确定旋转类型：第二种旋转类型是绕面心旋转。正二十面体有20个面，而它的对偶——正十二面体，有12个正五边形的面。二十面体群 $I$ 同时也是正十二面体的旋转对称群。绕正十二面体的面心旋转更容易理解。一个正十二面体有12个面。
2. 确定旋转角度：每个面都是一个正五边形，所以把旋转轴穿过一个面的中心和其对面那个面的中心，旋转 $2\pi/5$ ($72^\circ$) 的整数倍都会使十二面体复原。这里我们考虑两种基本旋转：旋转 $2\pi/5$ 和旋转 $4\pi/5$ ($144^\circ$)。旋转 $6\pi/5$ 等价于反向旋转 $4\pi/5$，旋转 $8\pi/5$ 等价于反向旋转 $2\pi/5$。
3. 轨道与共轭：群 $I$ 作用于这12个面的集合上，并且可以把任何一个面旋转到任何其他面的位置。因此，这12个面构成一个单一的轨道。
4. 计算共轭类大小 (第一种角度)：根据与上一段完全相同的逻辑（推论5.1.28(b)），所有绕不同面心旋转 $2\pi/5$ 的操作都属于同一个共轭类。因为有12个面，所以我们有12个这样的旋转。
5. 检查重复：一个旋转可以由 $(f, \theta)$ 和 $(-f, -\theta)$ 描述，其中 $f$ 是指向面中心的向量。在这里 $\theta = 2\pi/5$，所以 $-\theta = -2\pi/5 \pmod{2\pi}$。因为 $\theta \neq -\theta$，所以我们不会重复计数。绕12个不同面心旋转 $2\pi/5$ 得到12个不同的旋转元素。因此，这是一个大小为12的共轭类。
6. 计算共轭类大小 (第二种角度)：同理，我们考虑旋转角度为 $4\pi/5$ 的情况。绕12个面心旋转 $4\pi/5$ 的操作也构成一个共轭类。这个共轭类中的元素与旋转 $2\pi/5$ 的共轭类中的元素是不同的，因为旋转的角度不同，它们不是共轭的。这个共轭类的大小同样是12。
7. 结论：绕面心旋转贡献了两个共轭类，每个共轭类的大小都是12。

1. 确定旋转类型：最后一种旋转类型是绕边心旋转。正二十面体（或十二面体）有30条边。
2. 确定旋转角度：把旋转轴穿过任意一条边的中点 $e$ 和其对面那条边的中点 $-e$。这是一个2重对称轴，所以旋转 $\pi$ ($180^\circ$) 是一个对称操作。
3. 轨道与共轭：群 $I$ 作用于这30条边的集合上，并且可以把任何一条边旋转到任何其他边的位置。因此，这30条边构成一个单一的轨道。根据推论，所有绕不同边心旋转 $\pi$ 的操作都属于同一个共轭类。
4. 计算共轭类大小与检查重复：我们有30条边，所以初步看有30个这样的旋转。我们用“自旋” $(e, \pi)$ 来描述绕边 $e$ 中心旋转 $\pi$。现在需要检查重复。一个旋转操作可以由 $(e, \pi)$ 和 $(-e, -\pi)$ 描述。但是，在这里旋转角度是 $\pi$，所以 $-\pi = -\pi + 2\pi = \pi \pmod{2\pi}$。这意味着 $(e, \pi)$ 和 $(-e, -\pi)$ 实际上是 $(e, \pi)$ 和 $(-e, \pi)$。这两个自旋描述的是同一个旋转操作！换句话说，绕穿过边 $e$ 和 $-e$ 的轴旋转 $180^\circ$，你不需要区分是从 $e$ 看还是从 $-e$ 看，结果都一样。因此，每对相对的边 $(e, -e)$ 只定义了一个唯一的旋转。因为有30条边，所以有 $30/2 = 15$ 对相对的边。
5. 结论：因此，绕边心旋转 $\pi$ 的操作构成一个大小为15的共轭类。

1. 回顾所有共轭类：我们已经找到了二十面体群 $I$ 的所有共轭类。让我们把它们列出来：
   • 单位元：任何群的单位元（即不旋转）自身构成一个共轭类，因为对于任何 $g \in I$, $g 1 g^{-1} = 1$。这个共轭类的大小是1。
   • 绕顶点旋转：我们之前讨论了绕顶点旋转 $2\pi/3$ 的情况，找到了一个大小为20的共轭类。实际上，绕顶点旋转 $4\pi/3$（即反向转 $2\pi/3$）的操作也构成一个共轭类。这里原文的 $20$ 指的是这两类操作的总和吗？让我们重新审视一下。绕一个顶点 $v$ 旋转 $2\pi/3$ 和 $4\pi/3$ 是两个不同的操作。它们是否共轭？是的，在二十面体群中，一个旋转和它的逆是共轭的。这意味着绕20个顶点旋转 $\pm 2\pi/3$ 的所有40个操作，实际上构成了一个大小为20的共轭类（旋转$2\pi/3$）和另一个大小为20的共轭类（旋转$4\pi/3$），但这两个类又是共轭的，所以它们应该合并成一个大小为40的类？不，这里的划分是正确的。旋转 $g$ 和 $g^{-1}$ 在一个群 G 中是共轭的，当且仅当存在 $h \in G$ 使得 $hgh^{-1}=g^{-1}$。对于绕一个轴旋转，这等价于存在一个能将该轴反向的180度旋转。在二十面体群中，绕顶点轴并没有这样的垂直180度旋转。因此，旋转 $2\pi/3$ 和 $4\pi/3$ 是不共轭的。所以这里应该有两个大小为20的类。但是类方程里只有一个20。让我们再次检查。哦，我明白了！正二十面体有20个顶点，但只有10对对径顶点。绕每对对径顶点轴可以旋转 $\pm 2\pi/3$。所以有 $10 \times 2 = 20$ 个3阶旋转。它们都共轭吗？是的，所有3阶旋转在 $I$ 中是共轭的。所以只有一个大小为20的共轭类。
   • 绕面心旋转：正十二面体有12个面，即6对对面。绕每对对面中心轴可以旋转 $\pm 2\pi/5$ 和 $\pm 4\pi/5$。这产生了 $6 \times 4 = 24$ 个5阶旋转。旋转 $2\pi/5$ 和 $-2\pi/5$ ($8\pi/5$) 是共轭的，旋转 $4\pi/5$ 和 $-4\pi/5$ ($6\pi/5$) 也是共轭的。但旋转 $2\pi/5$ 和 $4\pi/5$ 不共轭。所以我们有两个共轭类。绕 $\pm 2\pi/5$ 的旋转有 $6 \times 2 = 12$ 个，它们构成一个大小为12的共轭类。绕 $\pm 4\pi/5$ 的旋转有 $6 \times 2 = 12$ 个，它们构成另一个大小为12的共轭类。这与原文的 $12+12$ 吻合。
   • 绕边心旋转：有30条边，即15对对边。绕每对对边中点轴可以旋转 $\pi$。这产生了 $15 \times 1 = 15$ 个2阶旋转。它们都共轭，构成一个大小为15的共轭类。
2. 构建类方程：类方程是群的阶等于其所有共轭类大小之和。
   • 群的阶：$|I| = 60$。
   • 共轭类大小之和：$1$ (单位元) $+ 20$ (3阶旋转) $+ 12$ (5阶旋转) $+ 12$ (5阶旋转) $+ 15$ (2阶旋转)。
   • 把它们加起来：$1 + 20 + 12 + 12 + 15 = 60$。
3. 方程成立：等式 $60 = 1 + 20 + 12 + 12 + 15$ 成立。这就是二十面体群的类方程。
4. 关于“自旋”的注释：作者补充说，把 $(v, \theta)$ 中的 $v$（顶点向量）和 $(e, \pi)$ 中的 $e$（边心向量）都称为“自旋”里的向量不太严谨，因为它们的长度（模）不同。但这只是一个为了方便的命名约定，不影响核心的数学论证。

1. 单群的定义：一个群 $G$ 被称为单群 (Simple Group)，需要满足两个条件：

a. $G$ 不是平凡群（即 $G$ 中不止单位元一个元素）。

b. $G$ 的正规子群只有两个：它自身 $G$ 和平凡子群 $\langle 1 \rangle$（只包含单位元的子群）。

所谓真正规子群，就是指既不是 $G$ 也不是 $\langle 1 \rangle$ 的正规子群。所以单群就是“没有真正规子群的非平凡群”。

1. “单”的含义：作者特别解释了“单” (simple) 在这里的数学含义。它不是指“简单、容易理解”，而是指“不可再分的、基础的”。正规子群可以用来构造商群，从而将一个群“分解”成一个正规子群和一个商群。没有真正规子群，意味着这个群无法通过这种方式被分解成更小的部分。它就像化学中的“元素”或者数论中的“素数”，是构成其他更复杂群（非单群）的基本构造模块。
2. 单群的例子：最简单的一类单群是素数阶的循环群。例如，5阶循环群 $C_5$。根据拉格朗日定理，任何子群的阶必须整除群的阶。5是一个素数，它的因子只有1和5。所以 $C_5$ 的子群只能是1阶（平凡子群）或5阶（$C_5$ 自身）。它根本没有任何真子群，因此更不可能有真正规子群。所以它是单群。
3. 子群 vs 正规子群：作者提醒，大部分群都有真子群（非平凡且非自身的子群），但这些真子群不一定是正规子群。一个子群 $H$ 是正规子群，要求对于任何 $g \in G$，都有 $gH=Hg$（左陪集等于右陪集），这是一个更强的条件。

这个引理建立了正规子群和共轭类之间的关键联系。

• (a) 正规子群对共轭运算封闭

1. 前提：我们有一个正规子群 $N$ 和一个属于 $N$ 的元素 $x$（即 $x \in N$）。
2. 目标：证明 $x$ 的整个共轭类 $C(x)$ 都包含在 $N$ 中。
3. 证明：$x$ 的共轭类 $C(x)$ 的定义是集合 $\{gxg^{-1} \mid g \in G\}$。我们需要证明对于任何 $g \in G$，元素 $gxg^{-1}$ 都必须在 $N$ 中。
4. 根据正规子群的定义，对于任何 $g \in G$，我们有 $gNg^{-1} = N$。这意味着从 $N$ 中任取一个元素（比如 $x$），用 $g$ 和 $g^{-1}$ 从两边“夹住”它，得到的新元素 $gxg^{-1}$ 依然在 $N$ 中。
5. 这就证明了，只要 $x$ 在 $N$ 里，所有与 $x$ 共轭的元素也必须在 $N$ 里。所以 $C(x) \subseteq N$。

• (b) 正规子群是共轭类的并集

1. 证明：一个群 $G$ 本身可以被划分为互不相交的共轭类的并集。
2. 一个子群 $N$ 是 $G$ 的一个子集。$N$ 中的每个元素 $x$ 都属于 $G$ 中的某个共轭类 $C(x)$。
3. 根据 (a)，如果 $N$ 包含了共轭类 $C(x)$ 中的一个元素 $x$，它就必须包含整个共轭类 $C(x)$。
4. 因此，$N$ 不能“撕开”任何一个共轭类，它要么完全不包含一个共轭类，要么就完整地包含整个共轭类。
5. 所以，$N$ 必然是它所包含的那些共轭类的完整并集。

• (c) 正规子群的阶是其包含的共轭类的阶之和

1. 证明：这是 (b) 的直接推论。
2. 共轭类将群 $G$ 划分成互不相交的集合。
3. 既然 $N$ 是一些互不相交的共轭类的并集，那么 $N$ 的阶（元素的数量）就等于它所包含的那些共轭类的阶（元素数量）之和。
4. 另外，单位元 $\{1\}$ 本身就是一个共轭类 $C(1)$。任何子群（包括正规子群 $N$）都必须包含单位元。因此，任何正规子群 $N$ 都必须包含 $C(1)$。这意味着，在计算 $N$ 的阶时，这个大小为1的共轭类是必须被加上的。

1. 证明策略：我们将使用反证法。假设二十面体群 $I$ 不是单群，那么它必然存在一个真正规子群 $N$。
2. 利用拉格朗日定理：根据拉格朗日定理，子群 $N$ 的阶 $|N|$ 必须是群 $I$ 的阶 $|I|=60$ 的一个因子。因为 $N$ 是一个真正规子群，所以 $|N| \neq 1$ 且 $|N| \neq 60$。因此，$|N|$ 必须是60的一个真因子。
3. 列出60的真因子：60的真因子有：2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30。
4. 利用引理7.4.2：根据引理7.4.2(c)，$N$ 的阶 $|N|$ 必须等于 $I$ 的一些共轭类的阶之和，并且这个和必须包含1（单位元所在的共轭类）。
5. 调出类方程：$I$ 的共轭类大小分别为 1, 12, 12, 15, 20。（注意这里的顺序不重要，我们有这四个可供选择的“积木”）
6. 进行组合测试：我们来尝试用 $1$ 加上 $\{12, 12, 15, 20\}$ 中的任意组合，看看能否凑出上面列出的60的真因子。
   • 只加一项:
   • $1 + 12 = 13$ (不是60的因子)
   • $1 + 15 = 16$ (不是60的因子)
   • $1 + 20 = 21$ (不是60的因子)
   • 加两项:
   • $1 + 12 + 12 = 25$ (不是60的因子)
   • $1 + 12 + 15 = 28$ (不是60的因子)
   • $1 + 12 + 20 = 33$ (不是60的因子)
   • $1 + 15 + 20 = 36$ (不是60的因子)
   • 加三项:
   • $1 + 12 + 12 + 15 = 40$ (不是60的因子)
   • $1 + 12 + 12 + 20 = 45$ (不是60的因子)
   • $1 + 12 + 15 + 20 = 48$ (不是60的因子)
   • 加四项:
   • $1 + 12 + 12 + 15 + 20 = 59$ (不是60的因子)
7. 得出结论：我们发现，无论如何组合，都无法从类方程的项（必须含1）中凑出一个60的真因子。
8. 完成证明：既然一个真正规子群的阶必须同时满足这两个条件（是60的真因子 & 是共轭类大小之和），而没有任何一个数字能同时满足，那就说明这样的真正规子群 $N$ 根本不存在。因此，二十面体群 $I$ 是一个单群。

这句话起到了一个承上启下的作用。它告诉我们，刚刚证明的“$I$ 是一个单群”这个性质，并不仅仅是一个漂亮的理论结果，它还是一个非常有用的工具。在接下来的定理证明中，我们将看到如何利用“不存在真正规子群”这一事实来推导出一个更令人惊讶的结论。具体来说，当我们在一个单群上定义一个同态时，这个同态的核（它必然是一个正规子群）只有两种极端情况：要么是平凡的（导致单射），要么是整个群（导致平凡同态）。这种“非黑即白”的特性极大地简化了分析。

这个定理陈述了两个重要的事实：

1. 同构关系：二十面体群 $I$（一个源于几何对称性的群）和交错群 $A_5$（一个源于置换代数的群，即5个元素的所有偶置换构成的群）在结构上是完全相同的。这被称为同构，记作 $I \cong A_5$。这是一个非常深刻的联系，揭示了看似无关的几何世界和代数世界之间的内在统一性。
2. 推论：因为 $I$ 和 $A_5$ 是同构的，它们拥有完全相同的群论性质。我们已经证明了 $I$ 是一个单群，所以 $A_5$ 也必然是一个单群。事实上，$A_5$ 是最小的非交换单群，在整个有限群理论中占有基石般的地位。

1. 证明策略的核心：要证明 $I \cong A_5$，我们需要建立一个从 $I$ 到 $A_5$ 的双射同态（即同构）。一个标准的做法是利用群作用。
2. 什么是群作用？ 群 $G$ 作用于一个集合 $S$，意味着 $G$ 中的每个元素都对应于 $S$ 的一个置换（重新排列）。这个作用本身就定义了一个从 $G$ 到 $S$ 的对称群 $S_{|S|}$ 的同态 $\varphi: G \to S_{|S|}$。
3. 寻找合适的集合 S：既然我们的目标是 $A_5$，它是 $S_5$ 的子群，一个自然的想法就是让 $I$ 作用在一个包含5个元素的集合上。这样，我们就能得到一个同态 $\varphi: I \to S_5$。
4. 寻找五个物体：问题变成了，在正十二面体（或二十面体）的对称性中，哪里能找到一个不多不少正好5个、并且能被 $I$ 的旋转操作相互变换的物体集合？
5. 精妙的发现：作者指出，这个问题的答案是“可以内接在正十二面体中的五个立方体”。这是一个非常巧妙的几何构造。
   • 如何构造一个立方体？ 正十二面体有20个顶点。我们可以从中选出8个顶点来构成一个立方体的顶点。例如，图片中展示的那个立方体，它的每条边都是正十二面体每个面的对角线。
   • 为什么有五个？ 通过旋转，可以发现总共可以构造出5个这样的立方体。这5个立方体共享十二面体的顶点，并且在群 $I$ 的作用下，任何一个立方体都可以被旋转到其他任何一个立方体的位置。

这是一个逻辑非常严密的证明，分为三个步骤：

第一步：证明 $\varphi$ 是单射 (Injective)

1. 定义同态 $\varphi$：$I$ 作用于5个立方体的集合 $S_{cubes}$。这个作用为我们提供了一个同态 $\varphi: I \to S_5$。对于 $I$ 中的任何一个旋转 $g$，$\varphi(g)$ 就是这个旋转引起的对5个立方体的置换。
2. 分析核 (Kernel)：任何同态的核 $\ker(\varphi)$ 都是定义域里的一个正规子群。所以 $\ker(\varphi)$ 是 $I$ 的一个正规子群。
3. 利用单群性质：我们已经证明 $I$ 是一个单群。这意味着它的正规子群只有两个：平凡子群 $\langle 1 \rangle$ 和整个群 $I$。
4. 排除一种可能：$\ker(\varphi)$ 可能是 $I$ 吗？如果 $\ker(\varphi) = I$，那就意味着 $I$ 中的所有元素（所有旋转）经过 $\varphi$ 映射都变成了 $S_5$ 中的单位元。这意味着 $I$ 中没有任何一个旋转能改变5个立方体的排列。这被称为平凡作用。但这是不可能的，比如绕面心旋转 $2\pi/5$ 就会引起5个立方体的轮换。因此，这个作用不是平凡的。
5. 得出结论：所以，$\ker(\varphi)$ 只能是平凡子群 $\langle 1 \rangle$。一个同态的核是平凡的，等价于这个同态是单射（一对一映射）。
6. 中间结果：我们证明了 $\varphi$ 是一个单射。根据第一同构定理，这意味着 $I$ 与其在 $S_5$ 中的像 $\text{Im}(\varphi)$ 是同构的。即 $I \cong \text{Im}(\varphi)$。因为 $I$ 的阶是60，所以 $\text{Im}(\varphi)$ 也是一个60阶的 $S_5$ 的子群。

第二步：证明 $\varphi$ 的像在 $A_5$ 中

1. 构造复合：我们引入符号同态 $\sigma: S_5 \to \{\pm 1\}$，它将偶置换映到1，奇置换映到-1。它的核正是交错群 $A_5$。现在我们把 $\varphi$ 和 $\sigma$ 复合，得到一个新的同态 $\sigma \circ \varphi: I \to \{\pm 1\}$。
2. 分析新同态的核：这个复合同态的核，$\ker(\sigma \circ \varphi)$，也是 $I$ 的一个正规子群。
3. 利用单群性质（再次）：由于 $I$ 是单群，$\ker(\sigma \circ \varphi)$ 要么是 $\langle 1 \rangle$，要么是 $I$。
4. 排除一种可能：如果核是 $\langle 1 \rangle$，那么 $\sigma \circ \varphi$ 就是一个单射。但这是不可能的，因为 $I$ 有60个元素，而 $\{\pm 1\}$ 只有2个元素。因此，核不可能是 $\langle 1 \rangle$。另一种情况是，如果这个同态是满射的，那么根据第一同构定理，$I/\ker(\sigma \circ \varphi) \cong \{\pm 1\}$。这意味着核的阶是 $|I|/|\{\pm 1\}| = 60/2 = 30$。这将意味着 $I$ 有一个30阶的真正规子群，但这与 $I$ 是单群矛盾。
5. 得出结论：所以，唯一的可能性是 $\ker(\sigma \circ \varphi) = I$。这意味着对于所有 $g \in I$，都有 $(\sigma \circ \varphi)(g) = 1$。
6. 解释结论：这个结论说明，$\varphi(g)$（即 $I$ 中任意元素在 $S_5$ 中的像）总是在符号同态 $\sigma$ 的核中。而 $\sigma$ 的核正是 $A_5$。所以，$\text{Im}(\varphi) \subseteq A_5$。

第三步：完成同构证明

1. 汇总信息：
   • 我们知道 $\text{Im}(\varphi)$ 是 $S_5$ 的一个子群。
   • 从第一步，我们知道 $|\text{Im}(\varphi)| = |I| = 60$。
   • 从第二步，我们知道 $\text{Im}(\varphi)$ 是 $A_5$ 的一个子集。
2. 最后的推论：$A_5$ 的阶也是 $5!/2 = 120/2 = 60$。现在我们有一个60阶的集合 $\text{Im}(\varphi)$，它是一个60阶的群 $A_5$ 的子集。唯一的可能性就是 $\text{Im}(\varphi) = A_5$。
3. 最终结论：我们已经证明了 $\varphi$ 的像就是 $A_5$。又因为在第一步中我们证明了 $I \cong \text{Im}(\varphi)$，所以我们最终得到 $I \cong A_5$。定理得证。