Sólo para que conste, aquí está el ejemplo que mencioné en mi comentario. Todavía no pienso escribir una prueba: He comprobado laboriosamente que funciona por ordenador.
Como en mi respuesta a esta pregunta tomamos $$G = \langle x,y,z \mid x^{11}=y^{11}=z^5=1, xy=yx, x^z=x^4, y^z=y^5 \rangle,$$ $$H = \langle x,y,z \mid x^{11}=y^{11}=z^5=1, xy=yx, x^z=x^4, y^z=y^3 \rangle.$$ Estos son $\mathtt{SmallGroup}(605,5)$ y $\mathtt{SmallGroup}(606,6)$ en la base de datos de grupos pequeños.
Obsérvese que podemos escribir los elementos de ambos $G$ y $H$ como $$\{ x^iy^j : 0 \le i \le 10,\,0 \le j \le 10\} \cup \{ x^i(y^j z)^k: 0 \le i \le 10,\,0 \le j \le 10,\, 1 \le k \le 4 \}, $$ y utilizamos esta representación para identificar los elementos de los conjuntos subyacentes de $G$ y $H$ . Lo hacemos así para que los subgrupos de orden $5$ se corresponden en los dos grupos.
Los subgrupos de orden $11$ están todos contenidos en el subgrupo normal $\langle x,y \rangle$ y obviamente se corresponden. Así que realmente sólo queda comprobar que el $22$ subgrupos de orden $55$ corresponden. Obsérvese que la mitad de ellos contienen $\langle x \rangle$ y la otra mitad contiene $\langle y \rangle$ . Me convencí de que sí se correspondían y luego lo comprobé por ordenador.
Añadido : Creo que insistir en que los dos grupos deben tener los mismos conjuntos subyacentes es confuso. He aquí un enunciado equivalente del problema, con el que me resulta más fácil trabajar.
¿Existe un grupo no isomorfo $G$ y $H$ tal que existe una biyección $\phi:G \to H$ que induce una biyección entre los subgrupos de $G$ y los subgrupos de $H$ . Esa fue la versión que verifiqué por ordenador.
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Quieres excluir los subgrupos triviales, ¿verdad?
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Creo que dos monstruos de Tarski no isomórficos con el mismo primo $p$ da un contraejemplo, porque sólo son uniones disjuntas de subgrupos cíclicos de orden $p$ dos cualesquiera generaron el grupo completo. Pero quizá haya contraejemplos más fáciles.
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No voy a intentar escribir una prueba ahora mismo, pero creo que los dos grupos de orden $605$ a la que me refería en mi respuesta a esta pregunta proporcionar un contraejemplo finito.
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Es cierto si ambas operaciones son abelianas, pero eso es algo trivial.
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@Marco: Lo siento, pero no entiendo la prueba ni siquiera en el caso de esas operaciones abelianas.
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En su respuesta vinculada, no entiendo cómo la condición $\langle S\rangle_{(H,\circ)}=\langle S\rangle_{(H,\ast)}$ para todos $S\subseteq H$ está satisfecho @DerekHolt.
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@Marco Supongo que querías decir que es cierto para grupos abelianos finitos, o tal vez grupos abelianos finitamente generados.
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@DerekHolt, Sí, tenía una prueba para el caso abeliano finito que borré después de este comentario de Tobias Kildetoft : "Esto parece suponer que los grupos son finitos, en cuyo caso el caso abeliano se deduce directamente de la clasificación bajo la condición mucho más débil de que los grupos tienen el mismo número de elementos de cada orden."