Contraejemplos grandes de "los grupos finitos no isomorfos tienen subgrupos verbales de diferente orden"

Question

En esta pregunta, se conjeturó que para cada par de no-isomorfo grupos finitos $G$ e $H$, existe alguna palabra $\omega$ tal que $|V_{\omega}(G)|\ne|V_{\omega}(H)|$, es decir, su verbales correspondientes subgrupos han desigual de la orden. La respuesta es no: los grupos de $D_4$ e $Q_8$ el rendimiento de un contraejemplo, como se explica en el enlace.

Sin embargo, estos son grupos relativamente pequeños, con relativamente pocas subgrupos. Parece razonable que esta conjetura falla para grupos pequeños, ya que no tiene suficiente estructura verbal subgrupos de distinguirlos.

Es esta conjetura cierto para los suficientemente grandes grupos? Es decir, ¿existen algunos $n\in\mathbb{N}$ tal que cualquier contraejemplo par $(G,H)$ debe tener un orden $|G|,|H|\le n$?

Answer 1

Como se ha señalado en los comentarios, si $G$ e $H$ son contraejemplos y $K$ es arbitraria finito grupo, a continuación, $G \times K$ e $H \times K$ también forma un contraejemplo. Y si $(G_0, H_0)$ e $(G_1, H_1)$ son tanto contraejemplo pares, de tal manera que $G_0 \times G_1$ e $H_0 \times H_1$ no son isomorfos, entonces $(G_0 \times G_1, H_0 \times H_1)$ es también un contraejemplo. Por lo tanto, hay infinitamente muchos contraejemplos (y tu conjetura es equivalente a "hay un número finito de contraejemplos", como para cualquier $n \in \mathbb{N}$ hay sólo un número finito de grupos de orden $n$).

Ahora vamos a probar algo más fuerte.

Vamos a llamar a contraejemplo par $(G, H)$ no primitivo, si es de la forma ($G_0 \times G_1$, $H_0 \times H_1$), donde $(G_0, H_0)$ es un contraejemplo, y primitiva de otra manera. Resultó, que, a pesar de esas restricciones, todavía hay infinitamente muchos primitivo contraejemplos.

Supongamos $Q_{8n} = \langle x, y | x^{4n} = y^4 = e, x^{2n} = y^2, y^{-1}xy = x^{-1} \rangle$ e $D_{4n} = \langle a \rangle_{4n} \rtimes \langle b \rangle_2$. Estos grupos son contraejemplos para cualquier $n \in \mathbb{N}$. Y también están todos los primitivos porque no hay ninguna que no sea trivial directa de la descomposición de $Q_{8n}$.

Uno puede ver que $Var(Q_{8n}) = Var(D_{4n})$ como $Q_{8n}$ es isomorfo a un subgrupo de $\frac{(\langle a \rangle_{4n} \rtimes \langle b \rangle_2) \times (\langle c \rangle_{4n} \rtimes \langle d \rangle_2)}{\langle a^{2n}c^{2n} \rangle}$ (una imagen homomórfica de $D_{4n} \times D_{4n}$), generado por $a$ e $c^nb$, e $D_{4n}$ es isomorfo a un subgrupo de $$\langle x, y, z, t| x^{4n} = y^4 = z^{4n} = t^4 = e, x^{2n} = y^2 = z^{2n} = t^2, y^{-1}xy = x^{-1}, t^{-1}zt = z^{-1}, [z, x] = [z, y] = [t, x] = [t, y] = e \rangle$$ (a homomorphic image of $Q_{8n} \times Q_{8n}$) generated by $x$ and $z^ny$.

También se puede ver, que tanto $D_{4n}$ e $Q_{8n}$ tienen la mínima trivial subgrupo normal. En caso de $Q_{8n}$ es $\langle y^2 \rangle$ y en el caso de $D_{4n}$ es $\langle a^2 \rangle$. Y también es evidente que se $\langle y^2 \rangle \cong \langle a^2 \rangle \cong C_2$ y que $\frac{Q_{8n}}{\langle y^2 \rangle} \cong \frac{D_{4n}}{\langle a^2 \rangle} \cong C_2 \times C_{2n}$.

Ahora supongamos $A$ es un conjunto de grupo de palabras. Si están todas las identidades en $D_{4n}$, entonces también se identidades en $Q_{8n}$, $Var(D_{4n}) = Var(Q_{8n})$, que se traduce en $|V_A(D_{4n})| = |V_A(Q_{8n})| = 1$. Ahora supongamos, que algunos de ellos no son identidades. A continuación, $|V_A(D_{4_n})| > 1$ e $|V_A(Q_{8_n})| > 1$, que se traduce en $\langle y^2 \rangle \leq V_A(Q_{8n})$ e $\langle a^2 \rangle \leq V_A(D_{4n})$. Ahora, como una imagen homomórfica de un verbales subgrupo de un grupo siempre es el verbal subgrupo de la homomórfica de la imagen del grupo en relación con el mismo conjunto de grupo de palabras, podemos concluir, que $$|V_A(D_{4n})| = |\langle a^2 \rangle||V_A(\frac{D_{4n}}{\langle a^2 \rangle})| = 2|V_A(C_2 \times C_{2n})| = |\langle y^2 \rangle||V_A(\frac{Q_{8n}}{\langle y^2 \rangle})| = |V_A(D_{8n})|$$