Otro 'sí' respuesta puede ser encontrada a través de Tarski Monstruo grupos.
Un grupo de $G$ es un Tarski Monstruo $p$-grupo de algunos de los mejores $p$ si $G$ es infinito, finitely generado, y todo correcto no trivial subgrupo de $G$ es cíclico de primer orden. Un grupo es necesariamente simple (ver más abajo). Ol'shanskii demostrado que estos existían para todos "$p$ suficientemente grande" ($p>10^{75}$ o algo similar) en una serie de artículos en los finales de los 70-principios de los 80. Él publicó un libro que contiene la prueba en el '89 (rusia)/'91 (inglés), llamado La geometría de la definición de las relaciones en los grupos.
Marca de Sapir y otros han hecho recientemente en el Monstruo de los grupos en general. Ol'shanskii de la construcción es infinitamente presentado (pero dos generado), y creo que es todavía un problema abierto en cuanto a si existen finitely presentado Tarski Monstruos.
A continuación: Vamos a $T$ ser un Tarski Monstruo grupo. A continuación, vamos a comprobar que $T$ es simple.
Suponga $T$ no es simple. Por lo tanto, existe cierta $K$ tal que $\langle 1\rangle\neq K\lhd T$. Por la definición de $T$, $K=\langle x\rangle\cong C_p$, y como $K$ es normal, tenemos que para arbitrario $g\in T$, $g$ actúa en $K$ por conjugación. Por lo tanto, $\langle g\rangle\rightarrow \operatorname{Aut}(C_p)$. Sin embargo, $\langle g\rangle\cong C_p$ mientras $|\operatorname{Aut}(C_p)|=\varphi(p)=p-1$ (de hecho, es bien sabido que $\operatorname{Aut}(C_p)=C_{p-1}$) por lo que la acción de $g$ $K$ es trivial. Es decir, $gxg^{-1}=x$ todos los $g\in G$.
Ahora, vamos a $g\in G\setminus K$ ser arbitraria. A continuación, cualquiera de $\langle x, g\rangle=T$ o $\langle x, g\rangle\cong C_p$. Sin embargo, $x$ $g$ conmutar mientras que $T$ no es abelian lo $\langle x, g\rangle\neq T$. Por otro lado, $C_p=\langle x\rangle\lneq \langle x, g\rangle$$\langle x, g\rangle\not\cong C_p$. Esta es una contradicción. Por lo tanto, $T$ es simple.
