¿Existen grupos simples de orden $n(n+1)$ $n>1$ entero?

Question

En los comentarios a esta pregunta, se observó que la cuestión de si un grupo finito de orden $p(p+1)$ no es necesariamente simple se vuelve bastante interesante si no asumimos que $p$ es una de las principales— si se trata de un primer pregunta, la respuesta y la duplicación vinculada respuestas (y los comentarios) responde de manera afirmativa.

El siguiente básicos de la BRECHA de código

for n in [2..10^5] do 
  iter:=SimpleGroupsIterator(n*(n+1),n*(n+1)); 
  for i in iter do 
    Print(n, "->", i, "\n"); 
    break; 
  od; 
od;

Muestra que no hay simple grupos de tal orden que existen para $n\leq 10^5$ (así que no hay ejemplos con $|G|\leq 10^5(10^5+1)$). La función de iterador rápidamente comienza a golpear a problemas poco después de este punto, sobre todo una vez que el pedido cumple o excede $|A_{15}|$, que se produce antes de $n=10^6$, limitando hasta qué punto uno puede buscar con este método. Tarda unos minutos en comprobar a través de $n=10^5$. La siguiente variante no encuentra simples grupos de orden adecuado antes de $A_{15}$:

iter := SimpleGroupsIterator(3,Factorial(15)/2-1);; 
for G in iter do 
  if (Tau(4*Order(G)+1) mod 2) = 1 then 
    Print(G, "  ", Order(G), "\n"); 
    break; 
  fi; 
od;

Yo esperaría que uno debe ser capaz de forjar una prueba de que todos esos grupos no son simples (suponiendo que esto es una declaración verdadera) mediante el uso de la clasificación de los finitos simples grupos y hacer un ataque de fuerza bruta de verificación en la esporádica y la familia infinita de los pedidos. Pero hay una forma menos brutal y más, de forma inteligente, o como un simple grupo existen en la realidad?

EDIT: UN par de horas más tarde, y el primer bit de código terminado de comprobar para arriba a través de $n=10^6$ y no se encontraron ejemplos, como fue reclamado por Derek Holt en el mencionado comentarios.

Answer 1

Se descartan la alterna grupos $A_m$ suficientemente grande $m$ por la conjetura abc. Si $n(n+1) = \frac{m!}{2}$, luego por la abc conjetura que tenemos (a partir de la identidad $n + 1 = (n+1)$) para cualquier $\varepsilon > 0$ un % constante $K_{\varepsilon}$que

$$n < K_{\varepsilon} \text{rad}(n(n+1))^{1 + \varepsilon}$$

para todos los $n$, $\text{rad}(n(n+1)) = \text{rad} \left( \frac{m!}{2} \right)$ es el producto de todos los primos menos o igual a $m$. Es asintóticamente $e^m$, mientras que es asintóticamente $n$ $\left( \frac{m}{e} \right)^{\frac{m}{2}}$ por la aproximación de Stirling.