Una perspectiva teórica de grupos sobre el problema de la unión cerrada de Frankl

Question

He aquí una formulación en teoría de grupos de un caso especial de la conjetura de unión cerrada:

Pregunta: Dado un grupo finito $G$ ¿existe algún elemento de orden de potencia primo que esté contenido en como máximo la mitad de los subgrupos de $G$ ?

Motivación : Frankl conjetura de la unión de conjuntos cerrados tiene un enunciado equivalente en términos de redes. Dice que en toda red finita hay un elemento irreducible conjunto que es menor o igual que, como máximo, la mitad de los elementos de la red.

Los entramados finitos son siempre isomorfos a intervalos de subgrupos $[H,G]$ para grupos $H,G$ (es decir, el entramado de subgrupos $H\subseteq K \subseteq G$ con la relación de subgrupo). Se desconoce si basta con tomar $H$ y $G$ ser finito. Me pregunto si se sabe algo de la conjetura de Frankl para el caso en que $H$ es el grupo trivial. Y eso es precisamente lo que se pide más arriba. Nótese que los elementos de orden de potencia primo están en correspondencia con los irreducibles de la red de subgrupos de $G$ .

¿Se conoce la respuesta a la pregunta anterior? ¿Se conoce para clases especiales de grupos?

Answer 1

En una dirección algo diferente a la de Alireza: la conjetura es cierta para una gran familia de grupos, incluidos todos los grupos abelianos y muchos grupos supersolubles.

Empezaré por el caso abeliano. Elijamos un elemento $g$ de mayor orden de potencia en un grupo abeliano $G$ . Entonces $\langle g \rangle$ tiene un complemento es decir, existe un subgrupo $K$ tal que $K \langle g \rangle = G$ y $K \cap \langle g \rangle = 0$ . En particular, $K \cong G / \langle g \rangle $ por los Teoremas de Isomorfismo, y para cualquier subgrupo $X$ con $\langle g \rangle \subseteq X$ existe un subgrupo correspondiente $X \cap K$ que no contiene $\langle g \rangle$ .

De hecho, el mismo argumento se aplica a cualquier $G$ y elemento de orden de primera potencia $g$ si 1) $g$ genera un subgrupo normal, y 2) podemos encontrar un complemento $K$ a $\langle g \rangle$ en G. En esta situación, $[\langle g \rangle, G] \cong [1,K]$ .

(Edición: eliminada la discusión sobre grupos supersolubles, que es irrelevante a la luz de la actualización de más abajo).

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ACTUALIZACIÓN: La conjetura es cierta para todos los grupos finitos solubles.

Prueba : Sea $G$ sea un grupo soluble. Entonces $G$ tiene un subgrupo normal $N$ de índice primo, y algún elemento de orden primo-potencia $g \notin N$ . Desde $N$ es máxima en $G$ tenemos $\langle g,N \rangle = G$ y puesto que $N$ es normal tenemos $\langle g,N \rangle = \langle g \rangle N$ . Entonces, por la identidad de Dedekind, obtenemos que $\langle g \rangle (H \cap N) = H \cap G = H$ para cualquier $H$ que contiene $\langle g \rangle$ .

Esto último nos dice que el mapa del intervalo $[\langle g \rangle,G] \rightarrow [1,N]$ dado por $H \mapsto H \cap N$ es una inyección. Dado que $N$ no contiene $g$ obtenemos la afirmación conjeturada. $\square$

Efectivamente, lo anterior funciona siempre que $G$ tiene un subgrupo normal maximal de índice primo. (Por ejemplo, para grupos simétricos).

(Gracias a John Shareshian por varios comentarios y debates útiles).

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ACTUALIZACIÓN 2: Combinando mi argumento para grupos solubles con el argumento de Alireza para (ciertos) grupos simples finitos, podemos demostrar la conjetura para todos los grupos que tienen un cociente que satisface cierta condición. Es muy probable que esto valga para todos los grupos finitos, pero como explicaré, queda un poco de trabajo en el lado de la teoría de grupos.

Teorema 1: Si $G$ es un grupo finito con un subgrupo normal $N$ tal que $G/N$ está generado (como máximo) por dos elementos de orden de potencia primo, entonces $G$ cumple la condición de Frankl.

Prueba: Un argumento rutinario muestra que podemos elegir $g,h \in G$ de orden de potencia primo tal que $g$ y $h$ proyectan en el cociente a generadores de $G/N$ . (Si $G/N$ es cíclico, supongamos que $g=h$ .) Sea $K = \langle g, h \rangle$ y observe que $KN = \langle N, g, h\rangle = G$ .
Entonces wlog hay al menos tantos subgrupos que contienen $h$ que contiene $g$ (si no, cambiar $h$ y $g$ ). Esto da una inyección $\varphi_1$ del conjunto de subgrupos que contienen $g$ pero no $h$ al conjunto de subgrupos que contienen $h$ pero no $g$ .
Además, si $H$ es un subgrupo que contiene a $h$ y $g$ entonces $H \supseteq K$ . De la identidad de Dedekind se deduce que $K (H \cap N) = H \cap KN = H$ por lo que el mapa $\varphi_2$ enviando $H \mapsto H \cap N$ es una inyección de $[K,G] \rightarrow [1,N]$ .
Dado que los intervalos $[\langle h \rangle, G]$ y $[1,N]$ son disjuntos, combinando los dos mapas se obtiene una inyección desde $[\langle g \rangle, G]$ a su complemento, y vemos que se cumple la condición de Frankl. $\square$

Observación 1 : El caso solucionable (arriba) es el caso en que $G/N$ es cíclico aquí, $K = \langle g,h \rangle = K$ . El caso en que $N=1$ solucionado por Alireza has $K = G$ en cuyo caso asignamos $G$ a $1$ y todos los demás subgrupos que contengan $g$ a un subgrupo que contenga $h$ .

Observación 2 : La prueba tiene una explicación particularmente agradable si podemos tomar $g$ y $h$ ser conjugado. En este caso, los intervalos $[\langle g \rangle, G]$ y $[\langle h \rangle, G]$ son retículos isomorfos, con el isomorfismo dado por conjugación de subgrupos. Como veremos más adelante, esta condición de conjugación más fuerte parece darse a menudo.

Ahora bien, si $N$ es un subgrupo normal maximal, entonces $G/N$ es simple, por lo que para verificar la conjetura para todos los grupos basta con verificar que todo grupo simple finito está generado por dos elementos de orden primo-potencia. Conseguí reunir lo siguiente a partir de resultados en la literatura:

Teorema 2 : Todos los grupos simples finitos, excepto posiblemente un número finito, están formados por dos elementos de orden de potencia primo. Los dos elementos pueden ser conjugados. Las excepciones son los grupos clásicos.

La parte de conjugación vendrá del siguiente lema:

Lema : Si un grupo simple finito $G$ es generado por $x$ y $g$ donde $x$ tiene orden 2, entonces $G = \langle g, g^x \rangle$ .

Demostración (del lema) : Supongamos que no, y que $H = \langle g, g^x \rangle$ . Entonces $H$ se ve fácilmente que permuta con $\langle x \rangle$ Por lo tanto $H$ tiene índice 2, contradiciendo la simplicidad de $G$ . $\square$

Decimos que un grupo es $(2,q)$ -generado si está generado por un elemento de orden 2, junto con un elemento de orden $q$ . Para demostrar el Teorema 2, basta con demostrar que (salvo posibles excepciones) todo grupo simple finito es (2, $q$ )-generada para alguna potencia primaria $q$ . Repasamos la lista de grupos del Teorema de Clasificación.

1. Se sabe que muchos grupos simples finitos son (2,3)-generados, y esta condición ha sido bien estudiada. ((2,3)-grupos generados se pueden representar como cocientes de $PSL_2(\mathbb{Z})$ , lo que explica el gran interés por esta enfermedad).

   A. Liebeck y Shalev en "Classical groups, probabilistic methods, and the (2,3)-generation problem" demostraron que, excluyendo los grupos $PSp_4(q)$ todos los grupos clásicos son (2,3)-generados.

   B. Di Martino y Cazzola en " $(2,3)$ -generación de $PSp(4,q),\ q=p^n,\ p\neq 2,3$ "demostró que $PSp_4(q)$ es (2,3)-generado, excepto en la característica 2 o 3.

   C. Malle, y Lübeck y Malle en una serie de trabajos que culminan en "(2,3)-generación de grupos excepcionales" muestran que todos los grupos excepcionales de tipo Lie son (2,3)-generados, excepto los grupos Suzuki y $G(2)' \cong PSU_2(9)$ .
   (Nick Gill también hace referencia a este documento en su comentario a la respuesta de Alireza).

   D. Woldar en "On Hurwitz generation and genus actions of sporadic groups" mostró que los grupos esporádicos son (2,3)-generados, excepto para $M_{11}$ , $M_{22}$ , $M_{23}$ y $McL$

   E. GA Miller demostró en 1901 que los grupos alternos $A_n$ son (2,3)-generados para $n \neq 6,7,8$ .

2. $A_6, A_7, A_8$ se comprueba fácilmente que todas son (2,5)-generadas.

3. Liebeck y Shalev, en la Proposición 6.4 del mismo trabajo antes citado, demuestran que todos, salvo finitamente muchos, de los grupos $PSp_4(2^n)$ y $PSp_4(3^n)$ se generan (2,5).

4. Suzuki, en su artículo original sobre el tema, demostró que los grupos Suzuki son (2,4)-generados.

5. Para el resto de esporádicos, $M_{11}$ y $M_{22}$ se generan en (2,4), mientras que $M_{23}$ y $McL$ se generan (2,5). (El mejor lugar que he encontrado para leer sobre esto es en una serie de artículos sobre géneros simétricos de grupos. Estos trabajos son de varios autores, entre los que se encuentran frecuentemente Conder y Woldar).

El teorema 2 se deduce de la lista anterior, junto con la Clasificación de los grupos simples finitos.

Hay muy probablemente un acercamiento más agradable a algunas de las cosas simples del grupo que lo que hago arriba -- estoy lejos de un experto. (¡¡Quizás alguno de los verdaderos expertos de por aquí pueda eliminar las posibles excepciones de la afirmación!!)

Encontré el diapositivas enlazadas aquí de Maxim Vsemirnov sobre los grupos (2,3)-generados muy útil para comprender las excepciones a la (2,3)-generación.
En particular, tiene una lista de grupos que no son (2,3)-generados en la página 15 (que él supone que es completa). He verificado con GAP que todos son (2, $q$ ) para algún primo $q$ excepto los PSp y $\Omega_8^+(2), P\Omega_8^+(3)$ .

Corolario: La conjetura es válida para cualquier $G$ con un subgrupo normal máximo $N$ tal que $G/N$ no es uno de los grupos clásicos excepcionales (pequeños) del teorema 2.

Answer 2

Si $G$ es un grupo finito no trivial que puede ser generado por dos elementos no triviales de orden de potencias primos, entonces la respuesta a la pregunta es afirmativa. Sea $\mathcal{G}$ sea el conjunto de todos los subgrupos de $G$ y que $G=\langle x,y\rangle$ donde $x$ y $y$ son elementos no triviales de $G$ de oders de primera potencia. Supongamos que $A=\lbrace H\in \mathcal{G} \;|\; x\in H, y\not\in H \rbrace$ , $B=\lbrace H\in \mathcal{G} \;|\; x\not\in H, y\in H \rbrace$ , $C=\lbrace H\in \mathcal{G} \;|\; x\not\in H, y\not\in H \rbrace$ y $E=\lbrace H\in \mathcal{G} \;|\; x\in H, y\in H \rbrace$ . Así que $E=\{G\}$ y $|C|\geq 1$ como $\{1\}\in C$ . De ello se deduce que $|A|\leq |\mathcal{G}|/2$ o $|B|\leq |\mathcal{G}|/2$ .

Creo (si no me equivoco) que todos (¡si no "la mayoría"!) de los grupos simples finitos pueden ser generados por dos elementos de órdenes de potencia primos. Así que la pregunta tiene respuesta afirmativa para los grupos simples finitos y $2$ -de órdenes de potencia primos.

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ACTUALIZACIÓN (17/enero/2014): Inspirado por Russ, se puede demostrar que la pregunta tiene respuesta afirmativa para grupos finitos que tengan un subgrupo maximal(no necesariamente normal) de índice primo. Sea $M$ sea un subgrupo maximal de $G$ de índice primo $p$ . Si existe un elemento $g\in G\setminus M$ de $p$ -orden de potencia, entonces $G=M\langle g\rangle$ . Esto último se cumple ya que $$|M\langle g\rangle|=\frac{|M||g|}{|M\cap \langle g\rangle|}.$$ Ahora el mapa $H\mapsto H\cap M$ es inyectiva para todos los subgrupos $H$ que contiene $g$ . Por lo tanto, podemos suponer que todos $p$ -los elementos de orden de potencia están en $M$ lo que implica que $M$ contiene todos los Sylow $p$ -subgrupos de $G$ una contradicción. Esto mejora ligeramente el resultado de Russ, ya que no suponemos $M$ es normal en el grupo.