He descubierto que $([a,b]^2[a,b^2])^n$ es un buen relator para usar en mi búsqueda de cocientes de $G := \langle a, b \ | \ a^2, b^3, (ab)^7, [a,b]^{10} \rangle$ . Para n<=5 $H := \langle a, b \ | \ a^2, b^3, (ab)^7, [a,b]^{10}, ([a,b]^2[a,b^2])^n \rangle$ es el grupo trivial, pero cuando n=6, es el grupo Janko J1, y cuando n=7, es el grupo Hall-Janko J2. He intentado averiguar cuál es el grupo cuando n = 8, pero sin éxito (magma falló, y GAP utilizó demasiada memoria y me estropeó el ordenador). ¿Hay alguna manera de encontrar cuál es este grupo?
¿Son las potencias más altas de cada uno de esos grupos simples cocientes de G? Se comprobó (en otra pregunta) que G2(3^4), G2(7^2), G2(11^2), G2(13^4) también son cocientes de G (y debería haber más cocientes correspondientes a primos mayores). ¿Es posible averiguar la mayor potencia de cada uno de los que son cocientes de G, y el exponente de $[a,b]^2[a,b^2]$ ¿para cada uno?
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A primera vista, parece $H=G$ .
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Eso no puede ser posible, porque el orden de $([a,b]^2[a,b^2])$ no es 8 (de lo contrario, cuando n=6 el grupo sería trivial). Además, el grupo de Janko J1 es un cociente de G, pero no de H (cuando n=8), ya que el grupo de Janko no contiene elementos de orden 8.
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Woops, lo siento, cometí un error en la pregunta. Corregido ahora.
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Supongo que ya sabes que $G$ se asigna a ${\rm PSL}_2({\bf F}_{41})$ . (El exponente de $\ [a,b]^2[a,b^2]$ en la imagen es $21$ .)
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Sí, hasta ahora sé que G mapea sobre PSL2(F41), J1, J2, y también sobre algunos de los grupos de Chevalley G2. G2(5) es el grupo de Chevalley más pequeño, y su exponente es 31. Además, sé que J1 es también un cociente de H para n=10.
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¿Has probado a calcular la abelianización de subgrupos de bajo índice? Si tienes suerte, podrías demostrar que es infinita de esta manera. (Nota: es un hecho que esto funciona para n suficientemente grande, así que esta estrategia es esperanzadora).
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Hay un subgrupo de índice dos, pero la abelianización es el grupo trivial. Además, la abelianización del grupo original H es trivial. Espera, esto es interesante... el subgrupo tiene la misma presentación (por transformadas de Tietze) que H. ¿Qué significa esto?
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Bueno, si eso es cierto, entonces implica sin duda que su grupo es infinito (ya que ningún grupo finito es isomorfo a un subgrupo propio de sí mismo).
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He utilizado el método LowIndexSubgroups. ¿Es posible que el grupo sea trivial y que GAP no se haya dado cuenta de que es trivial?
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Thomas - hay algo que no cuadra en lo que has dicho arriba. Si H tiene un subgrupo de índice dos entonces la abelianización de H no es trivial (ya que H mapea a Z/2).
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Y, ahora que lo pienso, la abelianización de G, y por tanto de H, es ciertamente trivial. Tal vez tienes 'todos los subgrupos de índice como máximo 2'?
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Ah, sí, tienes razón. No era el índice 2 en absoluto, era el índice 1.
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He descubierto que ninguno de los grupos PSL(2, 41), J1, J2, G2(5) son cocientes de H (cuando n=8). O este grupo es trivial, o tiene algún cociente que aún no hemos descubierto. Si no recuerdo mal, se ha comprobado que no hay otros cocientes de G (y, por tanto, de H) de orden inferior a 2.000.000.000.
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Sería posible que $H$ para no tener cocientes finitos no triviales y aún así ser infinito.
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Sería un grupo bastante interesante si eso fuera cierto. Sería (o al menos uno de sus cocientes) un grupo simple infinito finitamente presentado. Pero, ¿cómo podría demostrarse?
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@Thomas, no, sería una llamada casi simple grupo. Son bastante más fáciles de construir que los grupos simples infinitos.