¿Es un grupo profinito con un número finito de cocientes simples y factores de Jordan-Hölder finitamente generado?

Question

Supongamos que $G$ es un grupo profinito tal que los factores de Jordan-Hölder que aparecen en los cocientes finitos varían en un número finito de clases de isomorfismo de grupos simples. Supongamos también $G$ tener un número finito de subgrupos cuyo cociente correspondiente sea simple. ¿Implica esto que $G$ es (topológicamente) finitamente generada?

Estoy preguntando aquí después de algún intento de hacer funcionar una modificación del principio la para un $p$ -grupo $P$ cada conjunto de elementos que genera $P/\Phi(P)$ es un grupo generador de $P$ . Para $P$ grupos la pregunta es claramente mucho más simple, y he estado pensando que los elementos que generan cada cociente simple tenía que ser suficiente (esto no es cierto, como lo demuestra el ejemplo simple $Sym_n$ . Pero los distintos grupos simétricos tienen factores de Jordan-Holder cada vez mayores). Sin embargo, la cuestión no es del todo trivial, porque los subgrupos maximales (no normales) no suelen estar contenidos en un subgrupo normal propio, por lo que no es posible reproducir una prueba similar sin problemas. Nótese que la hipótesis de tener un número finito de factores descarta ejemplos tontos como $\prod_{i=4}^\infty Alt_i$ .

¿Se sabe algo sobre esta cuestión? Gracias por su atención.

Answer 1

Creo que la respuesta es no. Fijar un grupo simple finito no abeliano $S$ y una secuencia $(m_n)$ de enteros al menos 2. Definir inductivamente $G_1=S$ y $G_{n}=S^{m_n}\wr G_{n-1}$ . Este grupo sólo admite $S=G_1$ como cociente simple y sólo $S$ como factor de Jordan-Hölder. Afirmo que, siempre que $(m_n)$ crece lo suficientemente rápido, el rango (número mínimo de generadores) de $G_n$ es ilimitado, por lo que el límite inverso de la $G_n$ no es finitamente generada, aunque satisface tus suposiciones.

La afirmación de que $G_n$ tiene un único subgrupo normal maximal $W_n$ se obtiene por una fácil inducción. Para ello basta con que $G_n=V_n\rtimes G_{n-1}$ donde los únicos subgrupos de $V_n$ que son normales en $G_n$ son $V_n$ y {1} (necesitamos $S$ sea aquí no abeliano) y $V_n$ tiene centralizador trivial en $G_n$ .

Por otra parte, utilizamos que el rango $r(G)$ de un producto de corona $G=A\wr B$ es como mínimo $r(A)/|B|$ . En efecto, supongamos que $G$ es generado por $r$ elementos. Luego se genera por $B$ y $r$ elementos de $A^B$ , $a_i=(a_{ij})_{1\le j\le |B|}, i=1\dots r$ . Así que $A$ es generado por el $a_{ij}$ . Así $r(A)\le |B|r(G)$ .

Dado que el rango de $S^n$ tiende a infinito cuando $n$ tiende a infinito, podemos definir inductivamente la secuencia $(m_n)$ de modo que el rango de $G_n$ es como mínimo $n$ .

Edición: como ha señalado Maurizio en un correo electrónico, en el ejemplo no es cierto que los únicos subgrupos de $V_n=S^{m_n}$ que son normales en $G_n$ son $V_n$ y el grupo trivial. En realidad hay un poco más: $T^{m_n}$ donde $T$ es un factor directo en $S^{m_n}$ . Sin embargo, esto es suficiente para llevar a cabo una inducción que $G_n$ tiene un único subgrupo normal maximal.

Answer 2

Yves ha respondido a su primera pregunta, así que abordaré su objetivo más general.

Se puede considerar el subgrupo Frattini de un grupo profinito $G$ como el conjunto de los "no generadores": un no generador es un elemento $x$ tal que para cualquier subconjunto $X$ de $G$ para lo cual $\overline{\langle X,x \rangle}=G$ entonces $\overline{\langle X \rangle} = G$ . Es un hecho general sobre los grupos profinitos que el subgrupo de Frattini es pronilpotente, por lo que si los grupos que te interesan no son virtualmente pronilpotentes, no hay una reducción fácil de los problemas de generación a un cociente finito fijo. Así que la situación en pro- $p$ grupos es realmente muy diferente al caso general.

También se puede definir el subgrupo de Mel'nikov (recibe otros nombres) $M(G)$ para ser la intersección de todos los subgrupos normales $N$ tal que $G/N$ es simple. Esto juega un papel similar al subgrupo Frattini, pero hay que considerar los cierres normales: tenemos $x \in M(G)$ si y sólo si, siempre que el subconjunto $X$ de $G$ está contenido en un subgrupo normal cerrado propio, entonces $X \cup \{x\}$ también está contenido en un subgrupo normal cerrado propio. Una consecuencia es que si cualquier subconjunto $X$ de $G$ satisface $XM(G) = G$ entonces $G$ es el cierre del grupo generado por los conjugados de $X$ .

La pregunta natural en este punto es: ¿cuándo es $G/M(G)$ ¿Finito? En el pro- $p$ esta condición corresponde precisamente a la generación finita (como grupo topológico); en efecto $M(G) = \Phi(G)$ si $G$ es pronilpotente. En el caso general, la propiedad ' $G/M(G)$ es finito' no es comparable con la generación finita, y ni siquiera es estable al pasar a subgrupos de índice finito. Sin embargo, si además se supone $G$ es un pro- $\pi$ grupo, donde $\pi$ es un conjunto finito de primos, entonces $G$ finitamente generada implica $G/M(G)$ es finito, aunque esto parece necesitar el hecho de que sólo hay finitamente muchos simples finitos $\pi$ -hasta el isomorfismo (esto se deduce de la clasificación de los grupos simples finitos - no conozco ninguna prueba elemental). En la otra dirección, $G$ puede generarse infinitamente aunque $G/M(G)$ es finito y $G$ es prosoluble, implicando sólo dos primos - hay un ejemplo en un artículo reciente de J. Wilson, por ejemplo: mi internet es malo aquí pero creo que el artículo se llama 'Large hereditarily just infinite groups'.