El grupo mínimo con longitud de ajuste tres

Question

Dejemos que $G$ sea un grupo con lengt de ajuste $3$ es decir

$$e< F_1< F_2 < F_3=G$$ y $F(G)=F_1$ y $\bar {F_2}=F(G/F_1)$ .

Si todo subgrupo propio de $G$ y todo cuático no trivial de $G$ tiene una longitud de ajuste como máximo $2$ entonces podemos decir que $F_i/F_{i-1}$ es abeliano? ¿O qué podemos decir en ese caso?

Answer 1

He encontrado un ejemplo en el que $F_2/F_1$ no es abeliana. Esto es $\mathtt{SmallGroup}(216,153)$ (en GAP o Magma), y tiene la estructura $3^2.Q_8.3$ . Así que $F_1$ es abeliano elemental de orden $9$ , $F_2/F_1 = Q_8$ y $|F_3/F_2|=3$ .

Espero que puedas decir algo. Yo conjeturaría que $F_1$ y $F_3/F_2$ tiene que ser abeliano, pero demostrarlo podría no ser trivial.

Answer 2

Estos argumentos pueden probar su conjetura,

$F(G)/\Phi(G)=F(G/\Phi(G))$ por lo que podemos suponer que $\Phi(G)=1$ . Desde, $\Phi(G)\geq \Phi(F_1)$ tenemos $\Phi(F_1)=1$ . Por lo tanto, $F_1$ es un grupo abeliano.

Si $F_3/F_2$ no es abeliano podemos encontrar el subgrupo característico $\bar C < F_3/F_2$ . Entonces $F_2<C<F_3$ y $C$ es característico en $G$ . $F(C)\geq F_1$ y $F(C)$ también es normal en $G$ . Por lo tanto, $F(C)=F_1$ . Como $C$ debe tener nilpotente con lengt $2$ , $C/F(C)=C/F_1$ es nilpotente. Entonces, $C/F_1\leq F_2/F_1$ que es una contradicción.