Ignorando los elementos de la pequeña orden en el grupo simple de la orden de $60$

Question

El simple grupo de orden $60$ pueden ser generados por las permutaciones $(1,2)(3,4)$$(1,3,5)$, pero todo lo que usted necesita hacer es cuadrado del primero y se convierte en la identidad. No podemos encontrar una versión de la simple grupo donde los elementos de la pequeña orden puede ser ignorado?

Para un grupo de $H$, definir $Ω_n(H)$ a ser el subgrupo generado por los elementos de orden menor que $n$. Por ejemplo, si $n=3$ $H=\operatorname{SL}(2,5)$ es el perfecto grupo de orden $120$, $Ω_n(H)$ orden $2$, e $H/Ω_n(H)$ es la simple grupo de orden $60$. Si $n=4$ $H=\operatorname{SL}(2,5)⋅3^4$ es el perfecto grupo de orden $(60)⋅(162)$ cuyas $3$-core no se complementa, a continuación, $Ω_n(H)$ orden $162$ $H/Ω_n(H)$ es de nuevo el simple grupo de orden $60$.

Mi primera pregunta es si hay pequeños ejemplos para $n=4$, desde el salto $1$, $2$, $162$ parece un poco drástico para $n=2, 3, 4$.

Hay un grupo de $H$ de la orden menos de $(60)⋅(162)$ tal que $H/Ω_4(H)$ es la simple grupo de orden $60$?

Probablemente, para cada entero positivo $n$, hay un grupo finito $H$ tal que $H/Ω_n(H)$ es la simple grupo de orden $60$. Estoy interesada en saber si tales $H$ puede ser elegido para ser "pequeño" de alguna manera.

Hay una secuencia de grupos finitos $H_n$ y una constante de $C$ tal que $H_n/Ω_n(H_n)$ es la simple grupo de orden $60$ que $|H_n| ≤ C⋅n$?

Yo también estaría bien con algunas referencias a donde este problema se discute. Sería agradable si había algún tipo de analógica a la Schur multiplicador describiendo el mayor tonto del núcleo, y una clara definición de lo que es un tonto kernel (creo que es demasiado pedir para un no-tonto kernel para ser incluida en el Frattini subgrupo, y yo creo que puede ser razonable para pedir el máximo entre un mínimo de núcleos).

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En caso de que ayuda, aquí están algunos reducido de casos que sé que puede ser manejado:

Un simple ejemplo: si en lugar de la simple grupo de orden $60$, nos concentramos en el grupo simple de la orden de $2$, entonces podemos optar $H_n$ a ser el grupo cíclico de orden $2^{1+\operatorname{lg}(n−1)}$ al $n≥2$, y el orden de $H_n$ está delimitado por encima y por debajo por múltiplos de $n$. Podemos crear mucho más grande $H_n$ $n≥3$ tomando el producto directo de nuestro pequeño $H_n$ con primaria abelian $2$-grupo de pedido grande, pero, a continuación, $Ω_n(H_n×2^n) = Ω_n(H_n)×2^n$ se ha vuelto tonto ya que toda la primaria abelian $2$-grupo parte, $2^n$, no está relacionado y utiliza una gran cantidad de generadores, es decir, que no está incluida dentro de la Frattini subgrupo.

Una moderada ejemplo: si en lugar de la simple grupo de orden $60$, podemos tomar el no-grupo abelian de orden $6$, entonces puedo encontrar una elección natural de $H_n$$|H_n| ≤ C⋅n$, pero no estoy seguro de si hay otras opciones. Mi elección de $H_n$$Φ(H_n)=1$, lo cual me sugiere que Frattini extensiones puede no ser la mejor idea.

Answer 1

Respecto a tu primera pregunta acerca de los grupos de orden menor que $162\cdot 60$ que $H/\Omega_4(H)$ es igual a $A_5$, el grupo simple de la orden de los 60. Claramente, en cualquier ejemplo de la orden de $H$ debe ser un múltiplo de 60; y también se $H$ debe ser perfecto. Ahora es un problema de rutina para escribir un programa GAP, el uso de la biblioteca de la perfecta grupos, para encontrar las respuestas. Tenga en cuenta que dentro de la BRECHA del sistema, cada uno perfecto grupo es identificado por un par de $[n, i]$ donde $n$ denota el orden, y el $i$ identifica a qué grupo perfecto de que el fin está destinado (en caso de que haya varios).

El uso de este, he comprobado que todo perfecto grupos cuyo orden es un múltiplo de 60 y menos de $162\cdot 60$ satisfacer $H/\Omega_4(H)=1$. Así que tu ejemplo de orden $9720=162\cdot 60$ es de hecho la primera donde este cociente no es trivial. Y es muy especial, con esa propiedad, también; los siguientes ejemplos que he encontrado son de orden $155520=2592\cdot60$$311040=5184\cdot60$. (Pero tenga en cuenta que la base de datos es incompleta para todos los pedidos de $2^n\cdot60, n\geq 10$.)

El perfecto grupo $[174960, 2]$ satisface $H/\Omega_4(H)\cong A_6$. Pero para todos los demás perfecta para grupos de hasta el orden de $302400=5040\cdot 60$, el cociente es de nuevo trivial.

A continuación, en el orden de las $311040=5184\cdot 60$ hay de nuevo un par de ejemplos donde el cociente es $A_5$.

Y por último, el perfecto grupo con id $[311040, 14]$ es la primera (hasta las lagunas en la base de datos!) grupo para satisfacer $H/\Omega_5(H)\cong A_5$ (de hecho, para todos los otros grupos antes de ello, que el cociente es trivial).