Al parecer, se han hecho preguntas similares en MathOverflow. Las citaré aquí por si alguien más está interesado en esto.
Nueva respuesta
Aquí Gabriel C. Drummond-Cole dio una respuesta muy bonita: el subgrupo $\{(x+\mathbb{Z}^2,\pi x+\mathbb{Z}^2)\}\cup\{(x+\frac{1}{2}+\mathbb{Z}^2,\pi x+\mathbb{Z}^2)\}$ (para $x\in\mathbb{R}$ ). Un cálculo directo muestra que se trata de un subgrupo (utilizando el hecho $1/2+1/2=0$ en el toroide). Tiene dos componentes conectados por trayectorias: claramente $\{(x+\mathbb{Z}^2,\pi x+\mathbb{Z}^2)\}$ y $\{(x+\frac{1}{2}+\mathbb{Z}^2,\pi x+\mathbb{Z}^2)\}$ están conectadas por un camino (como las imágenes de $\{(x,\pi x\}$ y $\{(x+\frac{1}{2},\pi x\}$ ), y no hay ningún camino que conecte $(0+\mathbb{Z}^2,0+\mathbb{Z}^2)$ + $(\frac{1}{2}+\mathbb{Z}^2,0+\mathbb{Z}^2)$ ya que dicho camino se elevará a un camino de $(0,0)$ a $(\frac{1}{2},0)$ que se encuentra en la preimagen de este subgrupo en $\mathbb{R}^2$ es decir, en $\{(x,\pi x)\}\cup\{(x+\frac{1}{2},\pi x\} + \mathbb{Z}^2\subseteq\mathbb{R}^2$ . Obviamente, en este conjunto $(0,0)$ y $(\frac{1}{2},0)$ están en diferentes componentes conectados por el camino, por lo que esto es una contradicción. Por lo tanto, nuestro subgrupo no está conectado por caminos. Sin embargo, está conectado: como tiene precisamente dos componentes de trayectoria, sólo tenemos que demostrar que ninguno de ellos es cerrado. Basta con demostrar que ninguno de los dos es cerrado porque sólo hay un número finito (dos) de ellos. Pero se sabe que cada uno de ellos es denso en $(\mathbb{R}/\mathbb{Z})^2$ , por lo que puedes acercarte a un punto de una desde puntos de la otra, por lo que no están cerradas.
Esta es una respuesta muy bonita y sencilla.
Respuesta antigua
Esta pregunta se pregunta en general por los subgrupos que no son subgrupos de Lie, pero por razones no triviales (es decir, no sólo porque deban tener un número incontable de componentes conectados). Esencialmente, sólo Claudio Gorodski respondió :
He encontrado un debate muy interesante de Shahla Ahdout y Sheldon Rothman en el Sitio web de la Sociedad Australiana de Matemáticas - la Gaceta en el que exhiben un ejemplo de subgrupo conectado, localmente conectado, del grupo aditivo $\mathbf R^2$ que no contiene arcos y es denso en $\mathbf R^2$ citando esencialmente a F. Burton Jones, Conjuntos planos conectados y desconectados y la ecuación funcional f(x) +f(y) =f(x+y), Bull. Amer. Math. Soc. 49 (1942), 115-120 . Tal subgrupo no es un grupo de Lie lo que indica lo esencial que es el papel de la conectividad en forma de arco.
El artículo de Jones resuelve el problema. Demuestra (Teorema 5, página 118) que existe una función $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ que es aditivo (es decir $f(x+y)=f(x)+f(y)$ para todos $x,y\in\mathbb{R}$ ) y que satisface lo siguiente:
- $f$ no es continua,
- El gráfico de $f$ está conectado.
- El gráfico de $f$ no está conectada por un camino (se deduce de la propiedad $3$ en la página 119, ya que cualquier camino que se encuentre dentro del grafo es un subconjunto conexo acotado. Esto también se deduce de la propiedad $2$ en la misma página, ya que cualquier camino no trivial es un continuo no degenerado (es decir, un subconjunto compacto conectado que contiene más de un punto)).
En concreto, construye una función aditiva $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ que satisface $1$ y $2$ y afirma la propiedad $3$ siguiente. Para ello se remitió a dos artículos en alemán, lamentablemente.
Sin embargo, si creemos que existe tal función $f$ entonces su gráfico es un subgrupo de $\mathbb{R}^2$ (por aditividad de $f$ ) que está conectada y no conectada a la ruta, y por lo tanto esto resuelve mi pregunta.
No estoy especialmente satisfecho con esta respuesta: Esperaba un argumento más agradable (y más completo). Tal vez no lo haya.
En cualquier caso, había un segunda pregunta en MathOverflow, inspirado en el primero. Se pregunta si hay subgrupos conectados no conectados por el camino de $\mathbb{R}^2$ pidiendo explícitamente una construcción de $f$ como en el caso anterior.
Martin M. W. dio la siguiente respuesta, que quizá sea más sencilla que la prueba de Jones (aunque también omite la explicación de por qué $3$ es verdadero):
Creo que la respuesta es que sí, el gráfico se puede conectar.
Por definición, si el grafo G no es conexo, entonces podemos encontrar conjuntos abiertos no vacíos A y B, tales que G está contenido en A En particular, esto implica que ningún punto de G puede estar contenido en En particular, esto implica que ningún punto de G puede estar contenido en la frontera de A. Por lo tanto, si podemos construir una función aditiva f cuya gráfica interseca la frontera de cualquier conjunto abierto separador potencial A, habremos demostrado que el gráfico es conexo.
Antes de construir esta función, hay que tener en cuenta un aspecto técnico. No todos los conjuntos abiertos son candidatos para separar G. Si G = A unión B para conjuntos abiertos no vacíos A,B, entonces las proyecciones proj(A) y proj(B) sobre el eje x son ambas abiertas, y deben intersecarse. A su vez, esto implica que la proyección de la frontera de A contiene un intervalo. Llamamos a los conjuntos abiertos con esta propiedad "conjuntos candidatos".
Para hacer una función f cuya gráfica intersecte la frontera de todos los conjuntos candidatos, considere una base H para R como un espacio vectorial sobre Q. Este conjunto tiene cardinalidad de los reales. Ahora observemos que el conjunto de todos los conjuntos abiertos en R^2 también tiene cardinalidad de los reales. ( http://en.wikipedia.org/wiki/Cardinality_of_the_continuum )
Poner estos dos conjuntos (base H, todos los conjuntos abiertos) en correspondencia 1-1, así para cada h en H, tenemos un conjunto abierto O(h). Si O(h) no es un "conjunto candidato Si O(h) no es un "conjunto candidato", f(h)=0. En caso contrario, utilizando el hecho de que O(h) es un conjunto candidato siempre podemos encontrar un racional q no nulo, y un real y tal que (qh,y) está en la frontera de O(h). Definamos f(qh)=y. Haciendo esto para todos los elementos de H determinará una única función aditiva f sobre los reales.
El gráfico de f, por construcción, es conexo ya que interseca la frontera de cada conjunto abierto candidato a separarse en R^2. (Y no es continua, si lo fuera, se perdería los límites de muchos conjuntos abiertos. conjuntos abiertos).
Hubo una segunda respuesta, de Andrew Clifford, que enlazaba con dos documentos: uno de Thomas y uno de Maehara .
Maehara vuelve a construir una función aditiva $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ Satisfaciendo a $1$ y $2$ pero no prueba $3$ .
Thomas supuestamente demuestra exactamente lo que nosotros (yo) queremos: un grupo de Lie de dimensión mayor que $1$ siempre admite un subgrupo conexo que no es un subgrupo de Lie (y, por tanto, no es conexo, ya que los subgrupos de Lie conexos son conexos). Sin embargo, Andrew Clifford (que dio el enlace a este artículo) también escribió "Math Reviews dice que hay un error en él, pero creo que el teorema sigue siendo válido para los grupos abelianos". Lea bajo su propio riesgo.
En resumen, la respuesta más satisfactoria es el artículo de Thomas, si es que es cierto para los grupos abelianos. Si no es así, sigo esperando encontrar un argumento más limpio. Después de todo, se supone que esto es un ejercicio.
