¿El Burnside$\mathbb Q$ - álgebra$A$ de un grupo depende solo de$\dim_{\mathbb Q}A$?

Question

La Burnside $\mathbb Q$-álgebra $\mathbb QB(G)$ de un grupo de $G$ generalmente se considera sólo cuando $G$ es finito; véase la Sección 3.1 del texto

[1] Serge Bouc, https://pdfs.semanticscholar.org/aff3/8005a0c57f36a15b01747616e738f1f9eb4d.pdf

Por otra parte, tenemos en este caso $\mathbb QB(G)\simeq\mathbb Q^n$ con $n=\dim_{\mathbb Q}\mathbb QB(G)$, y por lo tanto $\mathbb QB(G)\simeq\mathbb QB(H)$ siempre $G$ e $H$ son grupos finitos tal que $\dim_{\mathbb Q}\mathbb QB(G)=\dim_{\mathbb Q}\mathbb QB(H)$; véase la Sección 3.3 de [1].

Pero, si se sustituye la expresión "$G$-set" con "finito $G$-set", la definición de $\mathbb QB(G)$ tiene sentido para cualquier grupo de $G$, y parece natural preguntarse

Pregunta. Tenemos $\mathbb QB(G)\simeq\mathbb QB(H)$ si $G$ e $H$ son grupos que $\dim_{\mathbb Q}\mathbb QB(G)=\dim_{\mathbb Q}\mathbb QB(H)$?

La Burnside $\mathbb Q$-álgebra $\mathbb QB(G)$ de un grupo de $G$ es canónicamente isomorfo a la de su profinite finalización. La dimensión de la Burnside $\mathbb Q$-algebra de un profinite grupo es finito si y sólo si el grupo es finito, pero una infinita grupo puede tener un número finito de profinite de finalización).

Para cualquier grupo de $G$ elegimos un conjunto $S(G)$ de los representantes de las clases conjugacy de índice finito subgrupos de $G$.

La Burnside $\mathbb Q$-álgebra $\mathbb QB(G)$ es von Neumann regular.

De hecho, si $b$ es de $\mathbb QB(G)$, entonces hay una mayor finito índice normal de los subgrupos $N$ de $G$ tal que $b\in\mathbb QB(G/N)$. Deje $\phi_{G/N}:\mathbb QB(G/N)\to\mathbb Q^{S(G/N)}$ ser $\mathbb Q$-álgebra isomorfismo se define en la Sección 3.2 de [1], y definir $b'\in\mathbb QB(G/N)\subset\mathbb QB(G)$ por $$ b'=(\phi_{G/N})^{-1}\Big(w\circ(\phi_{G/N}(b)\Big), $$ donde $w:\mathbb Q\to \mathbb Q$ es definido por $w(\lambda)=\frac1\lambda$ si $\lambda\ne0$ e $w(0)=0$ (es decir, $w$ es un testimonio de von Neumann regularidad de $\mathbb Q$), por lo que tenemos $b^2b'=b$ en $\mathbb QB(G)$, lo que muestra que $\mathbb QB(G)$ es von Neumann regular.

(En este post $X\subset Y$ significa "$X$ es un (no necesariamente correcta) subconjunto de $Y$".)

Asumir a partir de ahora que todo lo finito índice de subgrupos de $G$ son normales (por ejemplo, $G$ es abelian).

En particular, $S(G)$ es el conjunto de todos finito índice de subgrupos de $G$.

Vamos a "calcular" $\mathbb QB(G)$ en este caso.

Usando la notación y resultados en la Sección 3.2 de [1] tenemos una $\mathbb Q$-álgebra inyectiva de morfismos $\phi_G:\mathbb QB(G)\to\mathbb Q^{S(G)}$ dada por $$ \Big(\phi_G(G/K)\Big)(H)=m(H,K), $$ y vemos que $$ \phi_G\left(\frac{G/K}{|G/K|}\right) $$ es la característica de la función de $f_K$ del subconjunto $$ S(G)_{\subconjunto K}:=\{H\in S(G)\ |\ H\subconjunto K\}. $$ A continuación, el $f_K$ con $K\in S(G)$ formar un $\mathbb Q$-base de $\mathbb QB(G)$ satisfactorio $$ f_Kf_L=f_{K\cap L} $$ para todos los $K,L\in S(G)$. En particular, hasta el isomorfismo $\mathbb QB(G)$ sólo depende de que el conjunto ordenado $S(G)$.

He aquí dos ejemplos:

$\bullet$ Si $k$ es un número entero con exactamente $n$ factores primos, y si $\mathbb Z_k$ es el grupo de $k$-ádico enteros, entonces el conjunto ordenado $S(\mathbb Z_k)$ es contrario a $\mathbb N^n$.

$\bullet$ El conjunto ordenado $S(\mathbb Z)$ es contrario a el conjunto de todas las secuencias de $x\in\mathbb N^{\mathbb N}$ tal que $x_n=0$ para $n$ lo suficientemente grande (dependiendo $x$).

Answer 1

En general, $\mathbb{Q}B(G)$ es el filtrado colimit de $\mathbb{Q}B(H)$ donde $H$ rangos de todos finito de coeficientes de $G$. En particular, esto significa $\mathbb{Q}B(G)$ es generado por idempotente elementos y se determina hasta el isomorfismo por su álgebra de boole de idempotente elementos, que voy a llamar a $I(G)$. (Ver esta respuesta para algunos relacionados con la discusión.)

En el caso de que todos finito índice de subgrupos son normales, a continuación, $I(G)$ puede ser identificado con el Booleano subalgebra de $\mathcal{P}(S(G))$ generado por los conjuntos de $S(G)_{\subseteq K}$ que usted considere. Esto puede ser descrito como el álgebra de boole libremente generada por $S(G)$ como un conocer-semilattice (prueba de dibujo: reducir para el caso finito y el uso de la descripción explícita de la libre álgebra Booleana en un conjunto finito).

En particular, si $p$ es primo, entonces podemos ver que $I(\mathbb{Z}_p)$ es isomorfo al álgebra de finito y cofinite subconjuntos de a$\mathbb{N}$, y, en particular, el conjunto ordenado $\mathbb{Z}$ no incrusta en $I(\mathbb{Z}_p)$. Por otro lado, $\mathbb{Z}$ hace incrustar en $I(\mathbb{Z})$, como se muestra por la siguiente cadena de elementos de $I(\mathbb{Z})$ (considerado como subconjuntos de a$S(G)$): $$\dots\subset S(\mathbb{Z})_{\subseteq 8\mathbb{Z}}\subset S(\mathbb{Z})_{\subseteq 4\mathbb{Z}}\subset S(\mathbb{Z})_{\subseteq 2\mathbb{Z}}\subset S(\mathbb{Z})_{\subseteq 2\mathbb{Z}}\cup S(\mathbb{Z})_{\subseteq 3\mathbb{Z}} \subset S(\mathbb{Z})_{\subseteq 2\mathbb{Z}}\cup S(\mathbb{Z})_{\subseteq 3\mathbb{Z}} \cup S(\mathbb{Z})_{\subseteq 5\mathbb{Z}} \subset\cdots$$ Por lo tanto $\mathbb{Q}B(\mathbb{Z}_p)$ e $\mathbb{Q}B(\mathbb{Z})$ son no isomorfos, aunque no tienen el mismo espacio vectorial de dimensión.

(De hecho, con un poco más de trabajo, usted puede mostrar a $I(\mathbb{Z})$ es atomless, por lo que debe ser el libre álgebra Booleana en countably muchos generadores. Por lo tanto $\mathbb{Q}B(\mathbb{Z})$ es isomorfo al álgebra de localmente constante $\mathbb{Q}$funciones con valores en el conjunto de Cantor. Del mismo modo, $\mathbb{Q}B(\mathbb{Z}_p)$ es isomorfo al álgebra de localmente constante $\mathbb{Q}$funciones con valores en $\mathbb{N}\cup\{\infty\}$, o, equivalentemente, el álgebra de eventualmente constante secuencias de elementos de $\mathbb{Q}$. La última descripción puede ser muy explícito: dado un número finito de $\mathbb{Z}_p$-set, envíelo a la secuencia cuyas $n$th término es el número de elementos que se fija por $p^n$.)

---

Un natural de seguimiento pregunta sería que álgebras Booleanas son isomorfos a $I(G)$ por algún grupo de $G$ (y por lo que idempotente-generan álgebras son isomorfos a $\mathbb{Q}B(G)$ por algún grupo de $G$). No sé cómo responder a eso, pero aquí es una condición necesaria: si $I(G)$ es infinito, entonces debe haber un conteo descendente de la cadena de valor distinto de cero elementos cuyo encuentro es $0$. Así, por ejemplo, no es posible para $I(G)$ a ser isomorfo al álgebra de boole $\mathcal{P}(\mathbb{N})/\mathrm{fin}$.

Para probar que tal una cadena existe, tenga en cuenta que cualquier normal finito índice subgrupo $H\subseteq G$ da un idempotente $i_H=\frac{G/H}{[G:H]}$, e $K\subset H$ implica $i_K<i_H$ en $I(G)$. Si $I(G)$ es infinito, $\mathbb{Q}B(G)$ es de infinitas dimensiones, por lo $S(G)$ es infinito. Si $H_1,\dots,H_n\subset G$ son finitos índice de subgrupos, a continuación, el núcleo de la acción en $G/H_1\times\dots\times G/H_n$ es normal que un ser finito índice subgrupo contenida en todos ellos. Así que no hay mínimo normal finito índice de subgrupo (de lo contrario estaría contenida en todos finito índice de subgrupos y de lo $S(G)$ sería finita), y así podemos encontrar una infinita descendente de la cadena de $G\supset H_1\supset H_2\supset\dots$ de la normal de índice finito subgrupos.

Puedo entonces afirmar que el encuentro de la idempotents $i_{H_n}$ es $0$; es decir, no distinto de cero idempotente de $\mathbb{Q}B(G)$ es menor de todos ellos. Para probar esto, deje $e\in\mathbb{Q}B(G)$ ser cualquier idempotente que es menor que todos los $i_{H_n}$ y elija normal finito índice subgrupo $H$ tal que $e\in\mathbb{Q}B(G/H)$ (es decir, $H$ fija todos los $G$-establece que aparecen en $e$). A continuación, hay algunos $n$ tal que $H\not\subseteq H_n$, desde el $[G:H_n]\to\infty$. Ahora tenga en cuenta que no $G$-establecer que aparecen en $i_{H_n}e$ es fijo por algún elemento que no está en $H_n$, y así no $G$-establecer que aparecen en $i_{H_n}e$ se fija por todos los de $H$. Pero $e\leq i_{H_n}$, lo $i_{H_n}e=e$. Dado que todos los $G$-establecer que aparecen en $e$ es fijo por $H$ pero también no $G$-establecer que aparecen en $e$ se fija en $H$, debemos tener $e=0$.