Hace $H\leq G$ implica $[G_x: H_x]\leq [G: H]$ ?

Question

Que un grupo $G$ actuar en un conjunto $S$ . Sea $H$ sea un subgrupo de $G$ y $x\in S$ . Quiero demostrar que $[G_x: H_x]\leq [G: H]$ , donde $G_x$ es el grupo de isotropía de $x$ en $G$ . (Si es necesario, suponemos que estos índices son finitos).

Si $G$ es un grupo finito, ya que $|G|=|G_x||Gx|$ tenemos $$[G_x: H_x]=\frac{|G|}{|H|}\frac{|Hx|}{|Gx|}\leq\frac{|G|}{|H|}=[G:H].$$ Y así es como consigo la desigualdad deseada.

En cuanto al caso en que $G$ es infinito, como $SL_2(\mathbb Z)$ , escribí $G=\bigcup_{i=1}^nHg_i$ donde $n=[G:H]$ y quería demostrar que $G_x=\bigcup_{i=1}^mH_xg_i'$ para algunos $g_i'$ s. Pero no puedo seguir adelante ya que no puedo conectar estos $g_i'$ s con el subgrupo de isotropía $G_x$ .

Este problema me lo planteé desde que estudié en Fred Diamond y Jerry Shurman: Un primer curso de formas modulares (Ejercicio 2.4.4(a)). No estoy seguro de mi conjetura. Se agradecerá cualquier ayuda.

Answer 1

Si todos los índices a la vista son finitos :

$[G:H_x] = [G:H][H:H_x] = [G:G_x][G_x:H_x]$ por lo que la afirmación equivale a demostrar que $[H:H_x]\leq [G:G_x]$ .

Pero para eso hay una prueba fácil : $H/H_x\to G/G_x, kH_x\mapsto kG_x$ es (bien definida y ) inyectiva.

De hecho, asume $kG_x = gG_x$ con $k,g\in H$ . Entonces $kg^{-1}\in G_x$ y $kg^{-1}\in H $ así que $kg^{-1}\in H_x$ así que $kH_x=gH_x$ , por lo que la inyectividad.

Así que a lo sumo necesitamos $[G:H_x]$ ser finito (sigue la finitud del resto, o se puede hacer al revés)

Aquí hay una demostración del caso general sin suposición de finitud, usando el lema de Zorn (podemos formularlo también usando secuencias transfinitas pero la mayoría de la gente se siente más cómoda con Zorn que con la inducción transfinita - si no te gusta el axioma de elección, esta construcción requiere que $G_x$ está bien ordenado, no más) :

Dejemos que $R\subset G_x$ sea un subconjunto máximo de " $H$ -elementos "independientes", es decir, un subconjunto tal que para $h\neq k \in R, h^{-1}k\notin H$ y que es máxima con respecto a esta propiedad (nota : yo escribí $H$ y no $H_x$ !).

Existe porque esta condición es estable bajo uniones en cadena, y $\{e\}$ lo satisface, por lo que se aplica el lema de Zorn. Entonces $|R| \leq [G:H]$ por razones obvias. Ahora afirmo que $|R| = [G_x:H_x]$ . De hecho, afirmo que $G_x \subset \displaystyle\bigcup_{g\in R}gH_x$ . La prueba es sencilla: dejemos que $k\in G_x$ . Entonces, o bien $k\in R$ en cuyo caso $k\in kH_x$ y ya está, o $k\notin R$ , en cuyo caso por maximalidad, $R\cup\{k\}$ no es $H$ -independiente, por lo que hay $g\in R$ con $g^{-1}k\in H$ .

Pero $g^{-1}k\in G_x$ también así que $g^{-1}k\in G_x\cap H = H_x$ y por lo tanto $k\in gH_x$ .

Además, $gH_x \subset G_x$ para $g\in R$ y si $gH_x = kH_x, g,k\in R$ entonces $g=k$ para que $G_x =\displaystyle\coprod_{g\in R}gH_x$ y $[G_x:H_x] = |R|$ Así que hemos terminado.

La idea aquí era que no se puede empezar con cualquier descomposición de $G_x$ en $H_x$ -cosetas, pero si se comienza con $H$ -cosetas y luego bajar a $H_x$ -cosets, todo funciona. Si cada índice es finito, la construcción anterior se reduce a : tomar un conjunto de representantes de $G$ mod $H$ con la máxima cantidad de elementos de $G_x$ , digamos que $k_1,...,k_r, g_1,...,g_l$ . Entonces, como tomamos la máxima cantidad de elementos de $G_x$ , cualquier persona en $G_x$ debe estar en uno de $k_1H,...,k_rH$ Si no, podría haberla añadido a la lista. Pero entonces el $k_i$ también son $H_x$ representantes.