¿Un grupo profinito que no es su propia terminación profinita?

Question

¿Existe un grupo profinito $G$ que no es su propia terminación profusa?

Seguramente no, pensé. Pero al investigar, descubrí que hay un nombre especial que se le da a un $G$ que es su propia terminación profinita, es decir, "fuertemente completa". Y un reciente (2003) teorema duro (que según Wikipedia utiliza la clasificación de grupos simples finitos) debido a Nikolov y Segal afirma que, si $G$ es de generación finita (como grupo topológico), entonces es "fuertemente completo".

Así que el $G$ Estoy buscando que no puedan ser generados topológicamente de forma finita. Una pregunta equivalente a la anterior es:

¿Existe un grupo profinito $G$ que admite un subgrupo no abierto de índice finito?

El único contacto que he tenido con los grupos profinitos ha sido en el contexto de la teoría de los números, los grupos de Galois absolutos, los campos locales, etc. En particular, el único grupo profinito de generación no topológica que conozco es el grupo de Galois absoluto de un campo numérico, por ejemplo $\mathbb{Q}$ . Pero considero que la topología de Krull exige que los subgrupos de índice finito de $Gal(\bar{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$ estar abierto.

Tal vez haya un ejemplo más "exótico" de tal $G$ ...

Answer 1

El grupo de Galois absoluto $\mathrm{Gal}(\bar{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$ tiene muchos subgrupos de índice finito que no son abiertos. Véase la sección "Subgrupos no abiertos de índice finito" en el capítulo 7 de las notas de Milne sobre teoría de campos para una construcción (utiliza el axioma de elección).

Answer 2

Ejemplo tomado del libro de Ribes y Zalesskii "Profinite groups". Tomemos un conjunto infinito $I$ y un grupo finito $T$ . Puede dejar que $G$ sea el grupo profinito $\prod_I T$ . Denotemos sus elementos por $(g_i)_{i\in I}$ . Dejemos que $\mathcal F$ sea un ultrafiltro que contenga el filtro de todos los subconjuntos cofinitos de $I$ . Si usted denota $H$ para ser el subgrupo de elementos con $\lbrace i\in I \mid g_i=1\rbrace\in \mathcal F$ es evidente que $H$ es normal propio y que no es abierto porque es denso y tiene índice finito $|T|$ .

Para demostrar que $H$ tiene índice $|T|$ en $G$ considerar todos los elementos $a_t=(t,t,\dots)$ para $t\in T$ . Para cualquier $g\in G$ Considera que $I_t=\lbrace i\in I \mid g_i=t\rbrace$ . Ya que tenemos $\bigcup_{t\in T} I_t=I$ entonces $I_t\in \mathcal F$ para algunos $t$ y por lo tanto $ga_t^{-1}\in H$ .

Answer 3

Sí, esto es posible. Tome como $G$ el producto de un número contable de copias de $\mathbb Z_p$ . Tiene una base contable de subgrupos abiertos, por lo tanto, sólo contablemente muchos subgrupos abiertos. ¡Pero tiene muchos más subgrupos de índice finito!

Answer 4

Es difícil elegir muchos pro- $p$ grupos que son isomorfos a sus propias terminaciones profinitas. Parcialmente como pro- generados no infinitamente $p$ Los grupos no suelen ser tan fáciles de construir.

Mi documento aquí http://arxiv.org/abs/1101.3005 esboza la construcción de infinidad de pro- ductos topológicamente no isomórficos $p$ grupos isomorfos a $\prod_i C_{p^{i}}$ . Por lo tanto, todos ellos tendrán la misma terminación profinita, pero no son isomorfos.