Dejemos que $E$ sea un espacio topológico de Hausdorff, $G$ un grupo de homeomorfismo que actúa sobre $E$ adecuadamente discontinua, es decir $\forall e\in E$ existe un barrio $U$ de $e$ tal que $gU\cap U = \emptyset $ para todos $g \neq 1_{G}$ .
Entonces demuestre que las órbitas son cerradas y discretas.
Me interesa demostrar que las órbitas son cerradas. Si G es finito el problema es fácil.
¿Y el caso G infinito? ¿Alguna pista?
Sea la órbita de $x$ no sea cerrado, y por lo tanto tenga un punto límite $y$ fuera. Ahora, elige el barrio $V$ de $y$ dada por la definición de discontinuidad propia. Para algunos $g$ , $gx \in V$ . Como el espacio es Hausdorff y $y \neq gx$ , $V\setminus \{gx\}$ es una vecindad de $y$ . Por lo tanto, hay algo de $hx \in V\setminus \{gx\}$ En particular $h \neq g$ . Entonces $V \cap gh^{-1}V \neq \varnothing$ . De ahí la contradicción.
Dejemos que $h : G \times E \to E \times E$ definirse como $h(g,x) = (gx,x)$ . Discontinuidad adecuada dice que $h$ es adecuado .
Tengo una solución parcial: funciona con caracterizaciones secuenciales. Supongamos que $E$ es contable en primer lugar .
Supongamos que hay un $x \in E$ cuya órbita $O_x$ no está cerrado. Entonces existe un $y$ en el exterior $O_x$ y una secuencia $g_1x, g_2x, \ldots$ en la órbita que converge a $y$ . Sea $S = \{y\} \cup \{g_1x, g_2x, \ldots\}$ . Entonces $S$ es compacto y $S \times \{x\}$ es compacto. Su imagen inversa bajo $h$ es al menos $\{g_1, g_2, \ldots\} \times \{x\}$ . La imagen inversa es infinita (esto se deduce de $E$ siendo Hausdorff). Por lo tanto, no es compacto, lo que contradice la discontinuidad adecuada.
Supongamos que hay un $x \in E$ cuya órbita $O_x$ no es discreto. Supongo que esto significa que la topología del subespacio en $O_x$ no es la topología discreta. Entonces hay un subconjunto de $O_x$ que no está cerrado en $O_x$ y podemos repetir el argumento anterior.
No sé cómo generalizar esto, trabajando con los barrios directamente o con las redes.
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