¿Falla esta prueba si $H$ no está generada finitamente?

Question

Lo siguiente es de Álgebra Abstracta (Dummit & Foote):

Si $G$ es un grupo finito y $H$ es un subgrupo de $G$ tal que $H=\langle S\rangle$ para algunos $S\subseteq G$ entonces demuestre que $H\unlhd G$ si $gSg^{-1}\subseteq H$ para todos $g\in G$ .

Al considerar la prueba, parece que la condición de que $G$ es finito nunca se utiliza explícitamente, aunque hay una parte de la prueba que podría ser ambigua en los casos en que $H$ no está generada finitamente:

Prueba ( $\Leftarrow$ ): Supongamos que $H\leq G$ y $H=\langle S\rangle$ para algunos $S\subseteq G$ . Supongamos también que $gSg^{-1}\subseteq H$ para todos $g\in G$ . Sea $g\in G$ , $h\in H$ . Entonces $h=a_1^{n_1}\cdot a_2^{n_2}\cdots a_k^{n_k}$ para alguna colección de $a_i\in S$ . Aquí, calculamos $ghg^{-1}$ y demostrar por inducción (o semántica) que $ghg^{-1}\in H$ al colar un $g^{-1}g$ entre cada plazo: $$ghg^{-1}=g\cdot a_1^{n_1}\cdot a_2^{n_2}\cdots a_k^{n_k}\cdot g^{-1}=ga_1g^{-1}ga_1\cdots ga_ng^{-1}\in H$$ Mi pregunta es si este argumento falla si $H$ no está generada finitamente? ¿Por qué el autor utiliza "G es finito" en la hipótesis, y es esta condición necesaria? Si la condición es necesaria, ¿se le ocurre a alguien un contraejemplo inteligente para el caso infinito?

Answer 1

Consideremos el conjunto de elementos $x \in G$ , de tal manera que $gxg^{-1} \in H$ es válida para cualquier $g \in G$ . Se trata de un subgrupo de $G$ (para ser precisos es la intersección de las preimágenes de $H$ con respecto a la conjugación con $g$ para todos $g \in G$ ), que contiene $S$ por suposición. Por lo tanto, este subgrupo contiene $\langle S \rangle =H$ . No es necesario $G$ para ser finito o finitamente generado.

Answer 2

Como el mapa $\varphi\colon G\to G$ definido por $\varphi(x)=gxg^{-1}$ es un automorfismo de $G$ , usted tiene que $$ \varphi(\langle S\rangle)=\langle \varphi(S)\rangle\tag{$ * $} $$ para cualquier subconjunto $S$ de $G$ . En su caso sabe que $\varphi(S)\subseteq H$ Así que $$ H\supseteq\langle \varphi(S)\rangle=\varphi(\langle S\rangle) =\varphi(H)=gHg^{-1} $$ Dado que esto es válido para todos los $g\in G$ se demuestra la normalidad.

La prueba de $(*)$ no necesita $S$ sea finito (y $\varphi$ puede ser cualquier homomorfismo, en realidad). Se puede demostrar utilizando el hecho de que un elemento de $\langle S\rangle$ puede representarse como $s_1s_2\dots s_k$ , para $s_i\in S$ o $s_i^{-1}\in S$ .

Sin embargo, hay una técnica más general. Dejemos que $f\colon G\to G'$ sea un homomorfismo de grupo y $S$ un subconjunto de $G$ . El subgrupo $\langle f(S)\rangle$ es la intersección de todos los subgrupos de $G'$ que contiene $f(S)$ . Desde $f(\langle S\rangle)$ es un subgrupo de $G'$ que contiene $f(S)$ tenemos $\langle f(S)\rangle\subseteq f(\langle S\rangle)$ . A la inversa, $f^{-1}(\langle f(S)\rangle)$ es un subgrupo de $G$ que contiene $S$ Así que $\langle S\rangle\subseteq f^{-1}(\langle f(S)\rangle)$ lo que implica $f(\langle S\rangle)\subseteq \langle f(S)\rangle$ .

Tenga en cuenta que una vez que haya demostrado el resultado en esta forma, el mismo argumento funcionará para cualquier estructura algebraica, como anillos, espacios vectoriales, etc.