¿Tiene un grupo una topología pro-p única?

Question

Si $G$ es un residuo $p$ grupo y $G_i$ CUALQUIER filtración (es decir $G_i\subset G_{i-1}$ y $\cap G_i=e$ ) de normal $p$ -subgrupos de índice de potencia, ¿es la filtración correspondiente el pro- $p$ ¿Filtración?

Dicho de otro modo, si $H$ es cualquier normal $p$ -subgrupo de índice de potencia, ¿contiene uno de los $G_i$ 's?

La respuesta a la pregunta correspondiente para filtraciones finitas es, por supuesto, negativa, por ejemplo, la filtración $p^i\Bbb{Z}$ de $\Bbb{Z}$ no da la topología profinita de $\Bbb{Z}$ . En cambio, para los grupos abelianos la respuesta a la pregunta anterior es positiva.

Answer 1

He aquí tres propiedades de un grupo topológico $G$ podría tener.

(1) El grupo es topológicamente finitamente generado.

(2) Todos los subgrupos abstractos con índice finito son abiertos.

(3) Hay finitamente muchos subgrupos abstractos con cada índice.

En 1975, Serre demostró que (1) implica (2) para pro- $p$ (la prueba se encuentra en la Secc. 4.3.4 de J. S. Wilson, Grupos Profinitos Oxford Univ. Press, Oxford, 1998) y conjeturó que (1) implica (2) para todos los grupos profinitos. Esta conjetura fue demostrada en 2007 por N. Nikolov y D. Segal utilizando la clasificación de grupos simples finitos. (N. Nikolov y D. Segal, Sobre grupos profinitos finitamente generados. I. Completitud fuerte y límites uniformes Ann. of Math. 165 (2007), 171--238 y Sobre grupos profinitos finitamente generados. II. Productos en grupos cuasisimples Ann. of Math. 165 (2007), 239--273.

H. L. Peterson ( Caracteres discontinuos y subgrupos de índice finito Pacific J. Math. 44 (1973), 683--691) demostró que (2) implica (3) para grupos Hausdorff compactos y M. P. Anderson ( Subgrupos de índice finito en grupos profinitos Pacific J. Math. 62 (1976), 19--28) demostró que (3) implica (2) para grupos pro-solubles. Por lo tanto (2) y (3) son equivalentes para grupos pro-solubles, así en particular para pro- $p$ grupos. Que (3) implica (2) para todos los grupos compactos de Hausdorff (por tanto, todos los grupos profinitos) se debe a J. S. Wilson (Lemma 6 en Grupos que satisfacen la condición maximal para subgrupos normales Matemáticas. Z. 118 (1970), 107--114), mientras que M. G. Smith y J. S. Wilson ( Sobre subgrupos de índice finito en grupos compactos de Hausdorff , Arch. Math. 80 (2003), 123--129) reprobó la equivalencia de (2) y (3) para grupos compactos de Hausdorff.

En este punto vemos que (1) implica (2) para grupos profinitos y (2) y (3) son equivalentes para grupos compactos de Hausdorff. Para completar el circuito es natural suponer que (3) implica (1) para los grupos profinitos (y tal vez incluso todos grupos compactos de Hausdorff). Comprobaremos que (3) implica (1) para grupos pro- $p$ por lo que (1), (2) y (3) son equivalentes cuando $G$ es un pro- $p$ grupo.

Sea $G$ ser un pro- $p$ que satisfaga (3). Un subgrupo abierto maximal de un pro- $p$ grupo tiene índice $p$ por lo que (3) implica que hay un número finito de subgrupos abiertos maximales de $G$ . La intersección de un número finito de subgrupos abiertos es abierta, por lo que la intersección de los subgrupos abiertos máximos de $G$ está abierto. Esta intersección es el subgrupo Frattini $\Phi(G)$ Así que $\Phi(G)$ está abierto en $G$ . De la proposición 2.8.10 de L. Ribes y P. Zalesskii, Grupos Profinitos , Springer--Verlag, Berlín, 2000 que $G$ es topológicamente finitamente generada.

Answer 2

No, esto no es cierto (al menos asumiendo el axioma de la elección).

Sea $G = \prod_{i=0}^\infty \mathbb{Z}/2$ y que $\pi:G \to \mathbb{Z}/2$ sea cualquier homomorfismo de grupo suryectivo que envíe al subespacio vectorial propio $\oplus_{i=0}^\infty \mathbb{Z}/2$ a cero. El núcleo de este homomorfismo es un subgrupo $H$ de índice $2$ .

Sea $G_k = \prod_{i=k}^\infty \mathbb{Z}/2 \subset G$ . Entonces el $G_k$ son una filtración de $G$ como pides, pero $H$ no contiene ninguna de las $G_k$ . Si así fuera, entonces el homomorfismo de grupo $\pi$ sería un factor $G/G_k$ y, por tanto, vendrá determinada por sus valores en $\oplus_{i=0}^{k-1} \mathbb{Z}/2 \subset ker(\pi)$ .

En caso de que $G$ es topológicamente finitamente generada supongo que se puede usar el mod- $p$ serie central inferior para demostrar que su afirmación tiene una respuesta afirmativa, pero no tiene un argumento a mano.

Answer 3

$\DeclareMathOperator{\GL}{\operatorname{GL}}$ No.

Sea $G(n,p)$ sea el núcleo de $\GL_n({\Bbb Z}_p) \to \GL_n({\Bbb Z}/p)$ . Se trata de un pro- $p$ grupo.

Suficientes matrices aleatorias en $G(n,p)$ generan un grupo libre que tiene probabilidad positiva de ser denso. En otras palabras, la topología inducida en el grupo libre tiene terminación $G(n,p)$ . Si tomamos el mismo número de matrices en $G(2,p)$ y $G(3,p)$ esto da dos topologías sobre el mismo grupo libre con diferentes terminaciones, ninguna de las cuales es el pro- completo. $p$ topología. Sin la aleatoriedad, el núcleo de $\GL_2({\Bbb Z}) \to \GL_2({\Bbb Z}/p)$ es libre, pero la topología procedente de $G(2,p)$ no es el pro $p$ topología.

En un sentido más positivo, la propiedad de subgrupo de congruencia dice que todo subgrupo de índice finito de $\GL_3({\Bbb Z})$ contiene el núcleo de reducción $\bmod m$ para algunos $m$ . Creo que esto implica que la única $p$ -topología sobre el núcleo de reducción $\bmod p$ es la que tiene terminación $G(3,p)$ .

Answer 4

Tu pregunta, en el caso de generación finita, está más o menos contestada más arriba.

En el caso de la generación infinita, sin embargo, se trata de una cuestión de investigación que he estado estudiando durante el último año más o menos. Estoy redactando de nuevo un artículo sobre el caso abeliano.

Si $G$ es cualquier pro- $p$ grupo, por Serre, cualquier pro- $p$ topología debe tener todos los subgrupos de índice finito abierto, por lo que la respuesta aquí es sí. Esto no es demasiado difícil de ver. Un resultado de Nikolov y Segal (2006) demostró lo mismo para los grupos profinitos.

Aquí podría referirse a dos nociones diferentes de topología única. Si $f:G\to H$ es un isomorfismo abstracto entre dos grupos pro-p, tenemos tres posibilidades:

(1) $f$ debe ser continua. (2) $f$ no es continua, pero $G,H$ son isomorfos como pro- $p$ grupos. (3) $G,H$ no son isomorfas como pro- $p$ grupos.

El caso de que se trate depende totalmente de la estructura algebraica de $G$ .

El primer caso equivale a decir que todos los automorfismos de $G$ son continuas. Como en el caso anterior, cualquier pro- $p$ En efecto, los grupos profinitos tienen esta propiedad. Sin embargo, no todos los grupos deben ser generados finitamente. Considerando los centralizadores, que, como núcleos de mapas de palabras, deben ser cerrados en cualquier topología profinita, se puede ver que cualquier producto (cartesiano no restringido) de grupos finitos sin centro tiene esta propiedad. Además, si se consideran los centralizadores también se obtiene este resultado para los grupos de ramas.

Si suponemos que falla la Hipótesis del Continuo Generalizado, obtenemos ejemplos poco interesantes de pro- ismorfos abstractos no isomórficos. $p$ grupos - el producto cartesiano (no restringido) de $\aleph$ , $\beth$ copias de $C_p$ con $2^\aleph=2^\beth$ por ejemplo. Es más interesante buscar ejemplos que no dependan de esto. De ahí que tenga sentido examinar primero los grupos profinitos de base contable, que son el límite inverso de una colección contable de grupos finitos.

Tyler Lawson da un buen ejemplo de esto más arriba, pero no es demasiado difícil ver que estos grupos siguen siendo abstractamente isomorfos.

Y lo que es más interesante, si $G$ es un pro- abeliano de base contable $p$ con grupo de torsión de exponente infinito, entonces $G$ es abstractamente isomorfo a un producto de cíclicos $p$ -grupos, y hay incontables pro- $p$ topologías en $G$ que dan lugar a incontables clases de isomorfismo de pro- $p$ grupos.

Mi artículo al respecto está completo matemáticamente, pero se está redactando de nuevo. En los próximos días aparecerá una versión en ArXiV. Mientras tanto, puedo enviar una copia por correo electrónico a quien lo solicite.

Answer 5

Contrariamente a lo que afirma OP, esto es falso incluso para grupos abelianos finitamente generados, incluyendo $\mathbf{Z}^2$ .

En efecto, fijemos una incrustación de grupo denso $i:\mathbf{Z}^2\to\mathbf{Z}_p$ (a saber $i(n,m)=n+mt$ para algún irracional fijo $t\in\mathbf{Z}_p$ ). Defina $G_n=i^{-1}(p^n\mathbf{Z}_p)$ . Entonces $(G_n)$ es una secuencia decreciente de subgrupos cuya intersección se reduce a $\{0\}$ . Además $G_0/G_n$ es isomorfo a $\mathbf{Z}/p^n\mathbf{Z}$ . Por lo tanto, no $G_n$ se encuentra en $p\mathbf{Z}^2$ .