Sea $G$ un grupo de Lie (o, si es necesario, un grupo de Lie reductivo) y $H$ un subgrupo de $G$. Si $\lbrack G:H\rbrack < \infty$, ¿es cierto que $H$ es cerrado? De no ser así, ¿existen suposiciones amplias sobre $G$ que hagan que esto sea cierto?
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Matt Dawdy
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Sí, esto es cierto. Basta con demostrar que cualquier homomorfismo $\pi : G \to F$ de un grupo de Lie $G$ a un grupo finito $F$ (con la topología discreta) es continuo, o equivalentemente tiene la propiedad de que su núcleo contiene el componente conectado $G_0$ de la identidad en $G. Para probar esto, basta con mostrar que algún entorno $U$ de la identidad en $G$ está contenido en el núcleo. Elija un entorno $U$ que esté contenido en la imagen del mapa exponencial $\exp : \mathfrak{g} \to G$. Entonces para cualquier $g \in U$ existe algún subgrupo uniparamétrico $\varphi : \mathbb{R} \to G_0$ tal que $\varphi(1) = g. Afirmo que la composición $\pi \circ \varphi : \mathbb{R} \to F$ es constante, de lo cual se sigue la conclusión.
Pero esto es claro. La imagen de cualquier homomorfismo de este tipo es necesariamente un grupo divisible, y el único grupo finito divisible es el trivial.
jasonjwwilliams
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Si $H\subseteq G$ tiene índice finito, entonces $H$ está compuesto por componentes de $G$. En particular, $H$ es cerrado (y abierto) en $G.
(Esta demostración se ha tomado prestada en gran medida de The Lie theory of connected Pro-Lie groups, de Hoffman y Morris, aunque honestamente no podría decirte qué es un grupo de Pro-Lie!)
Lema 0: Podemos asumir que $G$ está conectado.
Prueba: Si $G^0$ denota el componente de identidad de $G$, entonces $H\cap G^0 \subseteq G^0$ tiene índice finito. Esto se sigue porque la inclusión $i:G^0\rightarrow G$ induce un mapa inyectivo $i:G^0/(H\cap G^0)\rightarrow G/H$. El mapa $i$ es inyectivo, porque si $i([g_1]) = i([g_2])$, entonces $g_1 = g_2 h$ para algún $h\in H$. Entonces $g_2^{-1} g_1 = h \in H$. Dado que $G^0$ es un subgrupo de $G$, esto implica que $h\in G^0$, por lo que $g_1 \cong g_2 \in G^0/(H\cap G^0)$. Dado que $i$ es inyectivo, tenemos $|G^0/(H\cap G^0)|\leq |G/H| = [G:H].
Lema 1: $G$ está generado por sus subgrupos divisibles.
Prueba: Existe un conjunto abierto $U\subseteq G$ para el cual el mapa exponencial $\exp:\mathfrak{g}\rightarrow G$ es sobreyectivo. Dado que todo grupo de Lie conectado está generado por un conjunto abierto alrededor de $e$, es suficiente mostrar que cada elemento en $U$ está en un subgrupo divisible de $G.
Pero, si $u = \exp(X)\in U$, entonces $u$ está en el subgrupo divisible $\{exp(tX):t\in \mathbb{R}\}.
Lema 2: Podemos asumir sin pérdida de generalidad que $H$ es normal.
Prueba:
Supongamos que $G = g_1 H \cup ... \cup g_n H$. Entonces $N = \bigcap_{i=1}^n g_i H g_i^{-1}$ tiene índice finito y es normal.
Lema 3: $H = G$.
Prueba: Suponiendo que $H$ es normal, tenemos un homomorfismo de grupos $\pi:G\rightarrow G/H$ sobre un grupo finito. Pero dado que $G$ está generado por sus subgrupos divisibles, también lo es $\pi(G) = G/H$. Pero dado que $G/H$ es finito, no tiene subgrupos divisibles no triviales. Por lo tanto, $G/H$ es trivial, es decir, $H = G$.
