Dejemos que $G$ sea el subgrupo de $\text{Bij}(\mathbb{Z})$ generado por $\sigma : n \mapsto n+1$ y $\tau$ que cambia $0$ y $1$ .
¿Cómo podemos demostrar que $G$ no es residualmente finito? ¿Es hopfiano?
Respuesta
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$G$ no es residualmente finito. En concreto, cualquier mapa $f:G\to H$ con $H$ envía finito $g=(123)$ a la identidad. Para ver esto, elija $n$ con $n!>\max(5,|H|)$ y observe que $f$ restringe a un mapa $S_n\to H$ que debe tener un núcleo no trivial, pero los únicos subgrupos normales de $S_n$ son $1$ , $A_n$ y $S_n$ .
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$G$ es hopfiano. Consideremos un epimorfismo $f:G\to G$ . Si $\ker(f)$ contiene un elemento $g$ de orden infinito, escribe $g=g'\tau^k$ donde $g'$ es una permutación finita. Existe $h$ con $f(h)=\tau$ ; escriba $h=h'\tau^\ell$ de manera similar. Entonces $h^kg^{-\ell}$ es una permutación finita, por lo que $f(h^kg^{-\ell})=\tau^k$ tiene un orden finito, pero esto es una contradicción. Si $\ker(f)$ contiene un elemento no trivial $g$ de orden finito entonces la restricción $f:S_X\to G$ tiene un núcleo no trivial para algún conjunto finito $X=\{-n,\dots,n\}$ . Pero podemos elegir $|X|\geq 5$ y derivar una contradicción como antes a menos que el núcleo sea el grupo de permutaciones pares. Pero en este último caso, ya que $n$ puede elegirse de forma arbitraria, $\ker(f)$ es el grupo de permutaciones pares, por lo que $G/\ker(f)$ es isomorfo a $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ (creo), contradiciendo la subjetividad de $f$ . Así que $f$ debe ser un isomorfismo.
