Es el círculo unitario el único infinito compacto subgrupo del grupo multiplicativo de la no-cero de los números complejos?

Question

Deje $G$ ser un infinito subgrupo de $(\mathbb C \setminus \{0\},.)$ tal que $G$ es compacto como un subconjunto de a $\mathbb C$ , entonces es cierto que $G=S^1$ ?

Sé que $G \subseteq S^1$ ; y desde cualquier subconjunto cerrado de $S^1$ es compacto en el plano complejo , así que básicamente me estoy preguntando si alguno infinito subgrupo de $S^1$, que está cerrado en el plano complejo , debe necesariamente ser $S^1$ .

Answer 1

Tabla de contenido:

1. Un boceto del contorno considerar los casos de que sean o no $G$ contiene un nonroot de la unidad.
2. Una elaboración en la afirmación acerca de lo que sucede si $G$ contiene un nonroot de la unidad.
3. Un enfoque alternativo no dependiendo de si o no $G$ contiene un nonroot de la unidad.

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1.

Si $a\in G$ no es una raíz de la unidad, a continuación, $\{a^n:n\in\mathbb N\}$ es denso en $S^1$. Desde $G$ es cerrado, esto implica $G=S^1$.

Por otro lado, si todos los $a\in G$ es una raíz de la unidad, y $G$ es infinito, entonces el conjunto de $n$ tal que $G$ tiene una primitiva $n$th raíz de la unidad es infinito, y la unión de los conjuntos de todos los poderes de tales raíces es denso, que contiene $n$ puntos equidistantes en el círculo para arbitrariamente grande,$n$. De nuevo, la densidad y closedness implica $G=S^1$.

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2.

Elaboración de la primera reclamación:

Supongamos $a\in G$ no es una raíz de la unidad. Tome $a=e^{i\theta}$$0<|\theta|<\pi$. Teniendo poderes de $a$, vamos a $k\in \mathbb N$ ser el menor exponente mayor que $1$ tal que $a^k$ pasa $1\in S^1$, va en sentido antihorario si $\theta>0$, de lo contrario de las agujas del reloj. A continuación, cualquiera de $a^k$ o $a^{k-1}$ tiene menos de la mitad de la arclength a$1$$a$, es decir, se puede escribir como $a_2=e^{i\theta_2}$$0<|\theta_2|<\dfrac{|\theta|}{2}$. De continuar esta con $a_2\in G$ (no es una raíz de la unidad), se obtiene un $a_3$, un poder de $a_2$, de tal manera que $a_3=e^{i\theta_3}$$0<|\theta_3|<\dfrac{|\theta_2|}{2}$. Continuar indefinidamente obtenemos una secuencia $a_1=a, a_2,a_3,\ldots$ de las facultades de $a$ llegar arbitrariamente cerca (pero no igual) a $1$. Si $|a_n-1|<\varepsilon$, entonces los poderes de $a_n$ cubierta $S^1$ con puntos consecutivos con distancia de menos de $\varepsilon$.

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3.

Debido a $G$ es infinito y $S^1$ es compacto, $G$ tiene un punto de acumulación, y por lo tanto $G$ contiene desigual pero arbitrariamente cerca de los elementos. Para todos los $\varepsilon>0$, $a,b\in G$ tal que $0<|a-b|<\varepsilon$. A continuación,$c=ab^{-1}$$G$$0<|c-1|<\varepsilon$. Consecutivos poderes de $c$ cubre el círculo con puntos inferior a la de $\varepsilon$ aparte. Por lo tanto $G$ es densa, y suponiendo que es cerrado, debe ser $S^1$.

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3.b.

La elaboración por solicitud en mostrar que la densidad sigue de la anterior:

Para mostrar que $G$ es denso en $S^1$ es equivalente a mostrar que para todos los $x\in S^1$, para todos los $\varepsilon>0$ existe $g\in G$ tal que $|x-g|<\varepsilon$. Así que, dadas las $x$$\varepsilon$, vamos a $c=c(\varepsilon)$ ser como el anterior. Cualquiera de las $x$ es una potencia de $c$ o hay consecutivos potencias $c^n$ $c^{n+1}$ $x$ mintiendo entre ellos, de ahí que $|x-c^n|<|c^{n+1}-c^n|<\varepsilon$.

Answer 2

Considerar la continua surjective homomorphism $f: \mathbb R \to S^1$$f(x)=e^{2\pi i x} , \forall x \in \mathbb R$ .

Entonces para cualquier subgrupo $H$ de $S^1$ , $f(f^{-1}(H))=H$ , donde $f^{-1}(H)$ es un subgrupo de ($f$ es un grupo homomorphism) de $(\mathbb R,+)$ . Por eso , $f^{-1}(H)$ es cíclico o denso en $\mathbb R$ . Si $f^{-1}(H)$ es densa , a continuación, $f$ siendo un continuo surjection , $f(f^{-1}(H))$ es densa , es decir, $H$ es denso en $S^1$ . De lo contrario , $f^{-1}(H)$ es cíclico, es decir, $f^{-1}(H)=b\mathbb Z$ algunos $b \in \mathbb R$ . Dos de los casos aparecen .

CASO I : $ b \in \mathbb Q$ : Decir $b=p/q$ donde $p \in \mathbb Z , q\in \mathbb N$ . A continuación, para cualquier $n \in \mathbb Z$ , $n=kq+r ; 0\le r<q$ ,

a continuación,$e^{2\pi i bn}=e^{2\pi i(p/q)(kq+r)}=e^{2\pi i r/q } ; 0\le r<q$ . Así que, a continuación,

$H=f(f^{-1}(H))=f(b\mathbb Z)=\{e^{2\pi i bn}:n\in \mathbb Z\} \subseteq \{e^{2\pi i r/q } : 0\le r <q\} $ , hnece $H$ es finito .

CASO II : $b$ es irracional

A continuación, $\mathbb Z+b\mathbb Z$ es denso en $\mathbb R$ y notando $\mathbb Z \subseteq ker f$ (en realidad es igual , pero no lo necesitamos ) , obtenemos

$H=f(f^{-1}(H))=f(b\mathbb Z)=f(\mathbb Z+b\mathbb Z)$ , y desde $f$ es continua surjection , por lo $H=f(\mathbb Z+b \mathbb Z)$ es denso en $S^1$ .

Así podemos ver que cualquier subgrupo de $S^1$ es finito o denso en $S^1$ , por lo tanto, si es cerrado e infinito , debe ser todo de $S^1$ .