Colímite de grupos topológicos (de nuevo)

Question

En Límite directo Martin señaló con razón que mi construcción ingenua (ahora eliminada) del colímite (límite directo) de los grupos abelianos topológicos era errónea. Él muestra cómo hacerlo correctamente (al menos el coproducto) aquí .

Desde entonces, he estado merodeando por la literatura sobre el tema y este problema del colímite de los grupos topológicos (del que antes no tenía ni idea) me parece al mismo tiempo clásico y actual. Por ejemplo, el documento de este año 1998 señala que el Encyclopedic Dictionary of Mathematics, segunda edición, MIT (1987), artículo 210, ha cometido el mismo error que yo, al afirmar que el límite directo de los grupos topológicos, con el límite inductivo de las topologías (mi ingenuo intento) tiene siempre una multiplicación continua.

Los autores de este documento muestran un contraejemplo (ejemplo 1.2, página 553) y aquí está mi pregunta: Debo ser absolutamente tonto, pero no lo entiendo. ¿Podría alguien ayudarme?

Para los que no tengan acceso al periódico, aquí está el ejemplo.

Dejemos que $G_n = \mathbb{Q} \times \mathbb{R}^n$ con la topología habitual. Incrustado $G_n \hookrightarrow G_{n+1}$ como $x \mapsto (x,0)$ . Entonces, como grupo abeliano simple, $G = \varinjlim_{n} G_n= \mathbb{Q} \times \prod'\mathbb{R}$ , donde $\prod'\mathbb{R}$ denota el débil ou restringido producto, que es la forma en que los chicos de esta zona llaman al suma directa es decir, elementos de $\prod'\mathbb{R}$ son infinitas tuplas $( x_1, \dots , x_n, \dots )$ en el que todos sus componentes $x_n \in \mathbb{R}$ son cero, excepto un número finito de ellos.

El topología límite inductiva es el más fino que hace todas las inclusiones $G_n \hookrightarrow G$ continua. Es decir, $U \subset G$ es abierto si y sólo si $U\cap G_n$ está abierto para todos $n$ .

Veamos cómo demuestran que, con esta topología inductiva, el "producto" (en realidad, la suma) $\mu : G \times G \longrightarrow G$ es pas continuo ( $\mu$ es la operación inducida como colímite honesto de grupos -sin topologías- por las operaciones $\mu_n : G_n \times G_n \longrightarrow G_n$ que supongo que son las adiciones habituales de esos espacios lineales). En palabras sencillas:

$$(x_0, x_1, \dots , x_n , \dots ) + (y_0, y_1, \dots , y_n , \dots ) = (x_0+y_0, x_1 + y_1 , \dots , x_n + y_n , \dots ) \ .$$

Por lo tanto, en esta situación es suficiente para producir un barrio abierto $U \subset G$ del elemento neutro $e \in G$ tal que $V^2$ no está en $U$ para cualquier vecindad abierta $V$ de $e$ -donde, supongo, $V^2$ significa $V + V$ .

Ok, aquí está el tipo que debe arruinar (y seguro que lo hace) mi ingenuo intento:

$$U = \left\{ x = (x_0, x_1, \dots , x_n , \dots ) \quad \vert \quad \vert x_j\vert < \vert \cos (jx_0) \vert \ , 1 \leq j \right\} \ .$$

Este tipo es un conjunto abierto de $G$ porque $x_0$ siendo un número racional garantiza $\cos (jx_0) \neq 0$ para todos $j$ . Supongamos que existe una vecindad abierta $V$ de $e$ tal que $V^2 \subset U$ . Entonces, $V \cap G_j$ contiene un intervalo abierto $(-\varepsilon_j , \varepsilon_j)$ en $\mathbb{R}$ avec $\epsilon_j > 0$ tal que

$$(-\varepsilon_0 , \varepsilon_0) \times (-\varepsilon_j , \varepsilon_j) \subset \left\{ (x_0 , x_j) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{R} \quad \vert \quad \vert x_j\vert < \vert \cos (jx_0) \vert \right\} \ .$$

Y aquí vienen las dos frases finales del ejemplo que no entiendo: Esto es imposible si $2j\varepsilon_0 > \pi$ . Una contradicción.

Cualquier indicio o comentario (incluso humillante) será bienvenido.

Answer 1

Esto significa que $j\epsilon_0 > \frac{\pi}{2}$ . Por lo tanto, $-j\epsilon_0 < -\frac{\pi}{2}$ . Por la densidad de los racionales, esto nos dice que existe una secuencia $q_1, q_2,\dots,q_n$ de números racionales en $(-\epsilon_0,\epsilon_0)$ tal que $jq_n\rightarrow \frac{\pi}{2}$ . Por lo tanto, $|\cos(jq_n)|\rightarrow 0$ . Combinando esto con $|x_j| < |\cos(jq_n)|$ para todos $n$ da la contradicción.

Answer 2

Yo habría añadido un comentario, pero me temo que la respuesta se superponen con el límite de caracteres permitidos.

De todos modos, tal vez me estoy perdiendo algo, pero creo ver una clara contradicción. Aquí vamos...

Deje $S_j = \{(x_0, x_j)\in\mathbb{Q}\times\mathbb{R}: |x_j| < |\cos(jx_0)|\}$ Deje $V_j = (-\epsilon_0,\epsilon_0)\times(-\epsilon_j,\epsilon_j)$. El reclamo es que para todos los $j$,$V_j\subset S_j$. Fix $j$ y asumir esta inclusión tiene. Por otro lado, si $2j\epsilon_0 > \pi$, hay una secuencia $q_1,q_2,\dots$ de los racionales en $(-\epsilon_0,\epsilon_0)$, de tal manera que $jq_n\rightarrow \frac{\pi}{2}$. Deje $x_j\in (-\epsilon_j, \epsilon_j)$ no es igual a cero. Desde la inclusión $V_j\subset S_j$ mantiene, tenemos $|x_j| < |\cos(jq_n)|$ todos los $n$. Claramente imposible, ya que $x_j > 0$.

Answer 3

Esta es una nueva versión de la respuesta. Los comentarios se refieren a las versiones anteriores. Martin de Brandenburgo, el comentario fue de mucha ayuda. Un comentario de Dan Ramras, en algún otro sitio en este hilo, me llamó la atención Lema 5.5 página 64 de Milnor y Stasheff la Característica de Clases. Gracias también a Agustí Roig por su maravillosa pregunta.

Permítanme estado el Lema de Milnor y Stasheff mencionados anteriormente:

(1) Vamos a $A_1\subset A_2\subset\cdots$ $B_1\subset B_2\subset\cdots$ ser secuencias de localmente compacto espacios con límites inductivos $A$ $B$ respectivamente. A continuación, el producto de la topología en $A\times B$ coincide con el límite inductivo de la topología que se asocia con la secuencia de $A_1\times B_1\subset A_2\times B_1\subset\cdots$.

La prueba (que se puede encontrar aquí), muestra en el hecho de que la siguiente más técnicos de la declaración también contiene:

(2) Vamos a $A_1\subset A_2\subset\cdots$ $B_1\subset B_2\subset\cdots$ ser como el anterior. Para cada una de las $i$ deje $C_i\subset A_i$ $D_i\subset B_i$ ser subespacios. Suponga $C_i\subset C_{i+1}$ $D_i\subset D_{i+1}$ todos los $i$, y llame a $C$ $D$ los respectivos inductivo límites. A continuación, el producto de la topología en $C\times D$ coincide con el límite inductivo de la topología que se asocia con la secuencia de $C_1\times D_1\subset C_2\times D_2\subset\cdots$.

En particular, si el $C_i$ son topológicos, grupos, entonces también lo es $C$ (suponiendo, claro, que el topológica de la estructura de grupo en la $C_i$ es inducida por la de $C_{i+1}$). Esto parece indicar que el supuesto contraejemplo de Tatsuuma et al. no es realmente un contraejemplo.

No conozco ningún ejemplo de un límite inductivo de topológica de los grupos, que no es un grupo topológico. (Creo que estos ejemplos no existen. Sería interesante saber si $(\mathbb R^\infty)^\infty$ es un grupo topológico.)

Vamos a probar que (2).

Deje $W$ ser un subespacio de $C\times D$ que se abre en el límite inductivo de la topología. Para cada una de las $i$ deje $W_i$ ser un subconjunto de a $A_i\times B_i$ a que la misma intersección con $C_i\times D_i$$W$. Deje $(c,d)$$W\cap(C_i\times D_i)$. Hay un pacto vecindario $K_i$$c$$A_i$, y un compacto vecindario $L_i$$d$$B_i$, de tal manera que $K_i\times L_i\subset W_i$. Hay, además, un pacto vecindario $K_{i+1}$$K_i$$A_{i+1}$, y un compacto vecindario $L_{i+1}$$L_i$$B_{i+1}$, de tal manera que $K_{i+1}\times L_{i+1}\subset W_{i+1}$. A continuación, $K_{i+1}\cap C_{i+1}$ es un barrio de $K_i\cap C_i$$C_{i+1}$, e $L_{i+1}\cap D_{i+1}$ es un barrio de $L_i\cap D_i$$D_{i+1}$. La unión de $U$ de la $K_i\cap C_i$ está abierto en $C$, y la unión de $V$ de la $L_i\cap D_i$ está abierto en $D$, los espacios de $C$ $D$ siendo equipado con el límite inductivo de la topología. Por otra parte tenemos a $(c,d)\in U\times V\subset W$.