Teorema de Poincaré sobre los grupos

Question

Dejemos que $G$ sea un grupo y $H<G$ tal que $[G:H]<\infty$ . Existe un subgrupo $N\triangleleft G$ tal que $[G:N]<\infty$ .

Tengo que demostrar este hecho (que según mi libro se debe a Poincaré), pero creo que la afirmación, escrita de esta manera, es trivial: para todo grupo $G$ Puedo tomar $N=G$ De hecho $G\triangleleft G$ y $[G:G]=1$ .

¿En qué me equivoco?

Si no me equivoco, ¿conoces una declaración similar?

Answer 1

La versión no trivial de la afirmación es que $N$ puede considerarse un subgrupo de $H$ . En otras palabras, la colección de índices finitos normal es cofinal en la colección de todos los subgrupos de índice finito.

Answer 2

Gracias a todos por las respuestas, aunque sólo pedía el enunciado correcto y que no me spoilearan la solución. No estoy familiarizado con las acciones de grupo, por lo que (con la pista de Nicky) Traté de escribir una solución diferente.

Dejemos que $G$ sea un grupo y $H<G$ . Si $[G:H]<\infty$ entonces existe $N\triangleleft G$ tal que $N\subseteq H$ y $[G:N]<\infty$ .

Lema 1. Dejemos que $H^g:=gHg^{-1}$ y $N:=\bigcap_{g\in G}H^g$ . Entonces $H^g<G$ , $N\triangleleft G$ y $N\subseteq H$ .

Prueba: Es sencillo.

Lema 2. Dejemos que $n=[G:H]$ , entonces hay como máximo $n$ subgrupos de $G$ de la forma $H^g$ .

Prueba: Dejemos que $gH$ sea un coset izquierdo de $H$ en $G$ . Sea $a, b\in gH$ entonces $H^a=H^g=H^b$ . Pero el $n$ partición de los cosets de la izquierda $G$ .

Lema 3. Dejemos que $H, K< G$ entonces $[G:H\cap K]\le [G:H][G:K]$ .

Prueba: Obsérvese que para cada $g\in G$ , $g(H\cap K)=gH\cap gK$ y que podemos elegir $aH\cap bK$ en $[G:H][G:K]$ (no siempre diferentes) maneras.

Lema 4. $[G:H]=[G:H^g]$ .

Prueba: Dejemos que $S:=\{xH:x\in G\}$ y $S^g:=\{xH^g:x\in G\}$ . Definir $f:S\rightarrow S^g$ tal que $f(xH)=(gxg^{-1})H^g$ . $f$ está bien definida y es inyectiva, de hecho $xH=yH\Leftrightarrow xy^{-1}\in H\Leftrightarrow (gxg^{-1})(gyg^{-1})^{-1}=gxy^{-1}g^{-1}\in H^g \Leftrightarrow f(xH)=f(yH)$ . Además, $f$ es suryente porque $f(g^{-1}xgH)=xH^g$ .

Ahora, juntando las cosas, tenemos que $N$ definido en el lema 1 es el subgrupo que queríamos, porque $$[G:N]\le [G:H]^n=n^n.$$

Answer 3

La pregunta es: Si existe un subgrupo propio de índice finito, demostrar que existe un subgrupo normal propio de índice finito.

El grupo $G$ actúa por multiplicación por la izquierda en los cosets izquierdos de $H$ . Esta acción corresponde a un homomorfismo $G\rightarrow S_n$ de $G$ al grupo simétrico en $n$ elementos (¿por qué?). (Nótese que este mapa no es necesariamente suryectivo o inyectivo - es sólo un homomorfismo). Este mapa tiene un núcleo...

Nota: Esta es la solución a la que llega Praphulla Koushik. Hay una solución que no utiliza acciones de grupo, pero si mi memoria no me falla es significativamente más larga.

Nota II: Los comentarios de mesel, más abajo, se refieren a una versión anterior de la respuesta en la que la acción era por conjugación. Desenvolver el "¿por qué?" es más difícil en este caso: hay que aplicar el teorema del estabilizador de la órbita para obtener el mapa $G\rightarrow S_m\leq S_n$ donde $m=|G:N_H(G)|$ es el índice del normalizador de $H$ en $G$ . El núcleo de este mapa es $G$ si y sólo si el subgrupo $H$ es normal.

Answer 4

El teorema se desprende de lo que se denomina Lemma de Poincaré en la teoría de grupos.

Lema Dejemos que $G$ sea un grupo, $H$ y $K$ subgrupos con índice finito . Entonces el subgrupo $H \cap K$ también tiene un índice finito.

Prueba (dibujo) para cualquier $g \in G$ el coset $g(H \cap K) \subseteq gH \cap gK$ .

El teorema se deduce ahora observando que cualquier conjugado $H^g$ de $H$ tiene el mismo índice (finito) que $H$ en $G$ y el número de conjugados de $H$ es finito (es igual a $[G:N_G(H)]$ que divide $[G:H]$ ).

Observación: véase también ce ¡discusión!

Answer 5

Supongo que la afirmación correcta debe requerir $N \leq H$ .

Dejemos que $G$ actúan sobre el coset izquierdo de $H$ por multiplicación a la izquierda. Entonces tenemos el homomorfismo de $\phi$ de $G$ a $S_{[G:H]}$ .así, $|G:Ker(\phi)|divides |G:H|!$ así que $|G:Ker(\phi)|$ es finito. $Ker(\phi)$ es el subgrupo normal deseado.

Dado que los elementos de $Ker(\phi)$ fija todos los elementos por multiplicación a la izquierda, por lo que también fija $H$ $\implies$ $Ker(\phi)| \leq H$ (En realidad es el mayor subgrupo normal contenido en $H$ )