Si $G$ es un topológicos compactos del grupo, ¿cómo demostrar que un determinado subgrupo de índice de $G$ está abierto?

Question

Si $G$ es un topológicos compactos del grupo, ¿cómo demostrar que un determinado subgrupo de índice de $G$ está abierto ? Yo realmente no sé dónde/cómo empezar...

PS : me precisa que "compacto" me refiero a que es hausdorff y que cualquier recuperación de $G$ por la apertura de los conjuntos tiene un número finito de sub-recuperación (lo siento si no fui claro)

Answer 1

Esto es falso, así que no te sientas mal que no puede demostrar.

Uno de los estándar de no-finito contraejemplos es abajo, es sobre todo para ilustrar que el problema es más sistemática que sólo el trivial, finito. En particular, se inicia con un grupo de Hausdorff en lugar de lo que algunos podrían considerar la posibilidad de hacer trampa por dotar al grupo original con un no-Hausdorff topología. A partir de esto se construye un no-cerrada-pero sigue siendo finito-índice--subgrupo, por lo que el cociente de espacio que tiene un no-Hausdorff topología (que es equivalente a la original subgrupo de no ser cerrado).

Considerar el grupo finito $A=\Bbb Z/2\Bbb Z$, dotado de la topología discreta. (Tenga en cuenta que hay cuatro topologías en un $A$, y que sólo dos de ellos (el discreto uno y el más áspero uno) se están convirtiendo en un grupo topológico, y sólo uno de ellos (el discreto uno) lo convierte en un topológicos compactos grupo).

Construir el grupo

$$G=A^\Bbb Z=\prod_{n\in\Bbb Z} A$$

Este es compacto por el teorema de Tychonoff, y manifiestamente un grupo. Ahora, a partir de aquí dejamos $\tau$ ser la topología generada por un ultrafilter, $\mathcal{F}$, que contiene el filtro de Fréchet. Deje $H\le G$ se define por el hecho de que Deje $\pi_n(g)=g_n$ $n^{th}$ coordenadas del mapa, y

$$h\in H\iff |\{n\in\Bbb Z : \pi_n(h)=1\}|\in\{0,\infty\}.$$

$H$ también es denso en $G$ debido a que el filtro de Fréchet es cofinite en el powerset de $\Bbb Z$, pero también, evidentemente,$H\ne G$. Entonces distinguir dos elementos especiales, $\mathbf{0},\mathbf{1}\in G$, definido por las reglas

$$\begin{cases}\pi_n(\mathbf{0}) =0 & n\in\Bbb Z \\ \pi_n(\mathbf{1})=1 & n\in\Bbb Z\end{cases}$$

Ahora vamos a $g\in G$ ser arbitraria y definir conjuntos de $S_0, S_1$ por la regla

$$S_i = \{n\in\Bbb Z : g_i=n\}$$

De modo que $\Bbb Z=S_0\coprod S_1$ desde $g_i\in\{0,1\}$. A continuación, vemos una de las $S_i\in\mathcal{F}$ por maximality. Por lo $g\equiv x\mod H$ algunos $x\in\{\mathbf{0},\mathbf{1}\}$, es decir,$[G:H]\le 2$. Desde $H\ne G$, claramente $[G:H]=2$, pero $H$ es densa, por lo tanto no puede ser cerrado, y ya cerrado + finito índice = abierto, debe ser que $H$ no está abierto, a pesar de ser finito índice.

La clave del problema: elegimos un no-Hausdorff la topología en el cociente, $G/H$, es decir, que sólo tomó la topología trivial $\tau=\{\varnothing, G/H\}$. Es la clásica que $G/H$ Hausdorff iff $H$ es cerrado (siempre $G$ es Hausdorff), así que este fue el enfoque natural para la producción de un no-cerrada subgrupo de índice finito. El álgebra todavía permite que dos cosets, pero la topología no le permite a la fuerza de separación.

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Edit: aún más fácil contraejemplo es sólo $G=\Bbb Z/2\Bbb Z$ con la topología trivial. A continuación, $\{e\}\le G$ no está abierto, pero claramente ha finito índice.

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Edit 2: Ya que el op es el uso de la convención de que el "pacto" significa "Hausdorff + finito subcovers" me mudé a la primera edición en la parte inferior.

Answer 2

Como me dio una respuesta incorrecta voy a intentar enmendar mí mismo. Nota (P) de la siguiente propiedad de un grupo topológico : todos finito índice de subgrupos están abiertas. Recordemos que un profinite grupo es un grupo topológico isomorfo (en la categoría de grupos topológicos) a un proyectiva límite de grupos finitos dotado discreto topologías. Ya que es un producto sino un límite proyectivo, Adán de la respuesta de la muestra, en particular, que (P) es, en general no se cumple profinite grupos. Voy a dar la vida cotidiana contra-ejemplo.

Deje $L$ ser una extensión de Galois de $K$, pero no necesariamente de un número finito de extensión, y $G$ ser el grupo de Galois $Gal(L/K)$. Poner el dicrete la topología en $L$, el producto de la topología en $L^L$, y la inducida por la topología en $G$. Deje $A$ el conjunto finito de subextensions de $L/K$. Para$\sigma\in G$$E\in A$, $U_{\sigma}(E) := $ el subconjunto de $G$ compuesto de elementos $\tau$ tener la misma restricción en $E$ que $\sigma$. Uno puede mostrar que $U_{\sigma}(E)$ es un filtro de base de $\sigma$ para esta topología, y que las restricciones a $G \rightarrow Gal(L'/K)$ son continuas para cualquier subextension $L'/ K$, que es de Galois, pero no necesariamente finita. Además, uno puede mostrar que $G$ es compacto y totalmente desconectado. En realidad, si $(L_i)_i$ es un filtrado familia de galois subextensions tal que $L = \cup_i L_i$, usted tiene $G \simeq \varprojlim_i Gal(L_i / K)$. (Como usted puede elegir todos los $L_i$'s para ser finito $K$, que se metió en particular que $G$ es profinite.)

A partir de ahora vamos a considerer la extensión de $\overline{\mathbf{Q}} / \mathbf{Q}$ donde $\overline{\mathbf{Q}}$ es la clausura algebraica de $\mathbf{Q}$$\mathbf{C}$. Deje $E = \mathbf{Q}\left[ \{\sqrt{-1}\}\cup\{\sqrt{p}\;|\;p\textrm{ prime}\} \right]$ y $$G := Gal(E/\mathbf{Q}) \simeq \varprojlim Gal\left(\mathbf{Q}\left[\sqrt{-1}, \sqrt{2}, \ldots, \sqrt{p}\right] / \mathbf{Q}\right) $$ which is a subgroup of $Gal(\overline{\mathbf{Q}} / \mathbf{Q})$ and let $H$ be the subgroup of $G$ consisting in elements permuting only finitely many elements among $\sqrt{-1}$ and all the $\sqrt{p}$ for $p$-prime. The subgroup $H$ is dense in $G$ as by definition of $L(\overline{\mathbf{Q}} / \mathbf{Q})$'s topology and $G$'s induced topology every open of $G$ contains obviously an element of $H$. Now $H$ is normal and the group $G / H$ is an $\mathbf{F_2}$-vector space in an obvious manner. Now fix a $d\in\mathbf{N}^{*}$ and let $E$ be a sub-$\mathbf{F_2}$-vector space of $G / H$ of codimension $d$. (Possible by Zorn's lemma.) The inverse image of $E$ in $G$ is a subgroup $K$ of $G$ containing $H$ and of index $Tarjeta(\mathbf{F_2})^d = 2^d$. The subgroup $K$ is not open because were it open he would be closed which would be a contradiction with the density of $H$ in $G$. Now $K$ is not open, and its inverse image in $L(\overline{\mathbf{Q}} / \mathbf{Q})$ no está abierto y es de índice finito. En efecto, si a la inversa la imagen que estaban abiertos, su campo fijo sería un trivial extensión de $F$ $\mathbf{Q})$ $E$ pero, a continuación, $F$ sería fijado por $K$, que es denso... El grupo $Gal(\overline{\mathbf{Q}} / \mathbf{Q})$ no tiene la propiedad (P).

Comentario 1. Escribí Fueron a abrir iba a ser cerrado. Para un subgrupo $H$ de índice finito de un grupo topológico (no necesariamente cuasi-compacta ni compact), se cierra o se abre es equivalente. De hecho. Hacer $H$ ley de de $G$ por traducciones de izquierda y, como $H$ es de índice finito, vamos a $g_1,\ldots,g_n$ ser un conjunto cuyas clases modulo $H$ partición $G$ en las clases, y supongamos que $g_1$'s de la clase es $H$. Por lo tanto, puede escribir la inconexión de la unión de $G = H \cup \left( \cup_{i=2}^n g_i H\right)$. Tenga en cuenta que el $g\mapsto x g$ son homeomorphisms para que un $xH$ es cerrado (resp. abierto) si y sólo si $H$ es. Ahora, si $H$ es cerrado, el $g_i H$'s son también, por lo que la unión finita de cerrado $\cup_{i=2}^n g_i H$ también es, y su complemento en $G$, que no es sino $H$, está abierto. El mismo argumento se aplica , mutatis mutandis, para demostrar que si $G$ está abierto, no se cierra. Tenga en cuenta que es este caso, la prueba habría trabajado también si no hubiera sido un número finito de $g_i$'s, de modo que, de hecho, cualquier subgrupo de un grupo topológico es cerrado.

Observación 2. El grupo de $p$-ádico enteros $\mathbf{Z}_p$ es un profinite grupo en el que todos los subgrupos de índice finito son abiertas y cerradas. Usted puede mostrar esta por encontrar explícitamente todos estos subgrupos, pero ¿cómo podría usted mostrar que "conceptualmente" ?

Answer 3

Considere la posibilidad de $$\mathfrak{C}=\prod_{n\in \mathbb{N}_+}\mathbb{Z}/2$$ el conjunto de todas las secuencias de $a=(a_n)_{n\ge 1}$$a_n \in \{0,1\}\simeq \mathbb{Z}/2$. De Cantor sabemos $\mathfrak{C}$ es incontable. Por otra parte, $\mathfrak{C}$ es un grupo abelian con la adición $$(a_n) + (b_n) = (a_n+b_n) \mod 2$$

Definir el mapa de $\rho : \mathfrak{C} \to [0,1]$ $$\rho((a_n)) = \sum_n \frac{a_n}{2^n}$$ Observamos que $$\rho(a) + \rho(b) - \rho(a+b) \ge 0 $$ de hecho, la diferencia es $2 \cdot \sum_{n, a_n=b_n=1} \frac{1}{2^n}$ Podemos definir la métrica $d$ $\mathfrak{C}$ por $$d(a,b) = \rho(a-b) ( = \rho(a+b))$$

Intuitivamente, $d(a,b)$ pequeños medios $a$ $b$ coinciden en un gran conjunto finito. De hecho, para $a \in \mathfrak{C}$ tenemos las implicaciones

$$ \rho(a) < \frac{1}{2^N} \implies a_n =0 \text{ for all } 1 \le n \le N \implies \rho(a) \le \frac{1}{2^N} $$

Con la topología dada por $d$ ( que, por cierto, es el producto de la topología de $\mathbb{Z}/2$ con la topología discreta) $\mathfrak{C}$ se convierte en un compacto abelian topológico grupo ( compacidad es esencialmente debido a Cantor - y esto implica $[0,1]$ es compacto)

Dentro de $\mathfrak{C}$ tenemos $\mathfrak{C}_0$ , en el subgrupo de todas las secuencias de $0$,$1$ que tiene sólo un número finito distinto de cero componentes.

Vamos a mostrar que $\mathfrak{C}$ tiene un subgrupo de índice $2$ contiene $\mathfrak{C}_0$. Ahora, $\mathfrak{C}$ es un espacio vectorial sobre el campo $\mathbb{Z}/2$, y los subgrupos de $\mathfrak{C}$ son exactamente sus subespacios. Así que tenemos que mostrar que existe un subespacio de codimension $1$ contiene $\mathfrak{C}_0$. Para ello, ampliar el estándar base $(e_n)_{n \in \mathbb{N}_+}$ a una $(e_i)_{i \in I}$ ( tenga en cuenta que $I$ es incontable desde $\mathfrak{C}$ es). Tome $i \in I \backslash \mathbb{N}_+$ y definir $$\mathfrak{C}' = \text{span}(e_j)_{j \in I, j \ne i}$$ un subgrupo de índice $2$ contiene $\mathfrak{C}_0$. Tenga en cuenta que $\mathfrak{C}_0$ es denso en $\mathfrak{C}$ $\mathfrak{C}'$ es densa.

Esto proporciona un contraejemplo a la pregunta publicado. Sin embargo, el resultado se da compacto Mentira grupos. Se desprende de los siguientes hechos:

Deje $G$ compactos conectado Mentira grupo y $H$ a un subgrupo de índice finito de $G$. A continuación,$H=G$. A partir de esto, el uso de $H \cap G_e$, se deduce que si $H$ es un subgrupo de índice finito de un compacto de Lie del grupo, a continuación,$H \supset G_e$, el componente conectado de la identidad de $e$.

Para mostrar que $H=G$ en el caso de $G$ compactos conectado, registramos el hecho de que para cada $N\ge 1$ el mapa $$g \mapsto g^N$$ es surjective. Vamos ahora $H \subset G$, $H$ de índice finito. La normal core $H'$ $H$ es igual a $$\bigcap_{g \in G/H} g H g^{-1}$$ y es de nuevo de algunos finito índice $N$. El grupo $G/H'$ es de orden $N$ y, por tanto, $N$- torsión. Por lo tanto, para todos los $g \in G$ tenemos $g^N \in H'$. Pero cada elemento es una $N$-ésima potencia. Llegamos a la conclusión de $H'=G$.

Obs: El hecho de que el mapa de poder $g \mapsto g^N$ es surjective compacto conectado Mentira grupos se deduce del hecho de que $G$ conectado es una unión de tori, y la comprobación de la declaración de tori (que es fácil).