77 votos

Hace $G\cong G/H$ implican que $H$ ¿es trivial?

Dejemos que $G$ sea cualquier grupo tal que

$$G\cong G/H$$ donde $H$ es un subgrupo normal de $G$ .

Si $G$ es finito, entonces $H$ es el subgrupo trivial $\{e\}$ . ¿Se mantiene el resultado cuando $G$ es infinito? ¿En qué tipo de grupo podría buscar un contraejemplo?

1 votos

¿Se cumple la condición de que el $H$ o para todo $H$ ?

16 votos

@QiaochuYuan: Es de suponer que la pregunta se refiere a un fijo $H$ - si se mantuviera para todos $H$ entonces $G$ sería necesariamente trivial (como tomar $H=G$ ...). Aunque, curiosamente, si se toma $C_2$ en el ejemplo del Hotel Hilbert (así, $G\cong \bigoplus\limits_{i=1}^\infty C_2$ ) entonces $G\cong G/H$ para todos generado finitamente $H$ .

71voto

Flatlineato Puntos 226

Mira $G=\bigoplus\limits_{i=1}^\infty\ \mathbb Z$ y el subgrupo $H=\mathbb Z\ \oplus\ \bigoplus\limits_{i=2}^\infty\ 0$ .

13 votos

Como Hotel Hilbert ...

10 votos

@lhf: Seguramente el Hotel Hilbert es $G=\bigoplus\limits_{i=1}^\infty\ C_2$ ¿como las habitaciones están ocupadas o no están ocupadas...? (Alternativamente - $C_3$ en lugar de $C_2$ , añadiendo la otra opción de "necesidad de limpieza").

0 votos

@user1729, sí, tienes razón.

61voto

Shinwari Puntos 11

Si $G\cong G/H$ implica $H$ es trivial entonces $G$ se llama Hopfian . Por lo demás, $G$ se llama (¡imaginativamente!) no hopfianos . La no-hopfianidad es una propiedad realmente desagradable.

Una propiedad relacionada es la de la finitud residual. Un grupo es residualmente finito si para dos elementos cualesquiera $g, h\in G$ existe algún homomorfismo, $\phi$ a un grupo finito $H$ , $\phi:G\rightarrow H$ tal que $\phi(g)\mathrel{\neq_H} \phi(h)$ . De manera equivalente, observando que $\phi(gh^{-1})=1$ , $G$ es Residualmente finito si para cualquier $g\in G$ existe algún $\phi:G\rightarrow H$ , $H$ finito, tal que $\phi(g)\mathrel{\neq_H} 1$ . Obsérvese que un grupo finito es claramente residualmente finito, y la prueba de que un grupo finito es Hopfiano es bajo nivel .

Es interesante observar que si $G$ es de generación finita y no hopfiana, entonces $G$ no es residualmente finito. Una prueba de esto se puede encontrar en muchos/la mayoría de los textos de nivel de posgrado que cubren los grupos infinitos (por ejemplo, el libro de D. J. S. Robinson Curso de teoría de grupos ), o ver este Respuesta de Math.SE. Como se ha señalado en los comentarios más abajo, esto sólo es válido si $G$ está generada finitamente. Por ejemplo, el grupo libre sobre un número contable de generadores es residualmente finito, pero no es hopfiano.

Como señaló Joseph Cooper en su respuesta, algunos grupos Baumslag-Solitar no son hopfianos, como $$BS(2, 3)\cong \langle a, b;b^{-1}a^2b=a^3\rangle$$ (para ver esto, tome el mapa $a\mapsto a^2, b\mapsto b$ y juega un poco con él - tiene un núcleo no trivial, pero la prueba no es trivial... puedes encontrar una prueba en el libro de Magnus, Karrass y Solitar Teoría de grupos combinatorios en su sección sobre grupos de un solo relator, o en este Respuesta de Math.SE). De hecho, existe una clasificación de los grupos Baumslag-Solitar con respecto a su Hopicidad y Finitud Residual. En concreto,

El grupo $BS(m, n)=\langle a, b; b^{-1}a^mba^{n}\rangle$ para $m, n\in\mathbb{Z}$ es,

  • Residualmente finito si y sólo si $|m|=|n|$ o $|m|=1$ o $|n|=1$ ,

  • Hopfiano si y sólo si es Residualmente finito o el conjunto de divisores primos de $m$ es igual al conjunto de divisores primos de $n$ .

Así, por ejemplo, tomando $m$ y $n$ sean coprimas y cada una tenga un valor absoluto mayor que $1$ dará lugar a un grupo no hopfiano. Hay un artículo de Meskin que generaliza esto a los grupos con relación donde la relación es de la forma $uv^mu^{-1}v^n$ donde $u, v$ son palabras en los generadores. De hecho, su afirmación sobre la finitud residual es idéntica al caso de los grupos Baumslag-Solitar ( $G$ es residualmente finito si y sólo si $m$ y $n$ son iguales entre sí o uno en valor absoluto). Editar: Creo que el resultado de Meskin sobre la finitud residual fue el resultado original. Es decir, demostró el caso general en el que la relación tiene la forma $uv^mu^{-1}v^n$ y como corolario obtuvo la primera prueba del caso Baumslag-Solitar.

Además, el hecho de que algunos grupos Baumslag-Solitar no sean Hopfianos es sorprendente, ya que los grupos Baumslag-Solitar son los $HNN$ -extensiones de $\mathbb{Z}$ y uno podría pensar que una extensión de $\mathbb{Z}$ sería muy bonito. Sin embargo, está claro que no es el caso...

(Obsérvese que Chris Leary preguntó hace sólo unos días cuál era la historia de los grupos hopfianos - véase aquí .)

42voto

Dan Rust Puntos 18227

Probablemente el ejemplo más fácil que se me ocurre es $S^1$ bajo el mapa de duplicación (o más generalmente, la multiplicación por cualquier número entero positivo).

Más concretamente, dejemos que $S^1=\{e^{i2\pi\theta}\in\mathbb{C}\mid \theta\in[0,1)\}$ y con la operación de grupo que es la multiplicación heredada de $\mathbb{C}$ que es lo mismo que la adición de ángulos módulo $2\pi$ . Entonces dejemos que $\rho_n\colon S^1\rightarrow S^1$ para $n\geq 2$ sea dada por $\rho_n(z)=z^n$ . Es bastante fácil ver que $\rho_n$ es un homomorfismo de grupo suryente con núcleo isomorfo a $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ y así tenemos $$S^1/\ker\rho_n\cong S^1.$$

1 votos

Esto es bonito porque es muy geométrico.

0 votos

Esto es hermoso

0 votos

Este es un bonito ejemplo.

17voto

Peter K. Puntos 123

Para un ejemplo no abeliano finitamente generado, véase el Grupos Baumslag-Solitar En particular $\mathrm{BS}(2,3)\cong \langle a,b; b^{-1}a^2b=b^3\rangle$ .

15voto

Silas Puntos 990

Siguiendo con el tema abeliano, se podría dejar que $G=\mathbb{Z}(p^{\infty})$ y $H=\mathbb{Z}(p^{k})$ para un número entero positivo $k$ .

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X