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Si G es un grupo metrizable, K un subgrupo normal, K y G/K completos entonces G es completo.

+1 voto
Supón que $G$ es un grupo metrizable, $K$ un subgrupo normal de $G$ de modo que $K$ y $G/K$ son completos. Probar que $G$ es completo.
preguntado por Guillermo Martinez (2,040 puntos) Ene 29, 2015 en Avanzadas

2 Respuestas

0 votos
Puedes completar $G$ a un espacio $F$ que es... pues completo. $F$ es de nuevo un grupo metrizable, la operaci\'on defini\'endose tomando sucesiones en $G$. Entonces $K$ es un subgrupo cerrado de $F$, pues es completo. Si $k\in K$ y $f\in F$, como $f$ es limite de alguna sucesion $\{g_n\}$ en $G$ entonces $fkf^{-1}$ es limite de $\{g_nkg_n^{-1}$, que es una sucesion en $K$ por ser este normal en $G$. Por la completitud de $K$, $fkf^{-1}\in K$, y $K$ es normal en $F$. Entonces $G/K$ es un subgrupo de $F/K$. $G/K$ es completo por hipotesis, por lo que es denso en $F/K$. Ademas, como $K$ es un subgrupo cerrado de $F$, la proyeccion al cociente es continua y, en particular, $G/K$ es denso en $F/K$. Esto prueba que $G=F$ es completo.
respondido por Leal (500 puntos) Mar 11, 2015
No sé si lo escribiste apurado, pero hay muchas cosas que no parecen claras, entre las más fuertes está que $G/K$ sea denso en $F/K$ (efectivamente, $G$ será denso en $F,$ ¿cuando tomas el cociente también? Parece natural creer que sí).
Creo que si lo escribi mal. Quise decir que como $G/K$ es completo, entonces es cerrado en $F/K$.

La razon por la que $G/K$ es denso es porque la proyeccion $\pi:F\to F/K$ es continua y suprayectiva, y $G$ es denso en $F$. Bajo esas condiciones tienes que

$F/K=\pi(F)=\pi(\overline{G})\subset\overline{\pi(G)}=\overline{G/K}$

por lo que $G/K$ es denso en $F/K$. Lo de que la proyeccion es continua pues $K$ es cerrado creo que es un reusltado bien conocido, pero podria estar equivocado.
Lo de que la proyección es continua es definición de la topología cociente pues un abierto $U$ en $F/K$ es aquel tal que $\pi^{-1}(U)$ es abierto; no afecta que $K$ sea o no cerrado, abierto, magro, conexo, etcétera.
Si. Mas bien lo que queria decir e que F/K podria no ser un grupo topologico con la topologia cociente, pero si K es cerrado resulta que si lo es.
Mientras $K$ sea un grupo distinguido de $F$ (o sea, que el grupo $F/K$ exista), la topología cociente hará a $F/K$ un grupo topológico cociente.
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Primero, un grupo metrizable es un grupo tal que existe una topología metrizable mediante una métrica que sea invariante a derecha o invariante a izquierda. Segundo, si $d$ es una métrica invariante a derecha de $G$ entonces el espacio homogéneo a derecha $G/K$ es metrizable mediante $\dot d \left( \dot x, \dot y \right) = d(xK, yK),$ en donde $\displaystyle d(A, B) = \inf_{(a, b) \in A \times B} d(a,b).$

De la invariancia a derecha, resulta que $$d(xK, yK) = d(x, yK) = d(x, Ky) = d\left(x, \dot y \right).$$

Así pues, supondré que $G$ y $K$ tienen métrica $d$ invariante a derecha mientras que $G/K$ tiene la métrica $\dot d$ del párrafo previo.

Considera una sucesión fundamental $(x_n)$ en $G;$  esto es, una sucesión tal que para cada número positivo $\varepsilon > 0$ existe un número entero positivo $n$ tal que la relación $p \in \mathbf{N}$ implica que $d(x_n, x_{n + p}) < \varepsilon.$ Considera la sucesión $\left( \dot x_n \right),$ en donde $\dot x_n$ es la clase de $x_n$ ante $K$ (es decir, $\dot x_n = x_n K = Kx_n$). Es claro que el elemento neutro pertenece a $K$ y, por tanto, $\dot d \left( \dot x, \dot y \right) \leq d(x, y).$ Luego $\dot x_n$ define una sucesión fundamental en el espacio homogéneo $G/K$ y, consecuentemente, converge hacia cierto elemento $\dot x.$ Sea $x$ en la fibra de $\dot x,$ esto es, $x \in \dot x.$

Nota que $\dot d \left( \dot x_n, \dot x \right) = d(x_n, Kx)$ y, por tanto, uno puede escoger (axioma de elección o de escogimiento) una familia $(k_n)$ de elementos de $K$ tal que $d(x_n, Kx) \geq d(x_n, k_n x) - \dfrac{1}{2^n}.$ La sucesión $(k_n)$ es fundamental en $K;$ en efecto, en virtud de la invariancia a derecha, $d(k_n, k_m) = d(k_n x, k_m x) \leq d(x_n, Kx) + \dfrac{1}{2^n} + d(x_n, x_m) + d(x_m, Kx) + \dfrac{1}{2^m};$ el miembro derecho de esta desigualdad será más pequeño que $\varepsilon$ con tal de tomar $n$ y $m$ suficientemente grandes, lo cual muestra lo afirmado. Como consecuencia, existe un $k$ tal que $k_n \to k$ y, por tanto, $k_n x \to k x$ y, finalmente, $x_n \to kx.$ CQFD
respondido por Guillermo Martinez (2,040 puntos) Abr 28
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