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Demuestre que si $H$ es un subgrupo finito del grupo de todas las biyecciones continuas de $[0,1]$ en $[0,1]$, entonces el orden de $H$ es $1$ o $2$.
por (39,6m puntos) en Problemas

1 Respuesta

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Mejor respuesta

Llamemos $\mathcal{H}$ al grupo de todas las biyecciones continuas de $[0,1]$. Todo punto de $[0,1]$ tiene una vecindad homeomorfa a un intervalo abierto, excepto los puntos $0$ y $1$. Entonces cualquier biyección $f \in \mathcal{H}$ manda la pareja $\{0,1\}$ a si misma. Esto quiere decir que podemos separar a $\mathcal{H}$ en dos clases: 

  • Las biyecciones orientadas $\mathcal{H}_{o}$ , definidas por la condición de ser estrictamente crecientes. Éstas llevan $0$ a $0$ y $1$ a $1$.
  • Las biyecciones no-orientadas $\mathcal{H}_{n}$, definidas por la condición de ser estrictamente decrecientes. Éstas  intercambian $0$ con $1$.

La involución $g \in \mathcal{H}_{n}$ dada por $g(x) = 1-x$ establece una biyección entre $\mathcal{H}_{o}$ y $\mathcal{H}_{n}$ componiendo por la izquierda; es decir, a $f \in \mathcal{H}_{o}$ le corresponde $f' = g \circ f \in \mathcal{H}_{n}$, y a $f'$ le corresponde $g \circ f' = f$. Pasando al cociente, podemos restringir nuestra discusión al subgrupo $\mathcal{H}_{o}$.

Ahora supongamos que $f \in \mathcal{H}_{o}$ no es la identidad. El subconjunto de $[0,1]$ donde $f(x) \neq x$ es abierto, y por hipótesis no vacío, de donde se sigue que está formado por un conjunto (a lo más numerable) de intervalos abiertos. Sea $(a,b)$ uno de estos intervalos. Por definición, $f(a)=a$, $f(b)=b$ y por continuidad, una sola de las condiciones $f(x)>x$ o $f(x)<x$ es válida para todo $x \in(a,b)$. Como $f$ es estrictamente creciente, tenemos aún más: una de las condiciones

  • $a < x < f(x) < f(b) = b$,
  • $a < f(x) < x < f(b) = b$.

es váida para todo $x \in (a,b)$. En particular, seleccionando un punto $x_0 \in(a,b)$ tenemos que $f(x_0) \in (a,b)$ y vemos por inducción que

  • $a < x_0 < f(x_0) < f(f(x_0)) < f(f(f(x_0))) < \ldots < b$,
  • $a < \ldots < f(f(f(x_0)))< f(f(x_0)) < f(x_0)< x_0 < b$.

Así pues, tenemos un número infinito de biyecciones $f, f^2, f^3, \ldots \in \mathcal{H}_{o}$ distintas pues adoptan valores diferentes para $x_0$ (aquí, $f^n$ representa $f$ compuesta consigo misma $n$ veces).


Para responder a la pregunta, $H$ no puede contener a la función creciente $f$ que acabamos de discutir. El único elemento de $H \cap \mathcal{H}_{o}$ es ${\rm id}$, y recuperando la discusión sobre $\mathcal{H}_{n}$, el único otro elemento que puede tener $H$ es $g \circ {\rm id} = g$.

por (10m puntos)
editado por
Excelente, salvo por algunas errores de dedo. Saludos...
Hay un errorcito en el último párrafo. Según este argumento los únicos subgrupos finitos de $\mathcal{H}$ son $\{id\}$ y $\{id, g\}$ (donde $g(x)=1-x$). Esto es falso, pues hay muchos homeomorfismos de orden $2$ aparte de $g$, por ejemplo cualquier conjugado de $g$, o cualquiera de esta forma: escoge un $c \in (0,1)$ y un homeomorfismo $f : [0,c] \to [c,1]$ con $f(0)=1,f(c)=c$ y define $h(x) = f(x)$ para $x \in [0,c]$, y $h(x) = f^{-1}(x)$ para $x \in [c,1]$.

Pero sí es cierto que los subgrupos generados por un homeomorfismo de orden $2$ son los únicos subgrupos finitos no triviales que hay. Esto es fácil de probar usando que el único homemorfismo que preserva orientación de orden finito es la identidad (lo cual probó Rodrigo). Sea $h \in H$ donde $H$ es un grupo finito de homeomorfismos de $[0,1]$. Entonces $h^2 \in H$ preserva orientación por lo que $h^2 = id$. Si $H$ tiene dos homemorfismos de orden $2$, $h_1$ y $h_2$, como cada uno voltea la orientación, $h_1 \circ h_2$ la preserva y por lo tanto $h_1 \circ h_2 = id$, de donde $h_1 = h_2$ (son de orden $2$). Esto prueba que los únicos subgrupos finitos son el trvial y los generados por un único homeomorfismo de orden $2$.

(Finalmente, por si acaso no está claro, el error en el último párrafo es suponer que $H \cap \mathcal{H}_n = g (H \cap \mathcal{H}_o)$ lo cual es obviamente falso si $g \not\in H$ ---de hecho es equivalente a que $g \in H$.)
Me acabo de dar cuenta que mi lista de ejemplos de involuciones ¡es doblemente redudante! Cualquiera de los dos ejemplos de hecho cubren todos los homeomorfismos de orden 2. En efecto, sea $h$ un homemorfismo de orden $2$. Debe ser decreciente y por lo tanto tiene un único punto fijo $c$. Entonces $h |_{[0,c]}$ es un homeomorfismo $[0,c] \to [c,1]$ y $h |_{[c,1]}$ debe ser la inversa, probando que mi segundo ejemplo es completamente general. (Fue medio bruto no darme cuenta de esto, pero lo de que todos son conjugados a $1-x$ es más interesante.)

Ahora, para probar que $h$ es conjugado a $x \mapsto 1-x$, sea $l$ cualquier homeomorfismo con $l(1/2)=c$. entonces $p:=l^{-1} \circ h \circ l$ es de orden $2$ y fija a $1/2$, y basta probar que $p$ es conjugado a $1-x$. Definimos $f(x) = x$ para $x \ge 1/2$ y $f(x) = 1-p(x)$ para $x \le 1/2$. Calculemos $f(p(f^{-1}(x)))$: para $x \ge 1/2$, $f(p(f^{-1}(x))) = f(p(x)) = 1-p(p(x)) = 1-x$ y para $x \le 1/2$, $f(p(f^{-1}(x))) = f(p(p(1-x))) = f(1-x) = 1-x$.
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