Aufgabe 4.1 Beweise: Jede abzählbare, lokalkompakte Gruppe G ist diskret.

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1 4. Übungsettel ur Vorlesung Lokalkompakte Gruppen Lösung WiSe 2017/18 WWU Münster Prof. Dr. Linus Kramer Nils Leder Antoine Beljean Aufgabe 4.1 Beweise: Jede abählbare, lokalkompakte Gruppe G ist diskret. Lösung: Per Widerspruch: Angenommen, G sei nicht diskret. Dann schneidet jede offene Umgebung von g G die Menge G {g}. Somit ist für jedes g G die Menge G {g} dicht in G. Da G als lokalkompakte Gruppe insbesondere Hausdorff sch ist, ist G {g} offen in G. Damit bildet (G {g}) eine abählbare Familie offener dichter Teilmengen. Da G lokalkompakt ist, ist G nach Baire s Kategoriesat ein Baire-Raum. Folglich ist G {g} dicht in G. Es gilt aber G {g} = G {g} = G G = im Widerspruch ur Dichtheit von G {g}. Also war die Annahme falsch und G ist diskret. Aufgabe 4.2 Sei (F i ) eine Familie von endlichen Gruppen F i {1} versehen mit der diskreten Topologie. Sei G = F i. Zeige: G ist genau dann metrisierbar, wenn die Menge I höchstens abählbar ist. Lösung: Sei I höchstens abählbar. Ist I endlich, ist G diskret und insbesondere metrisierbar. Sei also ohne Einschränkung I = N. Für n N sete U n := n {e Fi } F i. i n+1 Da die F i die diskrete Topologie tragen, ist U n für jedes n N offen in G. Behauptung: {U n n N} ist eine Umgebungsbasis von e G. Beweis: Sei V G offen mit e V. Dann gibt es eine Menge W = W i mit e W V und W i = F i für fast alle i. Sei N N mit W i = F i für alle i > N. Wegen e W gilt e Fi W i für jedes i N. Insbesondere gilt: e U N = N {e Fi } i N+1 F i N W i i N+1 F i = W V Damit hat e G eine abählbare Umgebungsbasis. Nach dem Theorem von Birkhoff-Kakutani (Theorem 20 in Kapitel 1) ist G also metrisierbar. Sei I überabählbar. Zu eigen: G ist nicht metrisierbar. Per Widerspruch: Angenommen, G sei metrisierbar. Nach dem Theorem von i N 1

2 Birkhoff-Kakutani hat e G eine abählbare Umgebungsbasis {U(n) n N}. Für jedes n N sei ohne Einschränkung U(n) = U i (n) mit U i (n) = F i für fast alle i I. (Sonst ersete U(n) durch kleinere offene Mengen aus der Standardbasis der Produkttopologie auf G.) Sei J(n) = {i I U i (n) F i } und J = J(n). Da J(n) für jedes n N endlich ist, ist die Menge J abählbar. Da I überabählbar ist, existiert i 0 I J. Betrachte die Menge V = V i mit V i0 = {e} und V i = F i für alle i i 0. Dann ist V eine offene Umgebung von e. Da die U(n) eine Umgebungsbasis von e bilden, gibt es n N mit U(n) V = V i. Damit erhalten wir: F i = U i0 (n) V i0 = {e} Dies steht im Widerspruch ur Voraussetung, dass alle F i nicht-trivial sind. Die Annahme war also falsch und G ist nicht metrisierbar. Aufgabe 4.3 Sei G eine Hausdorff sche topologische Gruppe. Zeige: Wenn es eine Einsumgebung U G gibt, die keine nicht-triviale abgeschlossene Untergruppe enthält, dann gibt es eine Einsumgebung V G, die keine nicht-triviale Untergruppe enthält, d.h. G hat keine kleinen Untergruppen. Lösung: Sei U G eine offene Einsumgebung, die keine nicht-triviale abgeschlossene Untergruppe enthält. Da G eine Hausdorff sche topologische Gruppe ist, ist G nach Theorem 22 aus Kapitel 1 der Vorlesung ein Tychonoff-Raum. Da A := X U abgeschlossen ist und e / A, gibt es daher eine stetige Funktion f : G [0, 1] mit f(e) = 0 und f(a) = 1 für alle a A. Betrachte die Urbilder V := f 1 [0, 1 2 ) und B := f 1 [0, 1 2 ]. Da f stetig ist, ist V offen und B abgeschlossen in G. Nach Konstruktion gilt V B U und da B abgeschlossen ist, also auch V B. Nun enthält V aber keine nicht-triviale Untergruppe von G. Denn wäre H {e} eine Untergruppe mit H V, so wäre H V B U eine nicht-triviale abgeschlossene Untergruppe. Nach Voraussetung enthält U aber keine abgeschlossene Untergruppe {e}. Aufgabe 4.4 Sei G = GL n (C) mit der üblichen Topologie. Zeige: G besitt keine kleinen Untergruppen. Lösung: Wir eigen die Behauptung in drei Schritten. 1. Schritt: Sei ε > 0 und P = T n + n 1 a k T k C[T ] ein normiertes Polynom mit a n a 0 < min{ε, ε n }. Dann gilt < ε für jede Nullstelle C von P. Beweis: Sei C eine Nullstelle von P. Ist = 0, so ist nichts u eigen. 2

3 Für 0 erhalten wir: n 1 0 = P () = n + a k k n 1 n = a k k 1 = a n a 1 n 1 + a 0 n Mit der Dreiecksungleichung erhalten wir hieraus: 1 = a n 1 a n a 1 n 1 + a 0 n a n 1 + a 0 n ( a n a 1 + a 0 ) max{ 1, 1 n } Durch Umstellen der Ungleichung ergibt sich: min{, n } = 1 max{ 1, 1 n } a n a 1 + a 0 min{ε, ε n } Damit gilt wie behauptet < ε. 2. Schritt: Gegeben ε > 0 hat die Einheitsmatrix E GL n (C) eine offene Umgebung V so, dass für alle A V und jeden Eigenwert λ C von A gilt 1 λ < ε. Beweis: Sei V := C deg n der C-Vektorraum der komplexen Polynome von Grad n versehen mit der 1-Norm. Betrachte die Abbildung χ : GL n (C) V, A χ A, die jeder Matrix ihr charakteristisches Polynom uordnet, sowie den R-Algebrenhomomorphismus F : V V gegeben durch T T + 1. Da χ und F stetig sind, ist die Komposition F χ : GL n (C) V stetig, und es gilt F χ(e) = T n. Wegen der Stetigkeit existiert eine offene Umgebung V von E so, dass für alle A U gilt F χ(a) = T n + n 1 a k X k mit a n a 0 < min{ε, ε n }. Sei A V beliebig und λ C ein Eigenwert von A. Dann ist λ eine Nullstelle von χ A, also λ 1 eine Nullstelle von F χ A. Nach Schritt 1 gilt daher λ 1 < ε. 3. Schritt: Es gibt eine Einsumgebung U, die keine nicht-triviale Untergruppe von G = GL n (C) enthält. Beweis: Sei ε > 0 so, dass für alle C mit 1 < ε gilt Re > 0 (geeignet ist.b. ε = 1 2 ). Sei V eine offene Einsumgebung wie in Schritt 2. Sete U := V B ε (E), wobei der ε-ball bgl. der 2-Norm gewählt sei. Um u eigen, dass U keine nicht-triviale Untergruppe enthält, genügt es u beweisen, dass U keine nicht-triviale yklische Untergruppe enthält. Sei A U {E} beliebig. Hat A einen Eigenwert λ mit λ 1, so ist die Menge {λ k k Z} C unbeschränkt. Da aber λ k ein Eigenwert von A k ist und für jeden Eigenwert λ einer Matrix B U die Abschätung λ 1 < ε gilt, gibt es ein k Z mit A k / U, also A U. Sei also ohne Einschränkung jeder Eigenwert λ C von A von Betrag 1. Sei A die Jordan-Normalform von A. Hat A einen Jordan-Block der Form 3

4 λ λ , so ergibt vollständige Induktion nach n, dass A n einen.... λ λ λ n nλ n λ n Block der Form enthält..... λ n nλ n λ n Wegen nλ n 1 = n λ n 1 = n 1 = n ist A unbeschränkt. Da die Untergruppen A und A ueinander konjugiert sind, ist damit auch A unbeschränkt und es gilt A U. Somit ist ohne Einschänkung A = A eine Diagonalmatrix mit Einträgen von Betrag 1 auf der Hauptdiagonale. Wegen A E hat A einen Eigenwert λ 1. Nun existiert aber k N mit Re λ k < 0. Da λ k ein Eigenwert der Matrix A k ist, gilt nach Konstruktion A k / U. Insgesamt enthält U damit keine nicht-triviale Untergruppe und G = GL n (C) hat keine kleinen Untergruppen. *-Aufgabe Zeige: a) Die Cantor-Menge C [0, 1] ist mager. b) Die Menge der rationalen Zahlen Q R ist keine G δ -Menge. Lösung: a) Wir eigen, dass die Cantor-Menge C sogar nirgends dicht ist. Nach Definition ist C der Durchschnitt F n, wobei die F n rekursiv definiert sind durch F 1 = [0, 1 3 ] [ 2 3, 1] und F n+1 = 1 3 F n ( F n). Somit ist C als Durchschnitt abgeschlossener Mengen abgeschlossen und es genügt u eigen, dass C leeres Inneres besitt. Per Widerspruch: Angenommen, C sei nicht leer. Dann gibt es ε > 0 so, dass C ein offenes Intervall der Länge ε enthält. Nun ist F n nach Konstruktion die disjunkte Vereinigung von 2 n abgeschlossenen Intervallen der Länge 3 n. Wegen lim n 3 n = 0 gibt es N N mit 3 n < ε für alle n N. Dann enthält F n für n N kein Intervall der Länge ε. Damit folgt, dass auch die Cantor-Menge C = F n kein Intervall der Länge ε enthalten kann. Somit war die Annahme falsch und C ist leer. Bemerkung: Dieses Argument eigt, dass jede Lebesgue-Nullmenge N R leeres Inneres hat. 4

5 b) Per Widerspruch: Angenommen, Q sei eine G δ -Menge. Seien (U n ) offen mit U n = Q. Da Q dicht in R ist, sind alle U n dichte, offene Teilmengen von R. Weiter ist für jedes q Q die Teilmenge R {q} offen und dicht in R. Nach Baires Kategoriesat ist R als vollständiger metrischer Raum ein Baire-Raum. Daher ist die Teilmenge U n R {q} als abählbarer Durschnitt offener dichter Teilmengen ebenfalls dicht in R. Es gilt jedoch: R {q} = Q (R Q) = U n q Q q Q Dies steht im Widerspruch ur Dichtheit. Die Annahme war also falsch und Q ist keine G δ -Menge. 5