Sous-groupe non fermé du groupe de Galois abs

johnsmoke · September 2019

Bonjour,

Est-ce possible d'avoir un ( ou plusieurs ) exemples de sous-groupe non fermé de $Gal( \mathbb{\bar Q} \backslash \mathbb{Q} )$ ?
$Gal( \mathbb{\bar Q} \backslash \mathbb{Q} )$ est muni de sa topologie de groupe profini.

En vous remerçiant

reuns · September 2019

Je pense que l'exemple le plus simple c'est pour $p$ premier impair $$f : G_{\Q} \to G_{\Q} / G_{\Q(\zeta_{p^\infty})} = Gal(\Q(\zeta_{p^\infty})/\Q)=\Z^\times_p, \qquad A = (1+p)^\Z \le \Z^\times_p$$
Alors $f^{-1}(A)$ n'est pas fermé $$\overline{f^{-1}(A)}= f^{-1}(\overline{A})=f^{-1}( (1+p)^{\Z_p})=f^{-1}( 1+p\Z_p) = G_{\Q(\zeta_p)}$$

D'ailleurs je ne sais pas trop quelle propriété j'utilise quand j'écris que $\overline{f^{-1}(A)}= f^{-1}(\overline{A})$ (je sais a posteriori que c'est vrai parce que $G_{\Q(\zeta_p)}$ est fermé)

Sinon dans un autre style : $\mathfrak{P}$ un idéal premier de $S=\bigcup_n Z[\zeta_n]$ au dessus de $p$ et $D_\mathfrak{P} = \{ \sigma \in G_\Q, \sigma(\mathfrak{P}) \subset \mathfrak{P}\}$ et $\varphi$ le Frobenius de $S/\mathfrak{P}$ et $B = \{ \sigma \in D_\mathfrak{P}, \exists k \in \Z, \sigma = \varphi^k \bmod \mathfrak{P}\}$ alors $B$ n'est pas fermé et $\overline{B} = D_\mathfrak{P}$.

johnsmoke · September 2019

Merci pour ces réponses.
Que veut dire $ A = (1+p)^\Z $ . C'est pas conventionnel pour moi.
Est-ce que c'est le singleton $ (1 ,1 + p,1 + p,1 + p, \ldots) \in \mathbb{Z}^\times_p $ ?
Merci

reuns · September 2019

$(1+p)^\Z = \{ (1+p)^m, m\in \Z\}$ est un sous-groupe non-fermé de $\Z_p^\times$,

où $\Z_p$ c'est les entiers $p$-adiques, l'ensemble des limites de suites d'entiers qui convergent $\bmod p^k$ pour tout $k$, un anneau intègre avec l'addition et la multiplication terme à terme, si bien que $\Z_p^\times$ est canoniquement isomorphe à $Gal(\Q(\zeta_{p^\infty})/\Q)$.

johnsmoke · September 2019

Ok merci pour la précision. Oui oui je connais les $p$-adiques et l'isomorphisme des unités $p$-adiques avec $ Gal(\Q(\zeta_{p^\infty})/\Q) $ est Ok aussi.

Désolé mais alors que veut dire $ (1+p)^{\Z_p} = \{ (1+p)^m \mid m \in \Z_p \} $ ??. Cet expression ne fait pour moi aucun sens. En fait d'après ce que tu as écris j'en déduis que $ (1+p)^{\Z_p} $ désigne simplement l'adhérence de $A$ dans $\Z^\times_p$ ??

Enfin peux-tu me donner rapidement l'argument qui montre que $A$ n'est pas fermé dans $\Z^\times_p$ ?
Merci beaucoup

reuns · September 2019

Le sous-groupe $\{ c\in \Z/p^k\Z^\times, c\equiv 1 \bmod p\}$ est d'ordre $p^{k-1}$ donc $(1+p)^{p^{k-1}} \equiv 1 \bmod p^k$

Donc si $(a_n) \in \Z$ converge vers $a\in \Z_p$ alors $\lim_{n \to \infty}(1+p)^{a_n}$ converge dans $1+p\Z_p$ et on appelle la limite $(1+p)^a$.

Enfin parce que $1+p$ est d'ordre $p^{k-1}$ modulo $p^k$ c'est un générateur de $\{ c\in \Z/p^k\Z, c\equiv 1 \bmod p\}$ et donc $(1+p)^{\Z}$ est dense dans $1+p\Z_p$ et sa complétion est $(1+p)^{\Z_p}=1+p\Z_p$.

En prenant un générateur de $\Z/p\Z^\times$ on construit une racine $p-1$ de l'unité et on obtient $\Z_p^\times=\ <\mu_p>\times (1+p)^{\Z_p}$.

aurelpage · September 2019

Salut,

Soit $g$ un élément de $G_\Q$ d'ordre infini (ça existe, il suffit de prendre un Frobénius).

Alors $H = \{g^k : k\in\Z\}$ n'est pas fermé car il n'est pas isomorphe à son complété profini.

Amicalement,
Aurel

johnsmoke · September 2019

Bonjour,

Après re-méditation du premier exemple, j'ai finalement saisi. En revanche le deuxième exemple que tu proposes est trop compliqué pour l'instant.
Cependant je me pose une autre question. On sait qu'un sous-groupe ouvert d'un groupe topologique est toujours fermé et que l'inverse n'est pas forcément vrai. Donc, est-il possible d'avoir un exemple de sous-groupe fermé non-ouvert de $ Gal( \mathbb {\bar Q} / \mathbb{Q}) $ ?

Aurel : peux-tu développer un peu, je débute avec le notion de groupe profini et sa topologie. Plus précisément, une démo même très courte serait bienvenue. Merci

aurelpage · September 2019

Bonsoir,

Pour ta première question : comme $G_\Q$ est compact, tout sous-groupe ouvert est d'indice fini (montre-le !). Il suffit donc d'exhiber un sous-groupe fermé qui n'est pas d'indice fini. Je pense que tu peux trouver ça tout seul. ;-)

Pour mon exemple : Je suggérais une preuve abstraite du fait que $H$ ne soit pas fermé, mais voici un contre-exemple explicite.
Puisque $g$ est d'ordre infini, il existe une suite de sous-groupe ouverts $U_1\supset U_2\supset \dots \supset U_n\supset\dots$ tel que l'ordre de $g$ modulo $U_n$ est $D_n>0$ avec $D_1|D_2|D_3|\dots |D_n$ et chaque divisibilité est stricte (en particulier $D_n\ge 2^n$).
Soit $h_n = g^{\sum_{i=1}^n i!D_{i^3}}\in H$. On va montrer que $h_n$ converge dans $G_\Q$, mais que la limite n'est pas dans $H$.
1/ Montre que pour tout sous-groupe ouvert $U$ de $G_\Q$, $h_n\bmod U$ est constante à partir d'un certain rang (qui dépend de $U$).
2/ Utilise le fait que $G_\Q$ est la limite projective $\lim_U G_\Q/U$ pour montrer que $h_n$ a une limite $h_\infty$ dans $G_\Q$.

Supposons que $h_\infty\in H$, et soit alors $k\in \Z$ tel que $h_\infty = g^k$.
3/ Montre que pour tout $n$ on a $k\equiv \sum_{i=1}^{n-1} i!D_{i^3} \bmod D_{n^3}$ (indice : que se passe-t-il modulo $U_{n^3}$ ?).
4/ Montre que pour $n$ assez grand on a $k\neq \sum_{i=1}^{n-1} i!D_{i^3}$
5/ Montre que pour $n$ assez grand on a $|k - \sum_{i=1}^{n-1} i!D_{i^3}| \ge D_{n^3}$.
6/ Divise par $D_{n^3}$ et montre qu'on a une contradiction pour $n$ assez grand.

Bon j'ai dû bidouiller pour que ça marche sans utiliser de propriété spéciale de $G_\Q$ autre que le caractère profini, donc on ne peut plus vraiment appeler ça une preuve simple ! (et encore, en supposant que je ne me suis pas raté en ajustant la construction) 8-)

Si tu veux réfléchir à la preuve abstraite, montre que :
a) Tout sous-groupe fermé d'un groupe profini est profini.
b) $\Z$ n'est pas profini.

Amitiés,
Aurel

johnsmoke · September 2019

Super je regarde tout ça. merci

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