Question dualité dans les groupes LCA

Eric Chopin

Bonjour à tous,

Une petite question car j'ai la flemme de redémontrer ces égalités :

Si $G$ est un groupe localement compact abélien et $A_i$ une famille finie de sous groupes fermés de $G$, on voit souvent les relations :
$$
\sum_i A_i^\perp = \Big(\bigcap_i A_i\Big)^\perp \qquad \mathrm{et} \qquad \bigcap_i A_i^\perp = \Big(\sum_i A_i\Big)^\perp
$$
Avec $A_i^\perp$ groupe des caractères triviaux sur $A_i$.
Il me semble qu'il faut imposer des conditions supplémentaires pour que ces relations soient vraies, en l'occurrence que $\sum_i A_i^\perp$ soit fermé pour la première et $\sum_i A_i$ soit fermé pour la deuxième (sinon on a des contre-exemples).
Quelqu'un peut confirmer (et éventuellement donner une ref de la preuve parce qu'on trouve souvent ces relations sans la démo). Sinon sont-elles vraies si on remplace $\sum_i A_i^\perp$ par son adhérence (et de même pour $\sum_i A_i$) ?

Merci d'avance,
A+
eric

PB

Est-ce que le passage à l'orthogonal est une bijection de l'ensemble des sous-groupes fermés de G sur l'ensemble des sous-groupes fermés de son dual ?

Et si oui, est-ce qu'on s'autorise à utiliser ça ?

Eric Chopin

Je dirais oui car si $H$ est fermé dans $G$ LCA alors
$(H^\perp)^\perp \equiv {\hat {\hat H}} \equiv H$, la propriété $H$
fermé servant à justifier l'isomorphisme de droite, isn't it?

A+

eric

PB

Ok, faisons comme si c'était vrai :-)

Soit $H_1$ et $H_2$ deux sous-groupes fermés de $G$.
L'inclusion $H_1^\perp+H_2^\perp\subset (H_1\cap H_2)^\perp$ est évidente.
L'autre inclusion équivaut, en appliquant la bijection décroissante dont on a parlé, à ${}^\perp (H_1^\perp+H_2^\perp)\subset H_1\cap H_2$, ou encore à ${}^\perp (K_1+K_2)\subset {}^\perp K_1\cap {}^\perp K_2$ en posant $K_i=H_i^\perp$. Sauf erreur, cette inclusion est encore évidente.

PB

Plus simplement : l'égalité $ H_1^\perp+H_2^\perp = (H_1\cap H_2)^\perp$ équivaut, en prenant les orthogonaux, à $ {}^\perp (K_1+K_2) = {}^\perp K_1 \cap {}^\perp K_2$ (où on a posé $K_i=H_i^\perp$ c.a.d. $H_i={}^\perp K_i$), mais cette dernière égalité est évidente (que les groupe $K_i$ soient fermés ou non).

Eric Chopin

Effectivement, vu comme ca c'est tres simple et ca confirme
ce que je pensais.
Merci!

Eric