Bourbaki

习题 27, § 2

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一般拓扑, III, 304

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

群 GG 据说有性质 P(n)P(n) (n 整数 > 0) 如果对于 GG 的 nn 元素的每个系统 (s1,…,sn)(s_1, \ldots, s_n),有置换 σ∈Sn\sigma \in S_n,除了恒等式置换(但取决于s1,…,sns_1, \ldots, s_n),使得sσ(1)⋯sσ(n)=s1⋯sns_{\sigma(1)} \cdots s_{\sigma(n)} = s_1 \cdots s_n。

a) 证明不可交换的群S3S_3满足P(4)P(4)。

b) 令 GG 为连通的 Hausdorff 拓扑群。证明如果对于某些整数 n>1n > 1,GG 满足 P(n)P(n),则 GG 是可交换的。 [表明GG满足P(n−1)P(n - 1):给定GG的n−1n - 1元素s1,…,sn−1s_1, \ldots, s_{n-1},约化到存在ee的邻域UU的情况,这样,对于每个x∈Ux \in U,我们有 s1⋯sn−1x=s1⋯sixsi+1⋯sn−1s_1 \cdots s_{n-1} x = s_1 \cdots s_i x s_{i+1} \cdots s_{n-1} 一些指标 i=i(x)i = i(x);推导出元素 sj+1⋯sn−1s_{j+1} \cdots s_{n-1} (0≤j≤n−20 \leq j \leq n - 2) 之一的GG 中的扶正器既开又闭,因此等于GG。因此结果 if j≥1j \geq 1;如果 j=0j = 0,则表明

s1s2⋯sn−1=s2⋯sn−1s1]. s_1 s_2 \cdots s_{n-1} = s_2 \cdots s_{n-1} s_1 ].
解答

尚未写出解答。

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引用了

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