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2 $\开始组$ 也许是以某种人为的方式，但我不知道有任何这种有用的说法。 此外，与顺从性不同，剩余顺从性不传递给商，因此该属性不应传递给向前推，如存在不变平均值。 $\端组$ – Y科尔 评论 2014年12月28日19:46 -
$\开始组$ @YCor也许如果一个组是剩余顺从的，那么有一些方法可以从顺从图像上的度量中归纳出它的度量。 如果群是剩余有限的，那么这显然是可能的。 $\端组$ – 巴勃罗 评论 2014年12月28日19:57 -
$\开始组$ 你是在说Haar对profinite完成的度量吗？ $\端组$ – HJRW公司 评论 2014年12月28日21:05 -
$\开始组$ @HJRW是的。 我通过在profinite完成中对其闭包进行Haar度量来度量集合。 $\端组$ – 巴勃罗 评论 2014年12月29日7:47
1答案
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2 $\开始组$ （请注意，Andreas可能假设组是可数的。）对于自由组来说，这并不比任意组容易。 我希望我们考虑一个正规子群$（N_N）$的递减序列，其中$\bigcap N_N=1$和$G/N$ameable，然后我们说$d（G，h）=e^{-k}$，其中$k=\sup\{m:G^ {-1}小时 \在N_m\}$中。 (...) $\端组$ – Y科尔 评论 2014年12月29日15:45 -
2 $\开始组$ 然后取$G/N_N$上的左$G$-不变均值，并将其拉回到$G$的左$G$-不变中值$m_N$上。 那么$m_n$的任何极限点都是$G$的子集上的左$G$-不变均值，这些子集对于某些$n$是$n_n$-不变的，而这些子集恰恰是该度量的开放子集。 $\端组$ – Y科尔 评论 2014年12月29日15:48 -
2 $\开始组$ 相反，如果给定这些条件，则取$N_N$作为$e^{-N}$-ball，则$G/N_N$是可接受的，$\bigcap N_N=1$。 在没有可数性假设的情况下，这刻画了正规子群的递减序列为$（N_N）$的群，使得$\bigcap N_N=1$和$G/N_N$是可数的，或者是可数群的可数乘积的等价子群。 （我需要稍微考虑一下，才能找到一个剩余的可接受群——必须是不可数的——而不是这种形式） $\端组$ – Y科尔 评论 2014年12月29日15:54 -
2 $\开始组$ 这里有一个剩余服从群的例子，它不是“可计数的”剩余服从群。 考虑无限可数有限交替群$H$。 设$G=H^I=\prod_{I\inI}H_I$，其中$I$是不可数的索引集，$H_I$s是$H$的副本。 那么$H$是局部有限的，因此是顺从的； 因此$G$是剩余责任； 而且$H$很简单。 假设我们有如上所述的$（N_N）$。 对于每个$n$，让$I_n$是$I$的集合，使得$H_I$不包含在$n_n$中。 $\端组$ – Y科尔 评论 2014年12月29日16:27 -
2 $\开始组$ 然后通过$G\to\prod G/n_n$的内射性，$I=\bigcup I_n$。 通过$H$的简单性，对于i_n$中的每一个$i\，$H_i$都被内射映射到$G/n_n$。 然后，由于i_n}H_i$中$\prod_{i\的每个非平凡正规子群都与其中一个因子相交，因此可以得出$G_n=\prod_{i\在i_n}H_i$s中被内射映射到$G/n_n$。 但是，由于$H_i\simeq H$包含所有有限群，如果$i_n$是无限的，那么$G_n$将包含非贝拉自由群，这与$G/n_n$的适应性相矛盾。 因此每个$I_n$都是有限的，因此$I$是可数的，这是一个矛盾。 $\端组$ – Y科尔 评论 2014年12月29日16:28