Acción de grupo y espacios de cobertura

Question

Dejemos que $X$ sea un espacio topológico conectado por caminos y localmente conectado por caminos. La acción de un grupo topológico $G$ en $X$ es una acción del espacio de cobertura. Para cualquier subgrupo $H < G$ tenemos una composición del espacio de cobertura $X \rightarrow X/H \rightarrow X/G$ .

1. Demostrar que cualquier espacio de cobertura de $X/G$ entre $X$ y $X/G$ es isomorfo a $X/H$ para un subgrupo $H$ de $G$ .
2. $X/H_1 \rightarrow X/G$ y $X/H_2 \rightarrow X/G$ son isomorfos como espacios de cobertura si y sólo si $H_1$ y $H_2$ son subgrupos conjugados de $G$ .
3. El espacio de cobertura $X/H \rightarrow X/G$ es normal si y sólo si $H$ es un subgrupo normal de $G$ en cuyo caso existe un automorfismo $$\text{Aut} (X/H \rightarrow X/G) \cong G/H.$$

No tengo ni idea de (1). Las partes de suficiencia de (2) y (3) parecen ser fáciles. En cuanto a la parte de necesidad de (2), supongamos que $\phi: X/H_1 \rightarrow X/H_2$ es un isomorfismo de $X$ -espacios de cobertura, puedo demostrar que para cualquier $x \in X$ existe $g_x \in G$ , de tal manera que $\phi(x) = g_x(x)$ . Pero, ¿puedo encontrar un $g$ tal que $\phi(x)=g(x)$ para todos $x \in X$ ? Un problema similar ocurre en la prueba de (3). Para la parte del isomorfismo de (3), puedo construir un mapa $\psi: G \rightarrow \text{Aut}(X/H \rightarrow X/G)$ que envía $g \in G$ a un automorfismo del espacio de cobertura $X/H$ en $X/G$ enviando $x \mapsto g(x)$ . El núcleo de este mapa es $H$ pero no sé cómo demostrar que es subjetiva.

Muchas gracias.

Answer 1

Esto es realmente largo y pido disculpas (por no hablar de los años de retraso), pero creo que responde a todas las preguntas que has planteado.

(1) Consideremos la composición de los espacios de cobertura $X \xrightarrow{p_1}Y \xrightarrow{q_1} X/G$ y supongamos que $p = q_1p_1: X \to X/G$ . Las transformaciones de la cubierta de $p : X \to X/G$ son precisamente los elementos de $G$ dado por $x \mapsto gx$ . Sea $H$ sea el grupo de transformaciones de cubierta del espacio de cobertura $p_1 : X \to Y$ y supongamos que $h \in H$ . Entonces $x \mapsto hx$ es un homeomorfismo tal que $p_1 h = p_1$ . Pero entonces $q_1 p_1 h = q_1 p_1$ o $ph = p$ Así que $h \in G$ . Por lo tanto, $H \subset G$ . Sea $p_2, q_2$ sean los mapas de cobertura en la composición de espacios de cobertura $X \xrightarrow{p_2} X/H \xrightarrow{q_2} X/G$ Así que $p = q_2 p_2$ . Así que tenemos el siguiente diagrama conmutativo: $\require{AMScd}$ \begin{CD} X @>p_1>> Y\\ @V p_2 V V @VV q_1 V\\ X/H @>>q_2> X/G \end{CD} Definir el mapa $\phi: X/H \to Y$ por $\phi(Hx) = p_1(x)$ . Para ver que $\phi$ está bien definido, si $Hx_1 = Hx_2$ entonces $x_1 = hx_2$ para algunos $h \in H$ . Así que $p_1(x_1) = p_1(hx_2) = p_1(x_2)$ desde $p_1 h = p_1$ por cada $h \in H$ .

Afirmamos que $\phi: X/H \to Y$ es un isomorfismo del espacio de cobertura. Nótese que para $Hx \in X/H$ tenemos $q_2(Hx) = Gx$ y $q_1 \phi(Hx) = q_1 p_1(x) = p(x) = Gx$ Así que $q_2 = q_1 \phi$ . Así que tenemos que mostrar $\phi : X/H \to Y$ es un homeomorfismo. Si $\phi(Hx_1) = \phi(Hx_2)$ , entonces dejemos que $y = p_1(x_1) = p_1(x_2)$ . Desde $X \to Y$ es normal (fácil de comprobar ya que $X \to X/G$ es normal), existe una transformación de cubierta $h \in H$ tomando $hx_2 = x_1$ Así que $Hx_1 = Hx_2$ . Obviamente $\phi$ es suryente, por lo que $\phi$ es una biyección.

Para demostrar $\phi$ es continua, supongamos que $Hx \in X/H$ para algunos $x \in X$ y que $U \subset Y$ sea una vecindad de $p_1(x) = \phi(Hx)$ . Supongamos que $U$ está cubierto uniformemente. Deje que $V \subset p_1^{-1}(U)$ sea una vecindad de $x$ que mapea homeomórficamente a ambos $p_1(V) \subset Y$ y $p_2(V) \subset X/H$ . Entonces $p_2(V)$ está abierto. Si $y \in \phi (p_2(V)),$ entonces por inyectividad, $\phi^{-1}(y) \in p_2(V)$ que se eleva a un punto en $V \subset p_1^{-1}(U)$ . Por lo tanto, tenemos una secuencia de biyecciones $\phi|_{p_2(V)}$ , $p_2|_V$ y $p_1|_V$ y la composición $p_1|_V \circ p_2|_V^{-1} \circ \phi|_{p_2(V)}^{-1}$ es una biyección $p_1(V) \to p_1(V)$ . Desde $p_1 p_2|_V^{-1} \phi^{-1}(y) \in p_1(V)$ tenemos $y \in p_1(V)$ Así que $y \in U$ . así que $\phi(p_2(V)) \subset U$ Así que $\phi$ es continua. Un argumento similar muestra $\phi^{-1}$ es continua. QED.

Para la dirección "sólo si" de (2) y la parte de isomorfismo de (3), necesitamos lo siguiente

Lema: Si tenemos una composición de espacios de cobertura $X \xrightarrow{p_1} Y_1 \xrightarrow{q_1} Z$ y $X \xrightarrow{p_2} Y_2 \xrightarrow{q_2} Z$ y un isomorfismo del espacio de cobertura $\phi : Y_1 \to Y_2$ , entonces el mapa $\phi p_1 : X \to Y_2$ eleva a una transformación de cubierta de $X \to Z$ .

Prueba: En primer lugar, $(\phi p_1)_* (\pi_1(X)) = \phi_* p_{1*} (\pi_1(X)) \subset p_{2*} \pi_1(X)$ por lo que, según la proposición 1.33 de la topología algebraica de Hatcher, existe una elevación $\widetilde{\phi p_1} : X \to X$ de $\phi p_1$ . Así, $p_2 \widetilde{\phi p_1} = \phi p_1$ . Para cualquier ascensor de este tipo, $p\widetilde{\phi p_1} = q_2 p_2 \widetilde{\phi p_1} = q_2 \phi p_1 = q_1 p_1 = p$ . Así que tenemos que demostrar que algún ascensor $\widetilde{\phi p_1}$ es un homeomorfismo $X \to X$ . Arreglar $x_0 \in X$ y que $y_0 = p_1(x_0) \in Y_1$ y $y'_0 = \phi(y_0) \in Y_2$ y que $x_0' \in X$ sea una elevación de $y'_0$ . Entonces $y'_0 = \phi p_1(x_0)$ Así que supongamos que $\widetilde{\phi p_1} : X \to X$ es la única elevación de $\phi p_1$ tomando $x_0 \mapsto x_0'$ . Por argumentos similares, también existe una elevación única del mapa $\phi^{-1} p_2 : X \to Y_1$ -- denota que $\widetilde{\phi^{-1} p_2}$ -- enviar $x_0' \mapsto x_0$ . Al componer estos ascensores, tenemos: \begin{equation} p_2\left(\widetilde{\phi p_1}\right) \left(\widetilde{\phi^{-1} p_2}\right) = \phi p_1 \left(\widetilde{\phi^{-1} p_2}\right) = \phi \phi^{-1} p_2 = p_2 \end{equation} Así, la composición $\left(\widetilde{\phi p_1}\right) \left(\widetilde{\phi^{-1} p_2}\right)$ es una elevación de $p_2$ enviando $x_0' \mapsto x_0'$ . Por la singularidad de los ascensores, $\left(\widetilde{\phi p_1}\right) \left(\widetilde{\phi^{-1} p_2}\right) = \mathbb{1}_X$ el mapa de identidad en $X$ . De la misma manera, $\left(\widetilde{\phi^{-1} p_2}\right)\left(\widetilde{\phi p_1}\right) = \mathbb{1}_X$ . Por lo tanto, $\left(\widetilde{\phi p_1}\right)$ es un homeomorfismo y, por tanto, una transformación de cubierta. QED.

Corolario: Cada elevación de un mapa de cobertura $p : \tilde X \to X$ es una transformación de la cubierta.

(2) Usted tiene la dirección "si", parece (considere el mapa $H_1 x \mapsto H_2 x$ de $X/H_1 \to X/H_2$ ). Para "sólo si", dejemos que $\phi : X/H_1 \to X/H_2$ sea el isomorfismo del espacio de cobertura, y sea $p_1, p_2, q_1, q_2$ satisfacen el diagrama conmutativo $\require{AMScd}$ \begin{CD} X @>p_1>> X/H_1\\ @V p_2 V V @VV q_1 V\\ X/H_2 @>>q_2> X/G \end{CD} para que $p = q_i p_i, i = 1,2$ es el mapa de cobertura $X \to X/G$ . Considere $\phi p_1 : X \to X/H_2$ . Entonces, por el lema $\phi p_1$ ascensores a una transformación de la cubierta $g \in G$ de $X \to X/G$ . Así que $p_2 g = \phi p_1$ y en particular, $p_2 = \phi p_1 g^{-1}$ .

Afirmamos que para $h_1 \in H_1$ la transformación de la cubierta $gh_1 g^{-1} : X \to X$ es una elevación de $\phi p_1 g^{-1} : X \to X/H_2$ . De hecho, desde que $p_1 h_1 = p_1$ tenemos $p_2 gh_1 g^{-1} = \phi p_1 h_1 g^{-1} = \phi p_1 g^{-1}$ . Pero por el corolario, ya que $gh_1g^{-1}$ es entonces una elevación de $p_2 : X \to X/H_2$ , $gh_1 g^{-1}$ es una transformación de cubierta de $X \to X/H_2$ . Pero estos son precisamente los elementos de $H_2$ Así que $gh_1 g^{-1} = h_2$ para algunos $h_2 \in H_2$ . QED. $ \newcommand{\Aut}{\mathrm{Aut}} $

(3) Supongamos que tenemos la composición de espacios de cobertura $X \xrightarrow{q} X/H \xrightarrow{r} X/G$ y $p = rq : X \to X/G$ es el mapa de cobertura. Para demostrar $\Aut(X/H \to X/G) \cong G/H$ consideremos su homomorfismo $\psi : G \to \Aut(X/H \to X/G)$ dado por $\psi(g) = (Hx \mapsto H(gx))$ . Como ha dicho, su núcleo es $H$ (asegúrate de demostrar también que el mapa está bien definido). Para demostrar $\psi$ es suryente, supongamos que $f : X/H \to X/H$ es una transformación de cubierta de $X/H \to X/G$ . Por el lema (utilizando $Y_1 = Y_2 = X/H$ ), el mapa $fq$ ascensores a una transformación de la cubierta $g \in G$ de $X \to X/G$ Así que $qg = fq$ . Entonces, $f(Hx) = fq(x) = qg(x) = H(gx)$ por cada $Hx \in X/H$ Así que $f = (Hx \mapsto H(gx)) = \psi(g)$ . Así que $\psi$ es suryente, y por el primer teorema de isomorfismo, $G/H \cong \Aut(X/H \to X/G)$ .

Ahora, de nuevo parece que tienes la dirección "si" trabajada para esta (usa el isomorfismo establecido con la definición de un espacio de cobertura normal). Para el "sólo si", el argumento es casi totalmente algebraico. Puedes utilizar el hecho de que si $\phi : G_1 \to G_2$ es un homomorfismo de grupo, $H \lhd G$ y $\phi(G_1) \lhd G_2$ y si $\phi' : G_1 / H \to G_2 / \phi(H)$ es el mapa inducido sobre los grupos cocientes, entonces $\phi'(G_1/H) \lhd G_2/\phi(H)$ . (Este es un cálculo fácil.) Por la Prop. 1.40 de Hatcher, tenemos $G \cong \pi_1(X/G) / p_*(\pi_1(X))$ y $H \cong \pi_1(X/H) / q_*(\pi_1(X))$ y por la Prop. 1.39, $r_*(\pi_1(X/H)) \lhd \pi_1(X/G)$ . Por nuestro hecho de la teoría de grupos sobre los subgrupos normales de los grupos cocientes, tenemos $r_*'(\pi_1(X/H) / q_*(\pi_1(X))) \lhd \pi_1(X/G) / p_*(\pi_1(X))$ (nota $r_*'$ es inyectiva).

Dejemos que $\phi : \pi_1(X/G) \to G$ sea el homomorfismo que envía una clase de homotopía $[\gamma] \in \pi_1(X/G)$ a la transformación de la cubierta $g \in G$ enviando el punto base $x_0 \in X$ a $gx_0$ a lo largo de la trayectoria elevada $\tilde \gamma$ en $X$ de $\gamma$ , es decir. $\tilde \gamma(0) = x_0$ y $\tilde \gamma(1) = gx_0$ . Definir $\psi : \pi_1(X/H) \to G$ de manera similar. Estos son los homomorfismos utilizados en la prueba de Hatcher de la Prop. 1.39 para mostrar que $G \cong \pi_1(X/G) / p_*(\pi_1(X))$ y $H \cong \pi_1(X/H) / q_*(\pi_1(X))$ (en particular, $\psi(\pi_1(X/H)) = H$ ).

Afirmamos que $\psi = \phi r_*$ . Para un bucle $\gamma$ en $X/H$ , si $\psi[\gamma] = h$ entonces hay un camino $\tilde \gamma$ en $X$ con $\tilde \gamma(0) = x_0$ y $\tilde \gamma(1) = hx_0$ . Considere el bucle $r\gamma$ en $X/G$ . El camino $\tilde \gamma$ es también la elevación única de $r\gamma$ con $\tilde \gamma(0) = x_0$ y así $\phi[r \gamma] = \phi r_*[\gamma] = h$ . Por lo tanto, $\phi r_* = \psi$ , según se desee.

Dejar $\phi' : \pi_1(X/G) / p_*(\pi_1(X)) \to G$ y $\psi' : \pi_1(X/H) / q_*(\pi_1(X)) \to H$ sean los isomorfismos correspondientes, esto implica que $\phi' r_*' = \psi'$ . Así, para $h \in H$ y $g \in G$ si dejamos que $[\beta'] = r_*' \psi'^{-1}(h)$ y $[\gamma'] = \phi'^{-1}(g)$ porque $r_*'(\pi_1(X/H) / q_*(\pi_1(X))) \lhd \pi_1(X/G) / p_*(\pi_1(X))$ tenemos $[\gamma'][\beta'][\gamma']^{-1} \in r_*'(\pi_1(X/H) / q_*(\pi_1(X)))$ y así \begin{align} ghg^{-1} &= \left(\phi'[\gamma']\right) \left(\psi' r_*'^{-1} [\beta']\right) \left(\phi'[\gamma']\right)^{-1} = \left(\phi'[\gamma']\right)\left(\phi'[\beta']\right)\left(\phi'\left([\gamma']^{-1}\right)\right) \\ &= \phi'\left([\gamma'][\beta'][\gamma']^{-1}\right) \end{align} Porque $[\gamma'][\beta'][\gamma']^{-1} \in r_*'(\pi_1(X/H) / q_*(\pi_1(X)))$ y $\phi' r_*' = \psi'$ Esto implica \begin{equation} ghg^{-1} = \psi' r_*'^{-1}\left([\gamma'][\beta'][\gamma']^{-1}\right) \in H. \end{equation} Por lo tanto, $H \lhd G$ . QED.

Answer 2

He publicado la respuesta para (a) hace meses, pero creo que estaba completamente equivocada, así que permítanme intentar reescribirla (pero por favor regañenme brutalmente si lo siguiente no tiene sentido).

Consideramos que $X \overset{p}\longrightarrow C \overset{q}\longrightarrow X/G$ . Podemos suponer que $p$ y $q$ son suryentes. Consideremos $\text{Aut}(p) \leqslant \text{Aut}(qp)\simeq G$ (el isomorfismo canónico dado por la hipótesis sobre $X$ ). Entonces tenemos $X \twoheadrightarrow X/\text{Aut}(p)$ respeta la relación de $X \twoheadrightarrow C$ por lo que, como cocientes, son isomorfos, lo que da un isomorfismo deseado con $H = \text{Aut}(p)$ .

Comentario. No estoy tan seguro de que esto sea suficiente ya que no he encontrado $H$ como un subgrupo de $G$ sino una copia isomorfa de un subgrupo.