Supongamos que $X$ , $E$ y $G$ son grupos topológicos y $1\to X\to E\to G\to 1$ una secuencia exacta corta de homomorfismos de grupo continuos. ¿Bajo cuál de estas condiciones es $E$ ¿un grupo profinito?
(i) $G$ profinite, $X$ finito
(ii) $G$ profinite, $X$ pro- $p$ para algún primo $p$
(iii) $G$ profinite, $X$ profinite
En los casos en que $E$ es profinito, ¿hay alguna manera de escribir el sistema inverso para $E$ explícitamente en términos del sistema inverso de $G$ (y $X$ )
Muchas gracias.
[EDIT: Supongo $X$ se da la topología del subespacio y $G$ la topología del cociente].
La respuesta a (iii) (e (i) y (ii)) es "sí". ¿No se trata esto en el libro "Profinite groups" (que nunca he mirado)? No estoy tan seguro de la petición "explícita", ya que (incluso para grupos finitos $X$ ) parece un poco difícil "ver" un subgrupo abierto de $E$ que omite un determinado no trivial $x \in X$ (entonces podríamos reducirla un poco para que también fuera normal y se intersectara con las preimágenes en $E$ de subgrupos normales abiertos de $G$ para conseguir lo que quieres).
He aquí la prueba de (iii) en sentido afirmativo.
Paso 1 (sinsentido de Hausdorff): En primer lugar, puesto que $G$ es (supongo) dada la topología cociente de $E$ y que es Hausdorff, su identidad es cerrada y por tanto $X$ está cerrado en $E$ . Supongo $X$ se supone que tiene la topología del subespacio y, por tanto, dado que su punto de identidad es cerrado (como $X$ es Hausdorff) se deduce que la identidad de $E$ es un punto cerrado. Así, puesto que $E$ es un grupo topológico, se deduce que $E$ es Hausdorff. Eso fue bastante aburrido, y tal vez usted estaba asumiendo $E$ sea Hausdorff desde el principio. Quomodocumque.
Paso 2 (reformulación): Recordemos ahora que entre los grupos topológicos de Hausdorff, los profinitos son precisamente aquellos que son compactos y totalmente desconectados (es decir, sólo son puntos los subconjuntos conectados no vacíos). Esto está demostrado en Montgomery-Zippin y en otros lugares, supongo. Así que sólo tenemos que comprobar que $E$ hereda cada uno de estos bienes por separado de $X$ y $G$ y estos son elementales de la siguiente manera.
Para la desconexión total es equivalente decir que el único subgrupo cerrado conectado es el trivial (ya que la componente conectada del punto de identidad es cerrada y visiblemente un subgrupo). Pero tal subgrupo de $E$ tiene imagen trivial en la totalmente desconectada $G$ y por lo tanto se encuentra en el totalmente desconectado $X$ y por tanto es trivial, por lo que $E$ está totalmente desconectado.
Paso 3 (propiedad): A continuación, verificamos la compacidad. Puede que haya una forma inteligente de verlo usando cubiertas abiertas o redes, pero no veo tal argumento a primera vista (ya que no recuerdo en qué generalidad se sabe que los mapas cociente entre grupos topológicos admiten secciones locales continuas), así que aquí hay un argumento directo usando la propiedad topológica (para espacios de Hausdorff) en el sentido de Bourbaki. Tal vez el argumento pueda hacerse de forma más eficiente; yo sólo doy lo que que se me ocurre en este momento.
Recordemos que un mapa continuo separado entre espacios topológicos se define como propio cuando es universalmente cerrado (en la categoría de todos los espacios topológicos), y que esto es equivalente a que el mapa sea cerrado con fibras cuasicompactas. En particular, puesto que la propiedad se conserva bajo composición y $G$ es propio sobre un punto, para demostrar el Hausdorff $E$ es compacta basta con demostrar que $f$ es correcto.
Más concretamente, puesto que $f$ tiene fibras compactas (traslados de $X$ ), sólo tenemos que demostrar que $f$ está cerrado. Es decir, si $C$ es un conjunto cerrado en $E$ entonces queremos demostrar que $f(C)$ está cerrado en $G$ . Desde $G$ tiene la topología cociente de $E$ Esto significa que $f^{-1}(f(C))$ está cerrado en $E$ . Para demostrar esta cerrazón, utilizaremos la compacidad de $X$ de otra manera.
El mapa $X \times E \rightarrow E \times_G E$ definido por $(x,e) \mapsto (xe, e)$ es un isomorfismo topológico (respetando las 2ª proyecciones), por lo que si $C$ es un conjunto cerrado en $E$ entonces $X \times C$ pasa a un conjunto cerrado en $E \times_G E$ y este conjunto cerrado es $S := f^{-1}(f(C)) \times_{f(C)} C$ . Obsérvese que su imagen bajo la primera proyección a $E$ es $f^{-1}(f(C))$ . Pero $E \times_G E$ también se identifica con $E \times X$ respetando las primeras proyecciones (mediante $(e,x) \mapsto (e, ex)$ ), y esta primera proyección es adecuada ya que $X$ es Hausdorff compacto. En particular, esta primera proyección es una cerrado mapa, por lo que $f^{-1}(f(C))$ está cerrado en $E$ debido al carácter cerrado de $S$ en el producto de fibra. Esto completa la prueba de la compacidad de $E$ .
QED
En general, la respuesta a las tres preguntas es no. Además, debe suponer que $G$ lleva la topología cociente de $E$ . En caso contrario, a partir de cualquier secuencia exacta con $E$ compacto y $G$ infinito, se puede dotar al grupo compacto $E$ con la topología heredada de la incrustación en $E\times G_d$ donde $G_d$ es $G$ con la topología discreta; sea $E'$ sea el grupo resultante; entonces $1\to X\to E'\to G\to 1$ es una secuencia exacta de homomorfismos de grupo continuos, $X$ y $G$ son compactas pero $E'$ no lo es. Aquí $X$ puede ser incluso el grupo trivial, por lo que $E'=G_d$ .
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