Grupo fundamental determinado por los componentes conectados

Question

Supongamos $G$ es simplemente conectado topológico grupo y $H$ es algunos de los subgrupos. Quiero demostrar que, si el coset espacio de $G/H$ está conectado, y luego

$$ \pi_1(G/H) = \pi_0(H)/\pi_0(G) $$

Si $G$ está conectado, a continuación, he sido capaz de establecer el resultado; la no contráctiles de bucles en $G/H$ son simplemente los bucles en $G$ que se inician en la identidad (por ejemplo) y al final en algún otro componente conectado de $H$. Sin embargo, si $G$ no está conectado, a continuación, el resultado es menos sencillo para mí. En primer lugar, es crucial que $G/H$ está conectado, de lo contrario $H$ se le permitía sentarse en su totalidad dentro de un componente de $G$, y puede tener menos componentes conectados de $G$. Además, ni siquiera está claro para mí cómo encontrar $\pi_0(G)$ como un subgrupo de $\pi_1(H)$, dejame ver si es normal.

EDIT: gracias a todos por los excelentes comentarios y respuestas. Debo hacer un par de aclaraciones. Normalmente, sólo se hable de el grupo fundamental de la (ruta)espacios conectados; cuando digo que $G$ simplemente se conecta, me refiero a que cada componente conectado es simplemente conectado. Además, mientras que la puse pocas restricciones sobre la naturaleza de la $G$$H$, tenía en mente que ambos eran de hecho de la Mentira de los grupos, y que $G$ fue una fibration de $H$$G/H$. Este fue anticipada por algunos comentarios y respuestas; estoy agradecida de haber recibido buenas respuestas a la pregunta que estaba en mi cabeza, pero que yo no adecuadamente a preguntar!

Answer 1

Esta afirmación es un disparate. Como dices, en realidad no hay manera natural a considerar $\pi_0(G)$ como un subgrupo de $\pi_0(H)$ si $H$ es un subgrupo de $G$. En su lugar, hay una natural mapa de $\pi_0(H)\to \pi_0(G)$ (a pesar de que este mapa no puede ser inyectiva).

Lo que es cierto (asumiendo $H$ es un buen subgrupo de $G$ que el cociente mapa de $G\to G/H$ es un fibration) es que $\pi_1(G/H)$ es isomorfo al núcleo de este mapa,$\pi_0(H)\to \pi_0(G)$. Esto se deduce fácilmente de lo que ya han hecho, desde un bucle en $G/H$ levanta a una ruta de acceso en $G$ que debe ser incluida en la identidad de componente de trazado $G_0\subseteq G$, lo $\pi_1(G/H)$ es lo mismo que $\pi_1(G_0/(G_0\cap H))$. Por lo que usted ha dicho, $\pi_1(G_0/(G_0\cap H))$ es naturalmente isomorfo a $\pi_0(G_0\cap H)$, que es exactamente el núcleo de $\pi_0(H)\to \pi_0(G)$.

[Por cierto, a mí, simplemente se conecta el espacio debe ser de trayectoria-conectado, por lo $G$ debe trayectoria-conectado, pero las definiciones pueden ser diferentes...]

Answer 2

Como otros han señalado, $\pi_0(G)$ no es, naturalmente, un subgrupo de $\pi_0(H)$. El siguiente ejemplo (que cumple con todos ellos con la hipótesis de que el problema) indica que a veces no es un subgrupo.

Deje $G = S^3\times \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$ donde $S^3$ denota la unidad de cuaterniones y $\mathbb{Z}_2 = \{\pm 1\}$ bajo la multiplicación. Tenga en cuenta que $S^3$ está conectado, por lo $\pi_0(G) = \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$. Tenga en cuenta también que $G$ es simplemente conectado (en el sentido de que cada componente conectado, simplemente se conecta).

Deje $H = \langle a,b\rangle$ donde$a = (i,-1,1)$$b = (j,1,-1)$.

Reivindicación 1: El grupo $H$ es isomorfo al grupo de cuaterniones $Q_8 =\{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$, por lo que, en particular, $\pi_0(H)\cong Q_8$.

La prueba: Un simple cálculo muestra que todas de las siguientes relaciones: $$a^4 = e, \quad a^2 = b^2, \quad b^{-1}ab = a^{-1}.$$

De acuerdo a wikipedia, una presentación de los Cuaterniones grupo es $\langle a,b: a^4 = e, a^2 = b^2, b^{-1} a b = a^{-1}\rangle$, lo $H$ debe ser un cociente de $Q_8$. Por otro lado, $\langle a\rangle$ contiene $4$ elementos, ninguno de los cuales se $b$, lo $H$ se compone de, al menos, $5$ elementos. Por lo tanto, $H$ es isomorfo a $Q_8$. $\square$

Reivindicación 2: El espacio de $G/H$ está conectado.

Prueba: Sólo tenga en cuenta que $H$ cumple con todos los componentes de $G$: los elementos $a,a^2, b, ab$ se encuentran en diferentes componentes. $\square$

Por último, simplemente tenga en cuenta que $\pi_0(H)\cong H\cong Q_8$ no tiene subgrupos isomorfo a $\pi_0(G)\cong \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$. De hecho, todos los subgrupos de orden $4$ $Q_8$ son cíclicos.