¿Hay una cubierta no trivial de la botella de Klein por la botella de Klein?

Question

Sea K la botella Klein obtiene por el cociente de $[0, 1] × [0; 1]$ por la relación de equivalencia $(x, 0) ∼ (1 − x, 1)$ e $(0, y) ∼ (1, y)$.

Hay un no trivial cobertura de $K$ por $K$?

La universalización de la cobertura de $K$ es $\Bbb R^2$ y sé que el toro puede ser también una cubierta de $K$, pero no sé por dónde empezar.

Gracias por todas las sugerencias y ayuda.

Answer 1

Una forma en que usted puede imaginarse dos veces portada de la $K$ por el toro por la colocación de dos copias de la plaza junto a la otra dicha que la $(x,0)$ lado de uno es el que toca la $(x,1)$ lado de la otra. Para comprobar que esto se traduce a una bien definida mapa de $T\to K$ es bastante sencillo.

Esto puede ser extendido hasta por 3 veces de la cubierta de $K$ por sí mismo si su lugar de tres plazas, uno junto a otro (o, más en general para cualquier extraño $n$).

Answer 2

Edit: yo ya me había equivocado de la conjugación de la fórmula, por lo que me había equivocado de determinación de cuál de las $C_{n,m}$ fueron normales. Creo que lo he corregido.

Usted puede obtener una gran cantidad de ejemplos mediante la comprensión de $\pi_1(K)$ y su acción en $K$'s de la universalización de la cobertura. Recordar que todo conectado cubierta $C\to K$ es de la forma $\tilde{K}/G$ para un subgrupo $G\subset \pi_1(K)$ y el grupo de la cubierta de las transformaciones de $C$ es $N(G)/G$ donde $N(G)$ es el normalizador de la $G$ en $\pi_1(K)$ (ver Hatcher la Proposición de 1,39 en la página 71).

$\pi_1(K)$: El uso de van Kampen podemos calcular

$$\pi_1(K) \cong \langle a, b\ |\ bab^{-1} = a^{-1} \rangle $$

En particular, $ab^i = b^ia^{(-1)^i}$. $\langle a \rangle$ es un subgrupo normal, y $\pi_1(K)$ es el interior de semi-producto directo de la $\langle a \rangle$ e $\langle b \rangle$ por lo que cualquier elemento de a$g$ puede escribirse de forma única como $a^kb^j$ para algunos $k, j\in \mathbb{Z}$. (De hecho, si expresamos $K$ como $S^1$ paquete de más de $S^1$ entonces $\langle a \rangle$ es la imagen de $\pi_1(F)$ para cualquier fibra $F$.)

Ahora $\mathbb{R}^2$ puede ser visto como la cobertura universal a través de la acción de $\pi_1(K)$ dada por $$a\cdot(x, y) = \varphi_a(x,y)= (x, y+1)\text{ and } b\cdot(x, y) = \varphi_b (x, y) = (x + 1, - y)$$

Se puede comprobar que la relación $\varphi_b\varphi_a\varphi_b^{-1} = \varphi_a^{-1}$ está satisfecho. (Podríamos alternativamente se han calculado $\pi_1(K)$ mediante el cálculo de la cubierta de transformaciones en primer lugar).

Una Familia de Finito-Índice de Subgrupos: Ahora podemos tratar de tomar cocientes por subgrupos finitos de índice. Vamos a considerar subgrupos $C_{n, m} = \langle a^n, b^m \rangle$ donde $n, m \geq 1$, cuyo índice en $\pi_1(K)$ es finito será igual a $nm$ si son coprime. Mediante la conjugación de las fórmulas de $$ b(a^kb^j)b^{-1} = a^{-k}b^j \text{ and } a(a^kb^j)a^{-1} = a^{k+1+(-1)^{j+1}} b^j$$ usted puede demostrar que ese $C_{n,m}$ es normal iff $m$ es par o $n$ es $1$ o $2$. Por otra parte para $n > 2$ e $m$ impar el normalizador $N(C_{n,m})$ es $C_{n,m}$ cuando $n$ es impar y $C_{n/2, m}$ si $n$ es incluso.

Los Cocientes: El fundamental el dominio de la acción de $C_{n,m}$ a $\mathbb{R}^2$ es $m\times n$ rectángulo, decir $[0,m]\times[0,n]$ donde los bordes son identificados a través de

$$(x, 0) \sim a^n\cdot (x, 0) = (x, n)\text{ and }(0, y)\sim b^m\cdot (0, y) = (m, (-1)^m y)$$

que es igual a $(m, y)$ si $m$ es aún, y se identificaron con $(m, n-y)$ si $m$ es impar. Por lo tanto, el cociente es el torus $T$ si $m$ es incluso y $K$ si $m$ es impar. (Una ilustración de los principios fundamentales de dominio de la acción de la $C_{2, 3}$ fue un comentario de Michael Seifert.) Regular los revestimientos se producen cuando $m$ es o, incluso, cuando se $n$ es $1$ o $2$, y la de aquellos a los pavimentos que son homeomórficos a $K$ ocurren cuando $m$ es impar. En particular, la cobertura definida por $C_{2,3}$ es un auto-regular cubrimiento de $K$ con $6$ hojas. Cuando $n > 2$ ninguna cubierta donde $m$ es impar será homeomórficos a $K$, y es automorphism grupo es $0$ cuando $n$ es impar o $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ cuando $n$ es incluso.

Casos especiales: Los subgrupos $A_n = \langle a^n, b \rangle = C_{n, 1}$. A continuación, el cubrir el espacio es $K$ por cada $n$ y la cobertura es regular iff $n=1$ o $2$. La cubierta tiene trivial automorphism grupo de al $n$ es impar y $\mathbb{Z}/2$ cuando $n$ es incluso. Los regulares que cubren dada por Tsemo de Aristide respuesta es isomorfo al cociente $\mathbb{R}^2/A_2$.

$B_m = \langle a, b^m \rangle = C_{1, m}$. Luego el cociente es el torus $T$ si $m$ es incluso y $K$ cuando $m$ es impar. Desde $B_m$ es normal para todos los $m$ el grupo de la cubierta de transformaciones es $\pi_1(K) / B_m \cong \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$. Esto produce las cubiertas dada por Rolf Hoyer la respuesta.

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No sé lo que las clases conjugacy de los subgrupos de $\pi_1(K)$ con un límite de índice son así hay otros ejemplos interesantes.

En cualquier caso, este cálculo se produce la auto-revestimientos $K\to K$ con cualquier número de hojas. En particular, se produce la auto-regular los revestimientos con cualquier número de hojas de $n$ donde $n$ es raro o de la forma $2k$ donde $k$ es impar ($C_{1, n}$ e $C_{2, k}$ respectivamente). También proporciona una familia de auto-recubrimientos que no son regulares ($A_{n}$ donde $n >2$) y por otra parte están cubiertas con trivial automorphism grupo tener cualquier número impar de hojas.

Answer 3

La botella de Klein es el cociente de $\mathbb{R}^2$ por el grupo $G$ generado por $u(x,y)=(x,y+1)$ e $v(x,y)=(x+1,-y)$Considerar $f(x,y)=(x,2y)$ $f\circ u(x,y)=f(x,y+1)=(x,2y+2)=u^2\circ f(x,y)$.

$f\circ v(x,y)=f(x+1,-y)=(x+1,-2y)=v\circ f$. Esto implica que $f$ induce un mapa continuo de $\mathbb{R}^2/G$ este mapa es una cubierta de orden $2$.