Irregular cubrir el espacio de $\mathbb{R}P^2\vee\mathbb{R}P^2$

Question

Esto fue en mi último semestre pasado (para encontrar una cubierta), y me lo perdí. Aquí están mis pensamientos sobre ella desde entonces:

Sé que la universalización de la cobertura de $X = \mathbb{R}P^2\vee\mathbb{R}P^2$ es (poco) una cadena de 2-esferas que va en ambas direcciones.

También sé que el grupo fundamental de la $X$ es el grupo con la presentación de $<a,b|a^2=b^2=1>$. Cualquier cubrir el espacio de $X$ tendrá un grupo fundamental que es (isomorphically hablando) un subgrupo de este grupo. Además de una irregular cubrir el espacio tendrá fundamental que es isomorfo a un no-normal subgrupo de $\pi_1(X)$. $\mathbb{Z}_2$ es un grupo.

Ahora quiero encontrar a una que cubre el espacio de $X$ que tiene el grupo fundamental de la $\mathbb{Z}_2$. Aquí es donde las cosas se ponen un poco inestable para mí. ¿Cómo puedo encontrar un espacio de este tipo. Sé que el número de hojas que va a ser infinito, ya que el número de cosets de un subgrupo finito en infinito grupo es infinito.

Así que aquí está lo que estoy pensando. Si me tome mi infinita cadena de 2-esferas y el cociente de uno de ellos en un $\mathbb{R}P^2$ a través de la antipodal mapa (conseguir algo como un $\mathbb{R}P^2$ con dos cadenas de 2-esferas viniendo de un solo punto). Creo que esto va a hacer el truco. Sé que esto está un poco descuidado (no explícitamente dando los mapas, pero espero que sea obvio - Si no puedo aclarar).

Así que supongo que lo que estoy esperando es que alguien me puede ayudar a averiguar si esto es correcto o incorrecto, pero aún más lo que estoy esperando es que alguien puede compartir alguna información sobre este problema (o este tipo de problema en general)- tal vez proporcionar una mejor manera de ver este problema.

Lo siento si esto era de largo aliento.

Muchas gracias :)

Editar: Creo que la solución también está mal. Para cualquier vecindad de un punto que se asigna al punto de que es la cuña de $\mathbb{R}P^2$ y 2 $S^2$'s no será homeomórficos a cualquier barrio de el punto donde los dos planos proyectivos se unen. Creo que Dylan tiene una solución correcta, pero todavía estoy esperando un poco de perspicacia.

Answer 1

Creo que esto es $\mathbf{R}P^2$ con una infinita (en una dirección) de la cadena de esferas que están conectados a él. Se me ocurren un par de formas para llegar a este. Aquí tenemos uno, que requiere el conocimiento de la universalización de la cobertura:

Deje $U$ ser la universalización de la cobertura de $X$, que como dices es un infinito (en dos direcciones) de la cadena de esferas. Si $Y$ es un cover de $X$ con grupo fundamental de la $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$,, a continuación, $U$ es también la universalización de la cobertura de $Y$. La cubierta $U \to Y$ tiene el grado $2$ y es normal/regular, por lo que hay algunos subgrupo isomorfo a $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$, de la cubierta de las transformaciones de $U \to X$ tal que $U/G \approx Y$. Lo que es obvio para intentar (y creo que estos son los únicos elementos de orden dos) es la cubierta de la transformación que es la antipodal mapa en un fijo de la esfera, y que gira el resto de la cadena alrededor de esa esfera. Creo que este cociente obras.

Me atrevo a escribir acerca de la alternativa que tengo en mente, ya que se siente menos justificable, pero tal vez pueda ayudar: Desde una cubierta de $X$ restringe a una cubierta de $\mathbf{R}P^2$, usted sabe que usted debe pegarse un montón de esferas y planos proyectivos juntos. A veces me ayuda a dibujar algunos puntos a lo largo de una línea vertical, que representan los puntos de la cubierta está por encima del punto donde el $\mathbf{R}P^2$ cumplir; en el lado izquierdo están las cosas de asignación a la primera copia de $\mathbf{R}P^2$. A continuación, en cualquiera de los lados de un determinado punto puedo realizar una copia de $\mathbf{R}P^2$ o la mitad de una esfera, la cual debe ser hecha toda en otro punto. Si usted juega con esto por un tiempo, creo que debería dar la respuesta así.