número posible de hojas para una banda de Moebius que cubra

Question

Sea M la banda de Moebius, identificada por el cociente de $[0,1]\times [0,1]$ por la equivalencia $(x,0) \sim (1-x,1)$ .

Sea $p: M\to M$ sea una cobertura y $n$ su número de hojas.

Encuentre los posibles valores de $n$ .

lo que hice:

$M$ está conectada por caminos, por lo que está conectada, todas las fibras tienen la misma cardinalidad.

$M$ también es compacto, por lo que $n$ es finito.

Mi intuición es que cualquier $n\in \Bbb Z$ sería válida, ya que las posibles coberturas son $\Bbb R/n\Bbb Z\cong \Bbb R/\Bbb Z\times \Bbb Z/ n\Bbb Z$ .

Gracias por la ayuda y los comentarios.

Answer 1

Creo que sólo es posible un número impar de hojas.

Este es un gran ejemplo en el que la teoría general conduce a interesantes resultados computacionales en casos particulares: podemos determinar posibles coberturas de la forma $M\to M$ determinando en primer lugar tous cubiertas conectadas de $M$ y, a continuación, detectar cuáles tienen un espacio total homeomorfo a $M$ .

Teorema de clasificación: Para cualquier espacio conectado por caminos, localmente conectado por caminos y semilocalmente conectado de forma simple $X$ existe una biyección entre clases de isomorfismo de espacios de cobertura conectados de $X$ y clases de conjugación de subgrupos de $\pi_1(X)$ . (Véase, por ejemplo Teorema 1.38, página 67 .)

Esto funciona construyendo un recubrimiento universal $\tilde{X}\to X$ de modo que los cocientes $\tilde{X}/H$ representan todas las cubiertas conectadas de $X$ como $H$ varía sobre las clases de conjugación. El recubrimiento $\tilde{X}$ se caracteriza hasta el isomorfismo del espacio de cobertura por estar simplemente conectado.

Espacio de cobertura universal de $M$ : Retirada $M\sim S^1$ así que $\pi_1(M)\cong \mathbb{Z}$ . El espacio de cobertura universal de $M$ es $\mathbb{R}\times [0,1]$ y la acción de $\mathbb{Z}$ viene dado por $n\cdot (x, t)= \big(x+n, f^{n}(t)\big)$ para $n\in\mathbb{Z}$ y donde $f\colon [0,1] \to [0,1]$ es el homeomorfismo "flip" dado por $f(t)= 1-t$ . (Visualmente, piense en $\mathbb{R}\times[0,1]$ como una tira infinita de cinta adhesiva que vas aplicando a la banda de Möbius, que va alternando los lados "anterior" y "posterior").

Cocientes de $\tilde{M}$ : Toda cubierta conexa de $M$ es un cociente de la forma $(\mathbb{R}\times [0,1])/n\mathbb{Z}$ . Para cada $n$ un dominio fundamental del cociente es $[0,n]\times[0,1]$ y el cociente sólo depende de cómo identifiquemos los subespacios $\{0\} \times [0,1]$ y $\{n\}\times [0,1]$ . En $n$ es impar entonces $f^{n} = f$ por lo que identificamos los extremos mediante un flip, y por tanto el cociente es homeomorfo a $M$ en cambio, si $n$ es par entonces $f^{n}=id$ por lo que el cociente es en realidad el cilindro $(\mathbb{R}/n\mathbb{Z})\times [0,1]$ .

Dado que estos cocientes constituyen todas las posibles cubiertas conexas de $M$ se deduce que las coberturas de la forma $M\to M$ puede tener cualquier impar número de hojas.

Answer 2

Aunque la pregunta ya está contestada, he encontrado un argumento alternativo que dice que no hay cubiertas pares utilizando la primera clase de Stiefel-Whitney de $TM$ .

Recordemos que el haz tangente de $M$ no es orientable, por lo que $w_1(TM)\neq 0 \in H^1(M;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ . Un $n$ -cubierta de lona $p_n\colon M\to M$ es un difeomorfismo local y, por tanto, induce un mapa de haz $TM\to TM$ por lo que por naturalidad de las clases características tenemos $w_1(TM) = p_n^*(w_1(TM))$ . Pero la cobertura también restringe a un $n$ -cubierta de lona $S^1\to S^1$ que en cohomología $H^1(S^1;\mathbb{Z}) \to H^1(S^1;\mathbb{Z})$ induce la multiplicación por $n$ . Desde $S^1 \to M$ es una equivalencia homotópica también tenemos

$$ p_n^* = n\cdot(-)\colon H^1(M;R) \to H^1(M;R) $$

para cualquier $R$ . En particular, si existe tal cobertura cuando $n = 2k$ es par entonces $$w_1(TM) = p_n^*(w_1(TM)) = 2k \cdot w_1(TM) = 0$$ que contradice $w_1(TM) \neq 0$ .

Edita: Actualmente estoy tratando de modificar este argumento en una prueba de lo siguiente:

Conjetura: Si $M$ es una variedad lisa no orientable, entonces no hay cubiertas pares de la forma $M\to M$ .

Actualización: Esta conjetura general NO es cierta. Considere la doble cubierta $$p\colon S^1\times \mathbb{RP}^2\to S^1 \times \mathbb{RP}^2$$ dada por $p(z, x) = (z^2, x)$ .