Para ampliar lo que dijo Alexander, no estamos buscando en el grupo de acciones de $\pi_1(X)$$\widetilde{X}$, pero estamos buscando en el grupo de acciones que son compatibles con la cobertura de mapa. Vamos a ir sobre la construcción para ver lo que está sucediendo.
Si tenemos una cobertura de mapa de $p:E\to B$ de los espacios, donde $b\in B$ fijo es un punto de base, entonces para cualquier camino de $\gamma:[0,1] \to B$, con $\gamma(0)=\gamma(1)=b$, $x\in p^{-1}(b)$, no hay una única elevación $\gamma_x:[0,1]\to E$$\gamma$$\gamma_x(0)=x$. Tenga en cuenta que por un ascensor de $\gamma$, podemos decir que el $p(\gamma_x(t))=\gamma(t)$. Supongamos que $\gamma$ es un bucle, que es $\gamma(0)=\gamma(1)=b$,
Podemos afirmar los siguientes hechos:
(1) El mapa de $x\mapsto \gamma_x(1)$ es de hecho un automorphism de $p^{-1}(b)$.
(2) Este mapa sólo depende de la clase de $\gamma$$\pi_1(B)$.
(3) Este mapa $\pi_1(B) \to \operatorname{Aut}(p^{-1}(b))$ es en realidad un grupo homomorphism.
Dado un automorphism de $\phi$$p^{-1}(b)$, hay un automorphism $\psi$ $E$ que tanto restringe a $\phi$ y satisface $p(\psi(e))=p(e)$ todos los $e\in E$. Por supuesto, no todos los automorphism ascensores. Por ejemplo, si $\mathbb{R}\to S^1$ es el estándar que cubre el mapa, el automorphism de $\mathbb{Z}$ (visto como un espacio, no un grupo), definido por $z\mapsto (-1)^{z} z$ no se extiende a un continuo automorphism de $\mathbb{R}$. Sin embargo, utilizando la ruta de acceso de elevación de la propiedad, podemos demostrar que todos los automorfismos hemos generado realmente hacen extender (probar esto!).
Así que lo que hemos demostrado es que no hay una única acción de $\pi_1(B)$ $E$ que es compatible con el mapa de proyección $p$, en el sentido de que la acción viene de la ruta de la elevación. Probablemente hay otras caracterizaciones de la acción en términos de una acción de $\pi_1(B)$$\pi_1(E)$.
Por supuesto, hay un montón de otras acciones. Por ejemplo, dada cualquier homomorphism de $\pi_1(B)$ que sí podemos componer estas con nuestra acción determinada para obtener una nueva
$\pi_1(B) \to \pi_1(B) \to \operatorname{Aut}(E)$
Por ejemplo, la composición con el trivial grupo homomorphism, obtenemos el trivial de acción (todos los circuitos de la ley de trivialmente). Que no le quita el hecho de que hay una canónica de la acción.
En el caso de el universal que cubre el espacio, no es una simple descripción de la acción. Una de las construcciones de $\widetilde{X}$ es como el espacio de homotopy clases (la preservación de los extremos) de las rutas en las $X$, que comienzan en el punto de base. La cobertura del mapa envía una ruta de acceso de su punto final. La acción de la $\pi_1(X)$ lleva a un bucle de $\gamma$ y un camino de $\rho$ y proporciona la ruta de acceso obtenidos siguiendo $\gamma$ y, a continuación, siguiente $\rho$.
El punto es que todo esto encaja muy bien: Por cada capa de un espacio de $X$, tenemos un canónica de la acción de $\pi_1(X)$, y si tenemos un mapa de dos cubrir espacios de $X$ (un mapa continuo, el cual es compatible con los mapas de proyección), entonces este mapa es compatible con la acción de la $\pi_1(X)$. Si $X$ es agradable (por lo que el universal existe), y si nos fijamos sólo en conectadas con espacios, entonces siempre existe un único mapa de cubrir el espacio de la universal que cubre a cualquier otro de la cubierta. Este mapa es el único mapa que tiene la propiedad de que usted indica en su pregunta.
Para volver a la pregunta original, tenemos una acción natural de la $\mathbb{Z}^2$$\mathbb{R}^2$. Es decir, podemos ver como los grupos de bajo, además, y la acción proviene de la inclusión natural.
Cada subgrupo de $\mathbb{Z}^2$ es isomorfo a $\{0\}$, $\mathbb{Z}$, o $\mathbb{Z}^2$, aunque hay muchos diferentes subgrupos de estos dos últimos tipos, que hasta automorphism corresponden a las órbitas de los puntos o pares de puntos en $\mathbb{Z}^2$ bajo la acción de $\operatorname{SL}_2(\mathbb{Z})$. Mientras que el cociente de dos diferentes subgrupos da una diferente cubriendo mapa, tenemos que (en este caso especial, con estas acciones particulares) el cociente de $\mathbb{R}^2$, hasta homeomorphism, por el subgrupo sólo depende de la isomorfismo de clase del subgrupo. Para isomorfo pero no equivalente subgrupos, a pesar de que el espacio en la parte superior es la misma, la acción de la $\mathbb{Z}^2$ es diferente. Así que, de hecho, esto le da un ejemplo de cómo un grupo puede actuar en un espacio de múltiples maneras.
Pero, ¿y si no queremos utilizar esta acción? ¿Qué espacios se puede obtener? Bueno, pues depende de qué tipo de acción que desea tomar. Si usted actúa por $(m,n).(x,y)=(-1)^m x, (-1)^n y)$, algo que se ve como el primer cuadrante del plano. Si usted actúa por $\mathbb{Z}$$n.(a,b)=(2^n a,2^n b)$, el cociente es casi el toro: cada punto que no sea el original se puede mover dentro de la el espacio anular entre la unidad de círculo y la circunferencia de radio $2$, y así el cociente de la acción en $\mathbb{R}^2\setminus \{0\}$ es el toro, pero entonces usted tiene un punto extra. Usted puede obtener todo tipo de cosas interesantes si estás bien con la acción de no tratar a todos los puntos por igual. No estoy seguro de cuál es la clasificación de dichos cocientes de aspecto, o incluso de lo familiar de cosas que usted puede obtener de dichos coeficientes.
Para una buena acción, donde cada punto tiene el mismo estabilizador, y el modulo esta stabalizer la acción es libre, usted recibirá la superficie cuyo grupo fundamental es el cociente de $\mathbb{Z}^2$, y cuya cobertura universal es $\mathbb{R}^2$. La primera condición reglas de conseguir cosas como el aumento de género de las superficies y la botella de Klein, cuya fundamental grupos no son abelian.. La segunda condición reglas de la proyectiva del plano, cuya cobertura universal es $S^2$.
Actualización en respuesta a la solicitud de aclaración:
Cuando tienes un grupo que actúa en un espacio, quotienting a cabo por un subgrupo dependerá generalmente del subgrupo específico, y no sólo el isomorfismo tipo de subgrupo. Esto es fácil de ver para los que no son de cobertura de espacio de ejemplos, donde el grupo no actúa de una manera uniforme: considere el $\mathbb{Z}^2$ actuando en $\mathbb{R}$, mientras que la segunda copia de $\mathbb{Z}$ actos trivialmente. Quotienting a cabo por una copia de $\mathbb{Z}$ no hace nada, y por el otro le da el círculo.
Sin embargo, cubriendo los mapas son agradables (la acción de grupo fundamental de la base es uniforme). Vamos a considerar el caso de la universalización de la cobertura.
Supongamos que $H_1,H_2\subset G=\pi_1(X,x)$, son los subgrupos del grupo fundamental de la que están de manera abstracta isomorfos, pero que no están asignados a cada uno de los otros por cualquier automorphism de $G$. Por ejemplo, podríamos tener $4\mathbb{Z}\subset 2\mathbb{Z} \subset \mathbb{Z}$. Los paquetes $\widetilde{X}/H_i \to X$, $i=1,2$ normalmente será no isomorfos. Por ejemplo, si $H_i$ ha finito índice, a continuación, $\widetilde{X}/H_i \to X$ será de un número finito de cubrimiento de grado igual a la del índice. Por ejemplo,$4\mathbb{Z}\subset 2\mathbb{Z} \subset \mathbb{Z}$, los dos grupos tienen el índice de $2$$4$.
Sin embargo, lo que si ignoramos el paquete de estructura? Yo creo que el $\widetilde{X}/H$ espacios no necesita ser determinado por el isomorfismo tipo de $H$. Por desgracia, en una o dos dimensiones, de la que no tenemos ningún interesante contraejemplos: $\widetilde{X}/H$ ha fundamentales del grupo isomorfo ir $H$, y las superficies están determinadas por su fundamental de los grupos. Además, hasta el homotopy, no hay contraejemplos si $\widetilde{X}$ es contráctiles, como nos hubiera un Eilenberg-Maclane espacio, que es hasta homotopy determinada por su grupo fundamental. Consulte este artículo de la wikipedia para obtener más información sobre la EM-espacios.
Por lo que hay un conterexample? Probablemente, pero no sé. Se requerirá, al menos, $3$ dimensiones y cubrir el espacio que no es localizable. Aún así, no tengo ninguna buena razón a priori para creer que quotienting la universalización de la cobertura por un subgrupo sólo depende de la isomorfismo tipo de subgrupo, y usted no debe bu caiga en la tentación de creer que esto es cierto en general hasta que vea un teorema de la afirmación. Yo no sé ni por dónde empezar a construir un contraejemplo, como la evidente algebraicas invariantes que puede ser de ayuda, el cociente $G/H$, se pierde cuando se olvida el paquete de la estructura.
