Si $f\colon S^n \longrightarrow S^m$continuo, $m\geq n$.

Question

Estoy tratando de mostrar que si $f\colon S^n\longrightarrow S^m$ es un mapa continuo y $f(-x)=-f(x)$,$m\geq n$.

Primero de todos, el cohomology anillo de $H^{*}(\mathbb{R}P^n;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$) es $$\frac{\mathbb{Z}_{2}[x]}{(x^{n+1})},$$ and using the Gysin sequence we obtain that $H^{i}(\mathbb{R}P^n;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})=\langle e(e)^{i}\rangle$, where $e(e)$ is the Euler class of the canonical $1$-dimensional vector bundle of $\mathbb{R}P^n$.

En segundo lugar, desde $f(-x)=-f(x)$, $f$ desciende a una bien definida mapa de $f\colon \mathbb{R}P^n\longrightarrow \mathbb{R}P^m$.

A continuación, $f^{*}\colon H^{1}(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\longrightarrow H^{1}(\mathbb{R}P^n;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$. Desde $$H^{1}(\mathbb{R}P^i;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})=\mathbb{Z}/2Z,$$ there are two options for $f^{*}$: it is $0$ o es bijective.

Si puedo demostrar que no puede ser $0$, me gustaría hacer. Sin embargo, no sé cómo demostrar que $f^{*}$ puede no ser $0$. Alguien me puede ayudar, por favor?

$\mathbf{EDIT:}$

$f^{*}(e(E))=e(f^{*}(E))$ donde $f^{*}(E)$ es el pullback. Es decir, $$f^{*}(E)=\{([y],([x],v)\mid [y]\in \mathbb{R}P^n, x\in \mathbb{R}P^m, [f(y)]=[x], v=\lambda x \text{ for some } \lambda \in \mathbb{R}\}.$$

Creo que he demostrado que $f^{*}(E)$ es isomorfo a la $1$-dimensiones del vector paquete de $\mathbb{R}P^n$ mediante el envío de $([y],([x],\mu f(y)))$$f^{*}(E)$$([y],\mu y)$, en la canónica vector paquete. Que mapa es bijective y hay un isomorfismo lineal entre las fibras. Sin embargo, no he utilizado ese $f(-x)=-f(x)$, así que creo que algo tiene que estar mal...

Answer 1

Usted puede probar que $f^*$ debe ser un isomorfismo con ese $f_{\#}$ debe ser un isomorfismo en los grupos y, a continuación, utilizando tanto Hurewicz y la Universal de los Coeficientes de Teorema.

Para demostrar que $f_{\#}$ es un isomorfismo de grupos fundamentales, que en realidad necesitamos que $f(x)=-f(-x)$. Escoge un punto de $p$ y un camino de $\gamma$ de los que tomaron $p$ $-p$sobre la esfera $S^n$. El camino de $f \circ \gamma$ hace lo mismo (se toma un punto de $p'$$-p'$) por la propiedad de que la $f(x)=-f(-x)$, y por lo tanto el mapa inducida en espacios proyectivos induce un isomorfismo de grupos fundamentales (es tomando un no-loop a un no-trivial de bucle, y el grupo fundamental de la es $\mathbb{Z}_2$).

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Sin embargo, hay un mayor acercamiento elemental (que se puede ver en Bredon):

Dado un dos sábana que cubre $p:X \to Y$ (en este caso, $p_n: S^n \to \mathbb{R}P^n$), hay una larga secuencia exacta $$\cdots \to H_p(Y;\mathbb{Z}_2) \stackrel{t_*}{\to} H_p(X,\mathbb{Z}_2) \stackrel{p_*}\to H_p(Y;\mathbb{Z}_2) \stackrel{\partial_*}\to H_{p-1}(Y;\mathbb{Z}_2) \to \cdots,$$ que se obtiene a partir de la secuencia exacta corta de complejos $$0 \to \Delta_p(Y;\mathbb{Z}_2) \stackrel{t}{\to} \Delta_p(X,\mathbb{Z}_2) \stackrel{p_{\Delta}}\to \Delta_p(Y;\mathbb{Z}_2) \to 0 ,$$ donde el único mapa que necesita explicación es $t$: este es el mapa de tomar $\sigma$ $\sigma +a \circ \sigma,$donde $a$ es la única cubierta de transformación, que no es la identidad. Se puede comprobar que esta secuencia es realmente exacto.

Para su caso de $S^n$$\mathbb{R}P^n$, tenemos $$0 \to H_m(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \to H_m(S^m,\mathbb{Z}_2) \to H_m(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \to H_{m-1}(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \to \cdots,$$ $$\cdots \to H_1(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \to H_0(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \to H_0(S^m,\mathbb{Z}_2) \to H_0(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \to 0.$$ Tenemos que la secuencia de arriba es $$0 \to H_m(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \stackrel{\simeq}{\to} H_m(S^m,\mathbb{Z}_2) \stackrel{0}\to H_m(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \stackrel{\simeq}\to H_{m-1}(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \to \cdots,$$ $$\cdots \stackrel{0}\to H_1(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \stackrel{\simeq}{\to} H_0(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \stackrel{0}\to H_0(S^m,\mathbb{Z}_2) \stackrel{\simeq}\to H_0(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) \to 0.$$ Esto es trivial si usted sabe la homología de $\mathbb{R}P^n$ $S^n$ (el primer mapa es inyectiva, pero ya que es un mapa de $\mathbb{Z}_2$ $\mathbb{Z}_2$debe ser un isomorfismo etc), pero también podría ser probado sin tener que recurrir a conocer el explícito homología de $\mathbb{R}P^n$, si vamos a usar las definiciones de los mapas.

Esto nos dice que cada una de las $\partial_*$ es un isomorfismo.

Vamos a suponer que $n>m$. Connaturalidad de $\partial_*$ nos dice que el siguiente diagrama conmuta para todos los $i$ $$\begin{array}{ccccccccc} H_i(\mathbb{R}P^n;\mathbb{Z}_2) & \xrightarrow{\partial_*} & H_{i-1}(\mathbb{R}P^n;\mathbb{Z}_2) \\ \downarrow{f_*} & & \downarrow{f_*} \\ H_{i}(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) & \xrightarrow{\partial_*} & H_{i-1}(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2).\end{array}$$ Por inducción y desde $\partial_*$ es un isomorfismo a a $m$ (tanto por arriba como por abajo, desde $n>m$) por lo que hemos visto anteriormente y también desde $f_*$ es, obviamente, un isomorfismo al $i-1=0$, se deduce que el $f_*$ es un isomorfismo hasta al $i=m$.

Pero esto contradice el siguiente diagrama conmutativo $$\begin{array}{ccccccccc} H_m(\mathbb{R}P^n;\mathbb{Z}_2) & \xrightarrow{t_*} & H_{m}(S^n;\mathbb{Z}_2) \\ \downarrow{f_*} & & \downarrow{f_*} \\ H_{m}(\mathbb{R}P^m;\mathbb{Z}_2) & \xrightarrow{t_*} & H_{m}(S^m;\mathbb{Z}_2),\end{array}$$ ya que va de arriba izquierda a abajo a la derecha es una composición de isomorphisms no triviales de los grupos, mientras que la parte superior derecha es $0$.

Answer 2

La condición implica que el mapa desciende a un mapa de $f\colon PR^n\to RP^m$ que induce isomorfismo en los principios fundamentales de los grupos. La composición de la inclusión en la $K(\pi,1)=RP^\infty$ debe inducir isomorfismo en la homología del anillo hasta la dimensión de $n$. Por lo tanto $m\geq n$.

Sin el uso de la terminología de Eilenberg-MacLane espacios de $K(\pi,1)$, se puede argumentar por la contradicción de la siguiente manera. Supongamos $m<n$. Ampliar el mapa de $f$ a un mapa de $f\colon RP^n \to RP^n$ mediante el uso de un estándar de inclusión $RP^m \hookrightarrow RP^n$. Muestran que este mapa induce isomorfismo en $H_k(RP^n,Z_2)$ todos los $k\leq n$. Esto le da a la deseada contradicción desde el mapa de factores a través de $RP^m$.