Levantando los mapas de matanza de la cohomología a través de la 3ª esfera

Question

En su primera respuesta a esta pregunta Jason deVito afirmó que un mapa $f:X \to S^2$ mata $H^2$ si y sólo si tiene en cuenta la fibra de Hopf $ \pi :S^3 \to S^2$ . ¿Cuál es la justificación de esta afirmación?

(Puedo escribir el primer par de frases en términos de complejos de CW: para extender un ascensor $ \tilde f$ definido en el $n-1$ -esqueleto de un $n$ -célula $e_n$ note que $[f|_{ \partial e_n}]=0 \in \pi_ {n-1}(S^2)$ , levantar a una homotopía dándose cuenta de que para $S^3$ para que podamos obtener $ \tilde f$ homotópico a algo que se mapea $ \partial e_n$ en la fibra $S^1$ . Entonces el alterado $ \tilde f$ se extenderá sólo si esto define un cero de $ \pi_ {n-1}(S^1)$ . Así que sólo nos preocupamos cuando $n=2$ . )

Pero no veo cómo pasar de esta condición de desaparición a la de $f^*$ matando $H^2$ .

Answer 1

Dejemos que $\pi:S^{2n+1}\rightarrow \mathbb{C}P^n$ denotan el mapa de proyección, dando $S^{2n+1}$ la estructura de un director $S^1$ haz de la mano sobre $\mathbb{C}P^n$ . Dejemos que $f:X\rightarrow \mathbb{C}P^n$ sea cualquier mapa continuo.

Existe una función $\tilde{f}:X\rightarrow S^{2n+1}$ con $\pi\circ \tilde{f} = f$ si $f^\ast:H^2(\mathbb{C}P^{n})\rightarrow H^2(S^{2n+1})$ es el $0$ mapa.

(No recuerdo dónde, pero la primera vez que me enteré de esta afirmación fue por el $n=1$ caso en algún lugar de MSE, pero si recuerdo, no había ninguna prueba allí. No pretendo que la siguiente prueba sea la más elegante, es sólo lo que se me ocurrió).

Primero, la dirección fácil. Si $\tilde{f}$ existe, entonces $f^\ast = \tilde{f}^\ast \circ \pi^{\ast}$ . Desde $\pi^{\ast}$ es trivial en $H^2$ por razones triviales, $f^\ast$ debe ser trivial en $H^2$ también.

Ahora, la dirección divertida. Supongamos que $f^\ast$ es trivial en $H^2$ . Consideremos el principio universal $S^1$ paquete $S^1\rightarrow S^\infty \rightarrow \mathbb{C}P^\infty$ . El haz de Hopf $S^1\rightarrow S^{2n+1}\rightarrow \mathbb{C}P^n$ se clasifica por el mapa de inclusiones $i:\mathbb{C}P^n\rightarrow \mathbb{C}P^\infty.$

Ahora, considera la composición $i\circ f:X\rightarrow \mathbb{C}P^\infty$ . Recordemos las siguientes biyecciones. $$H^2(X;\mathbb{Z})\leftrightarrow [X,\mathbb{C}P^2]\leftrightarrow \{\text{Principal }S^1\text{ bundles over} X\}$$

La biyección entre $H^2(X)$ y $[X,\mathbb{C}P^\infty]$ toma un elemento $g\in [X,\mathbb{C}P^\infty]$ al elemento $g^\ast(z)\in H^2(X)$ donde de una vez por todas elegimos un generador $z\in H^2(\mathbb{C}P^\infty)$ .

Ya que, en nuestro caso, $i\circ f$ es trivial en $H^2$ se deduce que el mapa $X\rightarrow \mathbb{C}P^\infty$ es homotópicamente trivial. En particular, si retiramos el haz universal a lo largo de $i\circ f$ obtenemos el trivial $S^1$ paquete con el espacio total $S^1\times X$ . Llama a este mapa de proyección $\pi_2$ .

Pero, esto implica que $f$ devuelve el haz de Hopf a un haz trivial. Al ser un haz de retorno, existe un mapa natural $\hat{f}:f^\ast S^{2n+1}\rightarrow S^{2n+1}$ con la propiedad de que $f\circ p = \pi \circ \hat{f}$ donde $p:f^\ast S^{2n+1}\rightarrow X$ es la proyección. Pero $f^\ast S^{2n+1}$ es un haz isomorfo a $S^1\times X$ por un isomorfismo de haz $\phi$ que cubre la identidad.

(No consigo que funcionen los diagramas conmutativos, pero la idea es que tienes cuatro principales $S^1$ paquetes en una fila, empezando por $\pi_2:S^1\times X \rightarrow X$ entonces $p:f^\ast S^{2n+1}\rightarrow X$ entonces $\pi:S^{2n+1}\rightarrow \mathbb{C}P^n$ entonces $\pi:S^\infty\rightarrow \mathbb{C}P^\infty.$ )

Ahora, fija un punto $s\in S^1$ y considerar la inclusión $j:X\rightarrow S^1\times X$ con $j(x) = (s,x)$ . (Es decir, elige una sección).

Entonces $\tilde{f}$ es la composición $\hat{f}\circ \phi\circ j$ . Esto se debe a que \begin{align*} \pi \circ \tilde{f} &= \pi \circ \hat{f}\circ \phi\circ j \\ &= f\circ p \circ \phi \circ j\\ &= f\circ Id_X \circ \pi_2\circ j\\ &=f\circ Id_X \circ Id_X\\ &= f \end{align*}

Answer 2

Si se hace retroceder el fibrado de Hopf a lo largo de $f$ , se obtiene un director $S^1$ -Asamblea $P \to X$ . Si este haz fuera trivial, tendría una sección $X \to P$ y el compuesto $X \to P \to S^3$ sería la elevación requerida de $f$ a través de la fibración de Hopf.

Así que ahora debemos mostrar $f^\ast$ matando a $H^2$ implica que $P \to X$ es el haz trivial. Principal $S^1$ -fondos en $X$ se clasifican por (clases de homotopía de) mapas $X \to BS^1$ el paquete $P \to X$ concretamente, corresponde al compuesto $X \xrightarrow{f} S^2 \xrightarrow{h} BS^1$ donde $h$ es el mapa que clasifica la fibración de Hopf; $P \to X$ es trivial si $h \circ f$ es homotópico nulo. Ahora, $BS^1$ es un $K(\mathbb{Z},2)$ por lo que las clases de homotopía de los mapas $X \to BS^1$ son, de forma equivalente, elementos de $H^2(X, \mathbb{Z})$ . Y el fibrado de Hopf está clasificado por un mapa $h$ que corresponde a un generador de $H^2(S^2, \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}$ . Así que, $h \circ f$ es homotópica nula si y sólo si $f^\ast$ mata a $H^2(S^2,\mathbb{Z})$ .