Trivialidad del producto taza relativa $H^2\times H^2\to H^4$ para espacios incrustables en $\Bbb R^4$

Question

Sea $X$ sea una triangulación de $[0,1]^4$ y $A$ es un subcomplejo simplicial de $X$ . Me gustaría demostrar que el producto taza $$H^2(X,A)\times H^2(X,A)\to H^4(X,A)$$ es trivial.

Es realmente fácil demostrar que $H^4(A)$ es trivial, que era contestado aquí .

Todos los ejemplos de productos de copa no triviales que he podido encontrar se derivan de alguna manera de unir 4 celdas a $X^{(2)}/A^{(2)}$ de forma no trivial, como en el caso de $\Bbb CP^2$ o $S^2\times S^2$ ---pero me parece que es imposible realizar todo esto dentro de $\Bbb R^4$ . ¿Alguna pista?

Answer 1

Desde $X$ es contraíble, $X/A$ es naturalmente homotópicamente equivalente a la suspensión $\Sigma A$ . (Explícitamente, la contractibilidad de $X$ permite ampliar la inclusión $A\to X$ a un cono $CA$ en $A$ y entonces se obtiene un mapa inducido $\Sigma A=CA/A\to X/A$ . A partir de las secuencias exactas largas en cohomología es inmediato que este mapa induce isomorfismos en cohomología, que es todo lo que necesitamos aquí; lleva un poco más de trabajo demostrar que es una equivalencia homotópica). Pero todos los productos de taza de clases de cohomología de grado positivo en una suspensión desaparecen (véase ici por ejemplo). Dado que $H^*(X,A)$ puede identificarse con la cohomología reducida de $X/A$ Esto responde a su pregunta.