probar que $G$ no puede actuar libremente en este espacio

Question

Cómo probar que $G=( \mathbb {Z}_2)^3$ no puede actuar libremente sobre $M:=S^{m} \times \mathbb {C}P^n$ . La razón para pensar que es verdad es que $ \mathbb {Z}_2 \oplus \mathbb {Z_2}$ no actúa libremente en la esfera y sólo $ \mathbb {Z}_2$ puede actuar libremente en $ \mathbb {C}P^n$ para $n$ impar. Para $m$ es parejo y $n \neq 4k+3$ se puede ver fácilmente por la característica de Euler. Para otros casos no sé cómo probarlo. Una prueba detallada será de gran ayuda.

Answer 1

Aquí hay una prueba que funciona para todos incluso $m$ y $n \geq 2$ y muestra un resultado más fuerte: No hay ningún grupo de libre actuación $G$ que contiene tres elementos sin identidad $a,b,c$ para el cual $ab, ac,bc,abc$ son todos elementos sin identidad. (Por lo tanto, no asumimos $a,b,c$ conmutar).

Sospecho que uno tendría que trabajar mucho más duro para impar $m$ porque el hecho correspondiente sobre $( \mathbb {Z}_2)^2$ acciones sobre $S^m$ es mucho más difícil cuando $m$ es impar.

Cada elemento en $G$ induce una acción sobre el anillo de cohomología de $M:=S^m \times\mathbb {C}P^n$ . Por Kunneth, el anillo de cohomología de $M$ está dada por $$H^ \ast (M) \cong\mathbb {Z}[x,y]/x^2 = y^{n+1} = 0$$ con $|x| = m$ y $|y| = 2$ .

Porque $H^ \ast (M)$ se genera (como un anillo) por $x$ y $y$ cualquier automorfismo está determinado por el lugar al que envía $y$ y a dónde envía $x$ .

Lemma : Si $m$ es parejo y $n \geq 2$ entonces cualquiera de esos mapas de automorfismo $x$ a $ \pm x$ y $y$ a $ \pm y$ .

Prueba: Asumir primero $m \geq 4$ . Luego $y \in H^2(M)$ genera, por lo que cualquier automorfismo debe mapear $y$ a $ \pm y$ .

Ahora, sabemos $x, y^{m/2} \in H^m(M)$ . Si $y^{m/2} = 0$ Entonces $x$ genera $H^m(M)$ así que $x$ mapas para $ \pm x$ . Si $y^{m/2} \neq 0$ entonces noten que la ecuación $0 = (ax + by^{m/2})^2 = 2ab xy^{m/2} + b^2y^m$ fuerzas $a= 0$ o $b=0$ porque $xy^{m/2} \neq 0$ . Por lo tanto, son 2 "líneas" (múltiplos de $x$ y de $y^{m/2}$ ) se caracterizan teóricamente por cuadrar a $0$ . Ya que un automorfismo debe trazar un mapa $x$ a un elemento primitivo, debe ser enviado a $ \pm x$ o $ \pm y$ . Pero $y$ ya se ha asignado a $ \pm y$ y un automorfismo es inyectivo, así que $x$ debe mapear a $ \pm x$ . Esto concluye el caso $m \geq 4$ .

Si $m = 2$ (y $n \geq 2$ ) entonces las únicas soluciones para $0 = (ax + by)^2 = 2abxy + b^2 y^2$ tienen $b=0$ . Así, $x \in H^2(M)$ se caracteriza el anillo teóricamente (hasta el signo) por ser un elemento primitivo que se cuadra a $0$ así que $x$ debe mapear a $ \pm x$ . Ahora, la ecuación $0 = (ax + by)^{n+1} = (n+1) ab^n x y^n$ (usando el hecho de que $y^{n+1} = x^2 = 0$ y que $x$ y $y$ conmutar) implica $a=0$ o $b=0$ . Desde $x$ mapas para $ \pm x$ entonces, como en el caso de $m \geq 4$ esto implica $y$ mapas para $ \pm y$ .

$ \square $

Ahora usamos Lefschetz: si un autómata de $H^ \ast (M)$ mapas $x$ a $x$ y $y$ a $y$ entonces su número de Lefschetz no es trivial, así que este mapa tiene un punto fijo. Si hay tres elementos $a,b,c \in G$ con $ab,ac,bc,abc$ toda la no-identidad entonces tenemos una contradicción como sigue. Sólo hay tres opciones de mapeo $x \mapsto \pm x$ y $y \mapsto \pm y$ que no son el mapa de identidad. Si, digamos, $a$ y $b$ indujo el mismo mapa, entonces $ab$ induce el mapa trivial en $x$ y $y$ . Esto implica la transformación de la no-identidad $a \circ b$ en $M$ tiene puntos fijos, contradiciendo la libertad. Por lo tanto, podemos asumir $a,b,c$ todos generaron diferentes mapas en $x$ y $y$ . Luego $abc$ actúa como la identidad en $H^ \ast (M)$ así que tiene un punto fijo.

Todo esto todavía deja el caso de $m=2, n=1$ cuando $M = S^2 \times S^2$ . Todavía podemos probar el $ \mathbb {Z}_2^3$ no puede actuar libremente, pero requiere más trabajo: hay nuevos automorfismos de $H^2(M)$ que viene de intercambiar $x$ y $y$ .

El cálculo $0 = (ax + by)^2$ todavía implica las dos líneas (múltiplos de $x$ y múltiplos de $y$ ) se caracterizan teóricamente por el anillo, por lo que $x$ y $y$ mapa a elementos de $\{ \pm x, \pm y\}$ . De ello se deduce que, hasta el cambio de signos, el intercambio $x$ y $y$ es la única cosa nueva de la que tenemos que preocuparnos. De estos nuevos automorfismos, sólo 2 tienen un número de Lefschetz 0: $x \mapsto -y, y \mapsto x$ y $x \mapsto y, y \mapsto -x$ . Ambos tienen el orden 4, así que si cada elemento de $G$ tiene orden $2$ entonces esto no puede suceder, y así nos reducimos al caso en que $x \mapsto \pm x$ y $y \mapsto \pm y$ .

Answer 2

Esta no es una solución completa, pero pone una restricción relativamente fuerte en la posible $n$ y $m$ por lo que esto puede suceder.

Supongamos que $m$ es parejo y un grupo de orden $8$ actúa libremente sobre $S^{m} \times \mathbb {CP}^{n}$ . Mostraremos que $$ n =3 ( \mod 4). $$

En primer lugar, observe que desde que $S^{m} \times \mathbb {CP}^{n}$ es compacto la acción es automáticamente correctamente discontinua por lo que el cociente es un múltiple y el mapa de cociente es un mapa de cobertura.

Ahora, $8| \chi (S^{m} \times \mathbb {CP}^{n}) = 2 (n+1)*$ ya que el cociente tiene una cobertura de grado 8 por $S^{m} \times \mathbb {CP}^{n}$ (recuerde que la característica de Euler es multiplicativa para las cubiertas), por lo tanto $4| (n+1)$ lo que prueba la afirmación.

• ya que la característica de Euler es multiplicativa en los productos.

Answer 3

Aquí está el $m$ Caso impar con una brecha importante. No sé cómo llenarlo, ¿alguien más lo sabe?

Asumiremos $m \geq 3$ desde $m = 1$ se ha manejado en los comentarios de Nick L.

Considere el director $S^1$ bundle $N \xrightarrow { \pi } M$ donde $N:=S^m \times S^{2n+1}$ y $M:= S^m \times \mathbb {C}P^n$ .

Lemma : Deje que $X$ ser un espacio topológico razonable y considerar un mapa $f:X \rightarrow M$ . Este mapa tiene un ascensor $ \tilde {f}:X \rightarrow N$ iff $f^ \ast :H^2(M) \rightarrow H^2(X)$ es el $0$ mapa.

Prueba: Porque $H^2(N) = 0$ si $f = \pi\circ \tilde {f}$ Entonces $f^ \ast $ factores a través de la $0$ mapa en $H^2$ . Así que la condición de $H^2$ es definitivamente necesario.

La suficiencia es más divertida. El paquete $ \pi $ está clasificado por un mapa $ \phi :M \rightarrow BS^1 = \mathbb {C}P^2$ que también clasifica $H^2(M)$ . Si $f^ \ast $ es $0$ en $H^2$ entonces se deduce que el paquete de retirada $f^ \ast N$ es un paquete trivial, $f^ \ast N \cong X \times S^1$ .

Por supuesto, $f^ \ast N = \{(x,n):f(x) = \pi (n)\}$ viene equipado con un mapa natural en $N$ una proyección sobre el segundo factor.

Luego $ \tilde {f}$ es la composición $X \rightarrow X \times S^1 \cong f^ \ast N \rightarrow N$ . $ \square $

Usaremos este lema en el caso de que $X = N \times G$ con $G$ un grupo finito que actúa libremente en $M$ .

Luego el mapa $f: X \rightarrow M$ dado por $f(n,g)= g \ast\pi (n)$ induce a la $0$ mapa en $H^2$ porque $H^2(X) = 0$ . Por el lema, hay un ascensor $ \tilde {f}:X \rightarrow N$ .

¿Este ascensor es una acción de grupo?

No sé la respuesta. Pero para el resto del puesto, asumiré que es una acción de grupo. Entonces note que el mapa de proyección es equivalente. En efecto, la escritura $g \tilde {f}(n)$ para $ \tilde {f}(n,g)$ el hecho de que $ \tilde {f}$ es un ascensor significa $ \pi (g \tilde {f}(n)) = g \pi (n)$ .

Propuesta : Esta acción de grupo es libre.

Prueba: Supongamos que $g$ arreglos $n$ . Luego $ \pi (n) = \pi (g n) = g \pi (n)$ así que $g$ arreglos $ \pi (n)$ . Desde la acción de $G$ en $M$ se supone que es libre, $n$ es el elemento de identidad. $ \square $

Así que tenemos una acción libre de $G$ en $S^m \times S^{2n+1}$ .

Si $G$ contiene $( \mathbb {Z}_p)^3$ hemos terminado, por un documento de los Anales de Adem y Smith al que se puede acceder aquí .