Segundo Stiefel-Whitney clase y de primera Pontryagin clase del total de los espacios de lineal $S^2$ paquetes de más de $S^4$

Question

Orientado lineal $S^2$ paquetes de más de $S^4$ están clasificados por $\pi_3(SO(3))=\mathbb{Z}$. Todos ellos tienen el mismo cohomology los grupos, pero con diferente estructura de anillo. El trivial bundle $S^2\times S^4$ ha $w_2=0,\ p_1=0$; $\mathbb{CP}^3$ corresponde al entero 1 y ha $w_2=0,\ p_1=-4$.

Así que mi pregunta es si el total de los espacios de todos los paquetes son spin, es decir, $w_2=0$ y lo que sus primeras clases de Pontryagin.

Answer 1

Para $z\in \mathbb{Z}$, vamos a $E_z$ denotar el espacio total del paquete correspondiente a $z$. Por eso,$E_0 = S^2\times S^4$$E_1 = \mathbb{C}P^3$. Vamos a mostrar que el $w_2(E_z) = 0$$p_1(E_z) = -4z$.

Reivindicación 1: $E_z$ es la tire hacia atrás de $S^2\rightarrow \mathbb{C}P^3\rightarrow S^4$ grado $z$ mapa de $S^4\rightarrow S^4$.

Prueba: Considerar el universal bundle $SO(3)\rightarrow ESO(3)\rightarrow BSO(3)$. Lineal $S^2$ paquetes de más de $S^4$ están clasificados por un homotopy clase de mapa de$S^4$$BSO(3)$. En otras palabras, son clasificados por $\pi_4(BSO(3))$ (que es canónicamente isomorfo a $\pi_3(SO(3)) \cong \mathbb{Z}$ como se señaló). Como se señaló, $\mathbb{C}P^3$ corresponde a la $z=1$ de los casos. Deje $\phi:S^4\rightarrow BSO(3)$ clasificar a $E_1$. En otras palabras, $[\phi]\in\pi_4(BSO(3))\cong \mathbb{Z}$ corresponde a $1$.

Ahora, si $f:S^4\rightarrow S^4$ es un grado $z$ mapa, entonces claramente $[\phi\circ f] = z\in \mathbb{Z}$. Entonces $E_z = (\phi \circ f)^\ast ESO(3) = f^\ast \phi^\ast ESO(3) = f^\ast \mathbb{C}P^3$. $\square$

Reivindicación 2: $w_2(E_z) = 0$.

Prueba: Supongamos $\epsilon$ denotar un trivial paquete. También, vamos a $\pi:E_z\rightarrow S^4$ el valor de la proyección. Por último, vamos a $\xi_z$ el valor del vector paquete obtenidos mediante la cumplimentación de las fibras de $E_z$. A continuación,$TE_z\oplus \epsilon \cong \pi^\ast TS^4 \oplus \pi^\ast \xi_z$, según el Lema 8.2.3 de Geiges' "Una introducción al contacto de la topología". Dado que tanto $TS^4$ $\xi_z$ son paquetes de más de $S^4$, el Stiefel-Whitney clases hasta el $w_3$ todos se desvanecen trivialmente. En particular, $w_2(TE_z) = 0$ por el Whitney fórmula de la suma. $\square$

Reivindicación 3: $p_1(E_z) = -4z$.

Prueba: Utilizando el mismo truco como el de la Reivindicación 2, (y el hecho de que $p_1(TS^4) = 0$ debido a su forma estable parallelizable), sabemos que $p_1(TE_z) = \pi^\ast p_1(\xi_z)$. Ahora un Gysin secuencia argumento muestra que el $\pi^\ast:H^4(S^4)\cong \mathbb{Z}\rightarrow H^4(E_z)$ es un isomorfismo. Así, sólo tenemos que calcular $p_1(\xi_z)\in H^4(S^4)$.

Por definición, este se obtiene tomando el tire hacia atrás de $p_1\in H^4(BSO(3))$ bajo la clasificación de mapa de $f_z\circ \phi$. Desde $p_1(\mathbb{C}P^3) = -4$, sabemos $\phi^\ast(p_1) = -4 \in H^4(S^4)$. Así, hemos reducido el cálculo para la comprensión de $f_z^\ast :H^4(\mathbb{C}P^3)\rightarrow H^4(E_z)$. Pero en mi respuesta aquí muestro que es la multiplicación por $z$. $\square$