Cuántas pruebas de que $\pi_n(S^n)=\mathbb{Z}$ hay?

Question

De primeras se me ocurren dos maneras en el clásico homotopy teoría:

1. Mostrar que $\pi_k(S^n)=0$ para $k\lt n$ deformando un mapa de $S^k\to S^n$ no surjective, luego de contratación lejos de un punto no en su imagen. Ahora use el teorema de Hurewicz para mostrar $\pi_n(S^n) = H_n(S^n) = \mathbb{Z}$, que es fácil de calcular con celulares de homología.

2. El uso de la Freudenthal suspensión el teorema de inducción hasta de $\pi_1(S^1)=\mathbb{Z}$, que se puede demostrar mediante (por ejemplo) el universal cubrir el espacio $\mathbb{R}\to S^1$.

¿Qué otras maneras existen para demostrar $\pi_n(S^n)=\mathbb{Z}$?

Answer 1

$\pi_n(S^n)=[S^n,S^n]=\lbrace$cobordism clases de enmarcado 0-submanifolds$\rbrace$ por el Pontrjagin-Thom construcción. Estas son las colecciones de puntos (con signo) que suman para dar el grado de los mapas, por lo que este conjunto es, precisamente,$\mathbb{Z}$.

Answer 2

Una versión modificada de la 1: Si usted tiene la Hurewicz teorema de $\pi_n(S^n)$, entonces usted también tiene por $k < n$, por lo que no necesitas el argumento geométrico para $\pi_k(S^n)=0$ al $k < n$.

Alternativamente, después de discutir geométricamente que $\pi_k(S^n)=0$ al $k < n$, puede utilizar la misma idea para demostrar que cualquier mapa de $S^n\to S^n$ es homotópica a una que lleva todo hasta el punto de base, excepto algunos pocos discos que se asignan de una manera estándar. Desde allí se puede ir a ver ese $\pi_n(S^n)$ es generado por la clase del mapa de identidad. Y entonces usted no necesita toda la fuerza de Hurewicz, pero solo el hecho de que todos los múltiplos de la identidad tienen efectos diferentes en la $H_n(S^n)$. (La primera parte de este es bastante cerca en espíritu a la enmarcado cobordism argumento indicado por Chris Gerig.)

Answer 3

Esto puede ser probado mediante el grado de Brouwer. Suave mapas de $f,g\colon\thinspace S^n\to S^n$ son homotópica si y sólo si tienen el mismo grado de Brouwer, y cualquier mapa continuo es homotópica a una más suave.

Pensándolo bien, este podría ser idéntica a la de Chris Gerig la respuesta. Milnor del libro precioso "Topología de la Diferenciable punto de vista" contiene los detalles.

Answer 4

Creo que esto puede ser hecho en una prueba sin ser circular. En "Configuración de espacios y repite el bucle de espacios," Segal demuestra que el grupo de la finalización de la monoid de las configuraciones de los distintos desordenada puntos en $\mathbb{R}^n$ es $\Omega^n S^n$. $\pi_0$ de esta monoid es que los números naturales de manera que su Grothendieck del grupo es los números enteros. Esto le da a $\pi_k(S^k)=\mathbb{Z}$. Desde el abelianization de la trenza de los grupos es el de los enteros, tenemos que $\pi_3(S^2)=\mathbb{Z}$. Desde el abelianization de los grupos simétricos es $\mathbb{Z}/2$, tenemos que $\pi_{k+1}(S^k)=\mathbb{Z}/2$ para k>2.

Answer 5

Una vez rotonda método para calcular el grupo fundamental de la $S^n$ viene de usar Kan de lazo del grupo de construcción como se describen brevemente en esta respuesta por John Klein. La teoría básica de la Kan bucle grupo de construcción justificar este método se puede encontrar en Kan en su artículo "Una combinatoria definición de homotopy grupos". El cálculo real de la $\pi_n(\Delta^n/\partial\Delta^n)$ como la homología de la "normalizada de la cadena de complejos" (el complejo de $N_\ast$ en los enlaces de respuesta) de la Kan bucle grupo es bastante fácil y rápido.

Sin embargo, uno primero debe de justificar --- como se ha hecho en Kan del artículo --- que el Kan bucle grupo de $X$ da la homotopy de $X$ en la forma descrita por John Klein respuesta. Esto requiere que muestra que el Kan bucle grupo es débilmente equivalente al bucle espacio de (un fibrant reemplazo de) $X$. Las únicas pruebas que he visto de este hecho de utilizar el teorema de Whitehead que simplemente se conecta el espacio (o conjunto simplicial) que ha trivial reducción de homología es débilmente contráctiles.