Hay una 4-variedad cuya Stiefel-Whitney clases de satisfacer $w_1\neq 0$, $w_3 \neq 0$, y $w_1^2=0$?
Esta pregunta es la continuación de este , donde la condición de $w_3 \neq 0$ es reemplazado por $w_2 \neq 0$. En un circuito cerrado de cuatro colector $\operatorname{Sq}^1(w_2) = w_3$ lo $w_3 \neq 0$ implica $w_2 \neq 0$. Tenga en cuenta sin embargo que no todos los ejemplos con $w_2 \neq 0$ tienen $w_3 \neq 0$; este es el caso tanto de las respuestas a la pregunta anterior.
Vamos a empezar por la reformulación de la pregunta un poco. Tenga en cuenta que cualquier orientable 4-colector de spin-c, por lo que, en particular, ha $w_3 = 0$. La condición de que $w_1 \not= 0 $ es por lo tanto redundante.
Wu del teorema da que en un cerrado 4-colector de
También tenemos universalmente que $w_3 = Sq^1(w_2) + w_1 w_2$, por lo que para el cerrado de 4 colectores llegamos $w_1 w_2 = 0$. Armando estos encontramos
$$w_3 x = Sq^1(w_2) x = Sq^1(w_2 x) + w_2 Sq^1(x) = w_1 w_2 x + w_2 x^2 = x^4$$
en cualquier cerrados 4-colector con $w_1^2 = 0$. De ahí que la pregunta es equivalente a la búsqueda de un cerrado 4-colector con $w_1^2 = 0$ y algunos $x \in H^1$ tal que $x^4 = 1$.
Ahora podemos abordar el problema mediante la siguiente estrategia. Buscar cerrado de 4 colectores con el derecho números característicos. Si no hay ninguno, entonces la respuesta a la pregunta es negativa. Si hay uno, a continuación, tratar de obtener una solución para el problema de la cirugía.
En este caso necesitamos un cerrado 4-colector con una distinguida clase $x \in H^1$, y los correspondientes números característicos son $x^4 = 1$, $w_1^4 = w_1^3x = w_1x^2 = 0$; en realidad, una condición es redundante porque $w_1^3 x = Sq^1(w_1^2 x) = w_1^2 x^2$.
$RP^2 \times RP^2$ ha $w_1^4 = 0$, y si tomamos $x$ a ser el generador de uno de los dos factores, a continuación, $w_1^2 x^2 = 1$ mientras $x^4 = 0$. Por otro lado $RP^4$ ha $w_4 = 1$, y si tomamos $x$ a ser el generador, a continuación,$w_1^2 x^2 = x^4 = 1$, mientras que si $x = 0$ luego de curso $w_1^2 x^2 = x^4 = 0$. Por lo tanto, si dejamos $M$ ser conectado suma de $RP^2 \times RP^2$ y dos copias de $RP^4$ entonces $M$ es un cerrado 4-colector con una clase de $x \in H^4(M)$ tal que $w_1^4 = w_1^2 x^2 = 0$ e $x^4 = 1$.
$H^1(M) \cong H_1(M)$ tiene grado 4. Cualquier $\alpha \in H_1(M)$ con $w_1(\alpha) = 0$ puede ser representada por una incrustado círculo con trivial normal en paquete. Hacer la cirugía en este círculo reduce el rango de $H^1$ por 1. Si además de la $x(\alpha) = 0$, entonces el resultado de la cirugía todavía tendrá una clase de $x$ con las propiedades deseadas $x^4 = 1$, $w_1^4 = w_1^2 x^2 = 0$. Así que haciendo dos cirugías en $M$ podemos obtener un $X$ con el derecho números característicos, sino $H^1(X)$ de rango 2 generado por la esencial clases de $w_1$ e $x$.
En particular, $w_1^3$ e $w_1^2 x$ par a 0, con todos los elementos de $H^1(X)$, por lo que debe desaparecer. Por lo tanto, si dejamos $S \subset N$ ser incrustado superficie lisa de Poincaré doble a $w_1^2$ entonces $w_1$ e $x$ ambos desaparecen en $S$. Sería bueno si pudiéramos deducir que $S$ puede ser llevado a ser una incrustado esfera, de modo que puede ser eliminado mediante cirugía, pero que no es obvio para mí.
Sin embargo, podemos cortar un tubo de barrio de $S$ obtener un 4-colector $Y$ con límite. A continuación, $x \in H^1(X)$ tiene una preimagen $y \in H^1(Y, \partial Y)$. Ahora pegamento $Y$ a lo largo de la frontera para obtener un cerrado 4-colector $Z$, y deje $z \in H^1(Z)$ ser la imagen de $y$ desde un lado. A continuación, $w_1(Z)^2 = 0$ e $z^4 = 1$, lo $w_3(Z)z = 1$.
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