Para los complejos celulares ${}^1$ $X$ tenemos un isomorfismo
$$ K^*(X)\otimes \mathbb{Q}\cong H^{*}(X;\mathbb{Q}), $$
que es inducido por el carácter de Chern.
¿Cuál es el enunciado análogo para $KO(X)$ ?
${}^1$ :Hatcher afirma que son finitos, pero he visto que también se afirman complejos CW arbitrarios.
edit: La nota a pie de página parece errónea, como por los comentarios.
En lo siguiente, $X$ es un complejo finito. El operador de Adams $\psi^{-1}$ (conjugación compleja) actúa sobre $K^0(X)$ . Después de invertir $2$ El grupo $KO^0(X) \otimes \Bbb Z[1/2]$ mapea isomórficamente al subconjunto de $K^0(X) \otimes \Bbb Z[1/2]$ arreglado por $\psi^{-1}$ .
Podemos entonces tensar esto con $\Bbb Q$ . Entonces $K^0(X) \otimes \Bbb Q \cong \prod_{n \geq 0} H^{2n}(X;\Bbb Q)$ . El operador $\psi^{-1}$ actúa sobre esto fijando los factores con $n$ incluso y negando los factores con $n$ impar. El conjunto fijo es $KO^0(X) \otimes \Bbb Q \cong \prod_{m \geq 0} H^{4m}(X; \Bbb Q)$ .
Gracias por su respuesta. Tendré que leer sobre las operaciones de Adams, pero esto parece bueno. Creo que tendré que leer más sobre este tema. El punto que me desconcierta es el hecho de que $KO$ es 8 periódica. ¿Significa esto que después de tensar con $\mathbb{Q}$ ¿esta periodicidad se reduce a 4 periodicidades?
La pregunta original tiene $H^*$ y $K^*$ no $K^0$ y $H^{4*}$ . En el entorno complejo, esto funciona si se considera $K^*$ como $\mathbb Z/2$ -teoría graduada. Real $K$ -la teoría es $\mathbb Z/8$ - calificado. @Thomas Rot: Acabo de leer tu comentario. La solución es que se obtiene una suma directa de dos copias de $H^*$ si se toma el período completo de 8 $KO$ -Teoría.
Antes de plantear esta pregunta pensé que se podría necesitar el carácter Pontryagin o Stiefel-Whitney. A mí me parecía que esto no se correspondía con las dimensiones correctas de la cohomología, lo que me llevó a plantear esta pregunta. ¿Se realiza este mapa con el carácter de Pontryagin?
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¿No debería ser $K^0(X)\otimes\mathbb{Q}\cong H^{2\ast}(X;\mathbb{Q})$ ¿en su lugar?
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Si $X$ es un complejo celular arbitrario, entonces $\operatorname{ch}(E)$ podría ser una suma infinita de términos no nulos, y por tanto no pertenecer a $H^*(X; \mathbb{Q})$ que es la suma directa de los grupos $H^k(X; \mathbb{Q})$ . En cambio, el $\operatorname{ch}(E)$ pertenecería al producto directo de los grupos. Obsérvese que si se asume $X$ es un complejo de celdas finito, entonces sólo hay un número finito de grupos de cohomología distintos de cero, no hay problema (la suma directa y el producto directo coinciden).
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No puede funcionar para complejos infinitos: considere X = BG para un grupo finito G.
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Un ejemplo en el que el carácter de Chern de un haz vectorial no pertenece a la suma directa es $X = \mathbb{CP}^{\infty}$ y $E$ el haz de líneas tautológico. Entonces $\operatorname{ch}_k(E) = c_1(E)^k/k! \neq 0$ Así que $\operatorname{ch}(E) \not\in H^*(\mathbb{CP}^{\infty}; \mathbb{Q})$ sino que $\operatorname{ch}(E) \in \prod H^k(\mathbb{CP}^{\infty};\mathbb{Q})$ .
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@archipelago: Con $K^*(X)$ Es decir $K^0(X)\oplus K^1(X)$ . Entonces $K^1(X)=\tilde K^0(SX)$ tierras en $\tilde H^{2*}(SX;\mathbb{Q})$ con la que uno puede identificarse $H^{2*-1}(X;\mathbb{Q})$ .
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@MichaelAlbanese Creo que es una cuestión de convención. Si quieres tener un carácter de Chern universal (o una clase de Chern total universal o lo que sea) en $BU$ entonces hay que interpretar $H^\bullet$ como un producto infinito. Esto no debería sorprender, ya que la cohomología tiende a tener productos infinitos cuando la homología tiene sumas infinitas. Está claro que esta convención planteará problemas en otros lugares, pero para las clases características, parece ser la elección correcta.