¿Es el mapa $S^{2n+1} \rightarrow \mathbb {C}P^n \rightarrow \mathbb {C}P^n/ \mathbb {C}P^{n-1} \cong S^{2n}$ ¿Esencial?

Question

Esta pregunta está motivada únicamente por la curiosidad ociosa.

Hay un mapa natural $p:S^{2n+1} \rightarrow \mathbb {C}P^n$ mapeando un punto en $S^{2n+1} \subseteq \mathbb {C}^{n+1}$ a la única línea compleja que se extiende en $ \mathbb {C}^{n+1}$ .

Es bien sabido que $p$ da $S^{2n+1}$ la estructura de un $S^1$ abróchate $ \mathbb {C}P^n$ . A partir de esto, se obtiene una larga secuencia exacta en los grupos de homotropía. Desde $ \pi_k (S^1) = 0$ para $k > 1$ se ve de esto que $p_ \ast : \pi_ {2n+1}(S^{2n+1}) \rightarrow \pi_ {2n+1}( \mathbb {C}P^n)$ es un isomorfismo. En particular, $p$ es homotópicamente no trivial.

Del mismo modo, noten que al colapsar el $2n-2$ esqueleto de $ \mathbb {C}P^n$ hasta un punto, uno obtiene un mapa $q: \mathbb {C}P^n \rightarrow \mathbb {C}P^n/ \mathbb {C}P^{n-1} \cong S^{2n}$ el último homeomorfismo que proviene de la imagen celular habitual de $ \mathbb {C}P^n$ . Es fácil ver que este mapa induce un isomorfismo en $H_{2n}$ así que también es homotópicamente no trivial.

Mi pregunta es sobre la composición $q \circ p : S^{2n+1} \rightarrow S^{2n}$ .

¿Es la composición $q \circ p:S^{2n+1} \rightarrow S^{2n}$ también homotópicamente no trivial?

Aquí hay algunos puntos de datos:

1. La composición de dos mapas homotópicos no tiene por qué ser homotópica no trivial. Los ejemplos más simples son probablemente los siguientes: Si $X$ y $Y$ son ambas no contratables, entonces cualquiera de las inclusiones "naturales" $i:X \rightarrow X \times Y$ es homotópicamente no trivial, la proyección $X \times Y \rightarrow Y$ es homotópicamente no trivial, pero la composición es homotópicamente trivial.

2. En el caso $n=1$ , $q$ no colapsa nada en realidad, es un homeomorfismo. Por lo tanto, en este caso $q \circ p$ es homotópicamente no trivial. (De hecho, se sabe que genera $ \pi_3 (S^2)$ ).

3. Para más alto $n$ , $ \pi_ {2n+1}(S^{2n}) \cong \mathbb {Z}/2$ así que el cuadrado de $q \circ p$ en $ \pi_ {2n+1}(S^{2n})$ es homotópicamente trivial.

4. Si usamos $ \mathbb {R}P^n$ en lugar de $ \mathbb {C}P^n$ terminamos obteniendo un mapa $S^n \rightarrow S^n$ . Este mapa es homotópicamente no trivial si $n$ es impar, donde actúa por multiplicación por 2 en el grupo de homología superior.

Gracias, y por favor siéntase libre de volver a etiquetar como sea apropiado!

Answer 1

Por lo que veo, el cono del mapa $S^{2n+1}→S^{2n}$ es precisamente $CP^{n+1}/CP^{n−1}$ . Así que tenemos que distinguir este último de $S^{2n+2} \vee S^{2n}$ (al menos cuando $n \geq 2$ desde entonces ya estamos en el rango estable).

Deje que $s: CP^{n+1} \rightarrow CP^{n+1}/CP^{n-1}$ ser la proyección. Tenemos $H^*(CP^{n+1}; Z/2) = Z/2[x]/(x^{n+2})$ y hay $u$ , $v \in H^*(CP^{n+1}/CP^{n-1}; Z/2)$ de tal manera que $s^*(u) = x^n$ , $s^*(v) = x^{n+1}$ . Entonces..: $$s^*(Sq^2(u)) = Sq^2(x^n) = nx^{n+1} = ns^*(v).$$ Por lo tanto, $Sq^2(u) = n v$ . Esto implica que el mapa es esencial si $n$ es impar.

Usando el complejo $J$ -homomorfismo, también se puede mostrar que el mapa es establemente trivial si $n$ es parejo. Para el fondo ver, por ejemplo, la teoría VB&K de Hatcher. Dado un mapa $f \colon S^1 \rightarrow U(n)$ se puede construir un nuevo mapa

$$ Jf \colon S^1* S^{2n-1} \rightarrow D^{2n}/S^{2n-1}, (z, t, (z_1, \ldots , z_n)) \mapsto \sqrt {1-t^2}f(z)(z_1, \ldots z_n).$$ En realidad, normalmente $t$ se utiliza en lugar de $ \sqrt {1-t^2}$ en la última fórmula, pero esto no importa. Aquí, $X*Y$ es la unión topológica. Lo importante es que esto produce un homomorfismo de grupo $J \colon \pi_1 (U(n)) \rightarrow \pi_1 ^{st} \cong \mathbb {Z}/2$ lo cual es surjectivo, ya que se puede comprobar que $J([S^1 \subset U(n)])$ es el elemento Hopf. Note que $$ D^{2n} \rightarrow \mathbb {C}P^n, z=(z_1, \ldots , z_n) \mapsto [z_1: \ldots : z_{n} : \sqrt {1-|z|^2}] $$ es un homeomorfismo lejos de $S^{2n-1}$ e induce un homeomorfismo $$D^{2n}/S^{2n-1} \cong \mathbb {C}P^n/ \mathbb {C}P^{n-1}.$$

Bajo esta identificación, se comprueba que el mapa $S^{2n+1} \rightarrow \mathbb {C}P^n/ \mathbb {C}P^{n-1} \cong D^{2n}/S^{2n-1}$ en cuestión está dada por $(z_1, \ldots , z_{n+1}) \mapsto |z_{n+1}|/z_{n+1} (z_1, \ldots , z_n)$ si $z_{n+1} \neq 0$ y $(z_1, \ldots , z_{n+1}) \mapsto [S^{2n-1}]$ de lo contrario. Finalmente, tenemos un homeomorfismo $$S^1*S^{2n-1} \rightarrow S^{2n+1}, (z, t, (z_1, \ldots , z_n)) \mapsto ( \sqrt {1-t^2} z_1, \ldots , \sqrt {1-t^2} z_n, tz).$$ La composición con el mapa anterior, da como resultado $$S^1*S^{2n-1} \rightarrow D^{2n}/S^{2n-1}, (z, t, (z_1, \ldots , z_n)) \mapsto \bar {z} \sqrt {1-t^2}(z_1, \ldots , z_n).$$

Esto es precisamente $J( \bar {i}_n)$ donde $ \bar {i}_n \colon S^1 \rightarrow U(n)$ mapas $z$ a la matriz que representa la multiplicación por $ \bar {z}$ . Luego $[ \bar {i}_n] = -n*[S^1 \subset U(n)] \in \pi_1 (U(n))$ por lo tanto.., $J$ siendo un homomorfismo, $J([ \bar {i}_n]) = n[ \eta ]$ que es cero si $n$ es par y no cero si $n$ es impar.

Answer 2

Aquí hay otra prueba que viene de los cobardismos enmarcados de Pontrjagin.

Utilizaremos el siguiente resultado debido a Pontrjagin, que se puede encontrar, por ejemplo, en la Topología de Milnor desde el punto de vista de los Diferenciables:

Para cualquier cerramiento $n$ -manifold $M$ las clases de homotropía de los mapas en $S^k$ denotado $[M,S^k]$ está en correspondencia 1-1 con los submódulos enmarcados (n-k) de $M$ (submanifolds con un paquete normal trivial y una elección particular de trivialización) modulo la equivalencia de cobordismo enmarcado (donde se requiere que el cobordismo sea un submanifold de $M$ también).

La correspondencia es la siguiente: dada una clase de mapa homotópico $[f]:M \rightarrow S^k$ elegir un representante sin problemas $f$ . Elija cualquier valor regular $p$ . Entonces el submanifold asociado es $f^{-1}(p)$ y el encuadre se retira de una elección de base orientada para $T_p S^k$ .

En nuestra aplicación particular, queremos entender un mapa de $S^{2n+1}$ a $S^{2n}$ . Según el recuento de dimensiones, la imagen inversa será una unión desarticulada de círculos. Al dibujar imágenes en $ \mathbb {R}^3$ uno puede convencerse fácilmente de que cualquier número de círculos está enmarcado en un solo círculo.

Nuestro mapa particular ya es suave, por lo menos, lejos de un equívoco $S^{2n-1}$ (y puede ser homotoped para ser suave allí también). Ya que el mapa de $ \mathbb {C}P^n$ a $S^{2n}$ es genéricamente $1-1$ esto reduce el problema a considerar el enmarcado inducido en cualquier círculo Hopf.

El paquete normal del círculo Hopf $(e^{i \theta }, 0,....,0) \in S^{2n+1} ( \subseteq\mathbb {C}^{2n+2})$ es un $2n$ - un paquete vectorial dimensional. Por lo tanto, está determinado por una elección de $S^1 \rightarrow SO(2n)$ . Tenga en cuenta que si dos opciones son homotópicas, los marcos correspondientes son marco cobordante: Uno puede llevar un cilindro $S^1$ donde el $"t"$ La coordenada del cilindro corresponde al parámetro de tiempo en la homotopía. Esto es claramente incrustado en $S^{2n+1}$ .

Concluimos que el mapa $S^{2n+1} \rightarrow S^{2n}$ es esencial si el mapa correspondiente $S^1 \rightarrow SO(2n)$ es. Queda por computar ese mapa.

Con ese fin, dejemos que $v_i$ denotan el vector en $ \mathbb {C}^n$ cuya única coordenada distinta de cero (en el $i$ la ranura), es $1$ y considerar la base $$\{v_2, iv_2, ..., v_n, iv_n$$ de $(i,0,...,0)^ \bot \subseteq T_{(1,0...,0)} S^{2n+1}$ . Es fácil ver que el enmarcado en el punto $(e^{i \theta },0,...,0)$ en el círculo Hopf (que se retira de $ \mathbb {C}P^n$ a través del mapa Hopf) viene dada por la base $$\{e^{i \theta }\,v_2, e^{i \theta }\,iv_2,...,e^{i \theta }\,v_n, e^{i \theta }\,iv_n\}.$$

En particular, en términos de esta base, el mapa $S^1 \rightarrow SO(2n)$ mapas $e^{i \theta }$ a la matriz diagonal del bloque $$ \operatorname {diag}(R( \theta ), R( \theta ), ..., R( \theta ))$$ donde $$R( \theta ) = \begin {bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ - \sin\theta & \cos\theta\end {bmatrix}$$ es la matriz de rotación estándar.

Es relativamente bien sabido que podemos homopear tal mapa a una de las formas $$ \operatorname {diag}(R(n \theta ), 1, ..., 1)$$ que es muy conocido por ser homotópicamente esencial si $n$ es impar.