¿Qué es el plano proyectivo de Cayley?

Question

Se puede construir un plano proyectivo a partir de $\Bbb R^n$ , $\Bbb C^n$ y $\Bbb H^n$ y luego tiene la tentación de hacer lo mismo con los octoniones. Esto lleva a la construcción de un plano proyectivo conocido como $\Bbb OP^2$ El plano proyectivo de Cayley.

¿Cuáles son las referencias de las propiedades del plano proyectivo de Cayley? En particular, me gustaría conocer su (co)homología y grupos de homotopía.

Además, ¿qué intuición geométrica funciona cuando se trabaja con este objeto? ¿Se transfiere bien la intuición del espacio proyectivo real o la no asociatividad supone una gran diferencia? Por ejemplo, me gustaría saber por qué se podría saber que no hay $\Bbb OP^3$ .

Answer 1

La razón geométrica de que no haya un octonión espacio proyectivo es que el teorema de Desargues se cumple en cualquier espacio proyectivo, y el teorema de Desargues implica que el álgebra de coordenadas es asociativa. (Esencialmente debido a Hilbert, Grundlagen der Geometrie, 1899.)

Por cierto, el término "plano de Cayley" es un término erróneo debido a la identificación errónea de los octoniones con Cayley. John Graves descubrió los octoniones en diciembre de 1843, y fueron redescubiertos por Cayley un par de años años después. El plano proyectivo de los octoniones se construyó por primera vez por Ruth Moufang en la década de 1930.

Answer 2

Según recuerdo, el plano proyectivo de Cayley es doloroso de construir, pero es un complejo de 2 celdas, con una de 8 y otra de 16. La cohomología es Z[x]/(x^3) donde x tiene grado 8, como es de esperar. Su homotopía es inabordable, porque son sólo dos esferas pegadas, así que habría que conocer los grupos de homotopía de las esferas para conocerla. El mapa de unión de la célula 16 es un mapa de invariante de Hopf, de S^15 a S^8, el último elemento de este tipo.

Creo que la verdadera razón por la que existe el plano proyectivo de Cayley es porque cualquier subálgebra de los octoniones que esté generada por 2 elementos es asociativa. Es la asociatividad suficiente para construir el plano proyectivo, pero no la suficiente para construir el espacio proyectivo 3. Y por eso no hay que esperar que haya un plano proyectivo para los sedoniones (el álgebra de 16 dimensiones que es a los octoniones lo que los octoniones son a los cuaterniones), porque cada vez que se hace la construcción del doble se pierde más, y en particular ya no es cierto que toda subálgebra de los sedoniones que esté generada por 2 elementos sea asociativa.
Mark

Answer 3

Hay una obstrucción topológica.

Primero tenemos que especificar qué esperamos de un espacio proyectivo octonión, porque es difícil demostrar que algo no existe si no se ha definido.

Esperamos que exista una noción de subespacios (proyectivos) de codimensión k. Nuestra primera suposición es que el complemento de un hiperplano es el espacio octonión afín. Entonces se puede utilizar la inducción (aplicando el mismo argumento sobre el hiperplano) para dar una estructura de celdas sobre $\mathbb{OP}^n$ . Esto ya determina su cohomología aditiva, que tiene un generador en cada grado múltiplo de 8, hasta 8n.

Nuestra segunda suposición es que un subespacio de codimensión k es la intersección de k hiperplanos; esta intersección es entonces automáticamente transversal. Pero el producto de copa coincide con la intersección en las intersecciones transversales. Así que si h es la clase fundamental de un hiperplano, la cohomología en grado 8k está generada por $h^k$ .

Concluimos que el anillo de cohomología de $\mathbb{OP}^n$ debe ser $\mathbb{Z}[h]/(h^n)$ .

Entonces una construcción con operaciones de Steenrod descarta la posibilidad de que pueda existir un espacio con dicha cohomología. Es decir, no hay ningún espacio con anillo de cohomología $\mathbb{Z}[x]/(x^n)$ (con m>3) a menos que x tenga grado 2 o 4. Para una prueba, véase Hatcher, Topología algebraica El corolario 4.L.10.

Answer 4

Es fácil construir la línea proyectiva octoniónica de forma casi habitual, gracias a $2$ -asociabilidad: se toma el cociente de $\mathbb{O}^2$ por la relación $(x,y)\sim (1,yx^{-1})$ que resulta ser equivalente a la relación $(x,y)\sim(xy^{-1},1)$ cuando ambos $x,y$ son distintos de cero.

El plano octoniónico no se puede construir de la misma manera, porque hay que tratar con tres coordenadas. Pero se puede considerar simplemente el cociente del subconjunto $\mathbb{O}^3_\bullet$ de $\mathbb{O}^3$ formado por triples que tienen al menos una coordenada real. Entonces las tres relaciones de equivalencia $(1,y,z)\sim(y^{-1},1,zy^{-1})$ , $(x,1,z)\sim(xz^{-1},z^{-1},1)$ y $(x,y,1)\sim(1,yx^{-1},x^{-1})$ , ampliado $\mathbb{R}$ -de forma lineal. A partir de esto la realización del plano por tres $\mathbb{R}^{16}$ gráficos es sencillo.

Creo que esta construcción se discute en un libro de Salzmann y otros autores.

Answer 5

Una nota rápida sobre los grupos de homotopía del plano de Cayley. Mimura calculó algunos de ellos. Concretamente para i \=8,9,10,...,23 calculó que $\pi_i\mathbf{CaP}^2$ es igual a Z , Z /2, Z /2, Z /24, 0, 0, Z /2, Z /120, ( Z /2) $^{\oplus3}$ , ( Z /2) $^{\oplus4}$ , Z /24 $\oplus$ Z /2, Z /504 $\oplus$ Z /2, 0, Z /6, Z /4, Z** $\oplus$ **Z /120 $\oplus$ ( Z /2) $^{\oplus2}$ respectivamente. Véase el teorema 7.2 de su artículo de 1967 Los grupos de homotopía de los grupos de Lie de bajo rango :
  http://www.ams.org/mathscinet-getitem?mr=206958
  http://projecteuclid.org/euclid.kjm/1250524375