No se retracte de $X \wedge \mathbb{R}P^2 \to X \wedge \mathbb{R}P^1$

Question

Deje $X$ ser un número finito de CW complejo, y supongamos $\Sigma X \cong X \wedge \mathbb{R}P^1$ no contráctiles. Considerando el grupo fundamental o de otra manera, es fácil ver que no puede haber retracción $\mathbb{R}P^2 \to \mathbb{R}P^1$. Pero ¿qué hay de una retracción $X \wedge \mathbb{R}P^2 \to X \wedge \mathbb{R}P^1$? Me han dicho que esto es imposible, pero no sé cómo demostrarlo.

El uso de la Kunneth fórmula de homología, vemos que $\tilde{H}_*(X)$ 2-torsión, y que la parte superior de la homología de grupo es igual a cero. Pero esto no descarta espacios como suspensiones, incluso de dimensiones reales espacios proyectivos. Creo que tenemos que mirar a otras algebraicas invariantes/estructuras.

(Para los que saben, esta pregunta se relaciona con la afirmación de que la orden de suspensión de un número finito no es un complejo de dos.)

Answer 1

Usted puede probar la $X = S^0$ de los casos el uso de cohomology, ya $H^1(RP^2;Z) = 0$$ H^1(RP^1;Z) = Z$. Podemos aplicar esto al caso general. Tenga en cuenta que desde $RP^1 = S^1,$ tenemos $ X \wedge RP^1 = \Sigma X$, y así vamos a $k$ ser mínima tal que $\tilde{H}^k(X \wedge RP^1;Z) \cong \tilde{H}^{k-1}(X; Z) \neq 0$. Si la división mapa existido, este distinto de cero grupo se separó de $\tilde{H}^k(X \wedge RP^2;Z)$. Desde $RP^2$ es el cofiber de $\times 2:S^2 \rightarrow S^2$, podemos romper con $X$ y considerar los ARCHIVOS en cohomology asociados a la cofiber secuencia $X \wedge S^2 \rightarrow X \wedge S^2 \rightarrow X \wedge RP^2$. En ella encontramos que el $\tilde{H}^k(X \wedge RP^2;Z)$ se encuentra en entre $\tilde{H}^k(X \wedge S^2; Z) \cong \tilde{H}^{k-2}(X;Z) = 0$$\tilde{H}^{k-1}(X \wedge S^2; Z) \cong \tilde{H}^{k-3}(X;Z) = 0$.

Esto implica que la reducción de la cohomology grupos de $X$ son todos cero. Por lo tanto $X$ está conectado, y por lo $\Sigma X$ es simplemente conectado acíclicos espacio, por lo tanto contráctiles.