Más fáciles de la prueba acerca de la suspensión de un colector de

Question

Por lo que los colectores $M$ es la suspensión de la $\Sigma M$ también un colector?

Por la suspensión de un espacio topológico $X$ (no necesariamente un colector), me refiero al espacio $$\Sigma X = (X \times [0,1])/{\sim}$$ where $\sim$ is the equivalence relation which glues $X \times \{0\}$ to a point $p$ and $X \times \{1\}$ to a point $q$. La topología es de curso dado por el cociente de la topología.

Si $M = S^n$ es una esfera, entonces es fácil ver que $\Sigma M$ es homeomórficos a $S^{n+1}$, y por lo tanto de un colector.

Reclamo: La única posibilidad es que $M$ es una esfera.

Puedo probar esta afirmación, pero depende de algunos bastante fuertes resultados. Así que mi pregunta es la siguiente:

Hay una manera más fácil la prueba de la siguiente? En particular, podemos eliminar el uso de la doble suspensión teorema de o $h$-cobordism teorema / Conjetura de Poincaré?

Prueba: Supongamos $M$ $\Sigma M$ son colectores de dimensiones $n$ $n+1$ respectivamente. Esto es obviamente cierto nivel local en todas partes, excepto en$p$$q$, por lo que sólo necesitamos considerar la posibilidad de que algunos de vecindad de $p$ es homeomórficos a un disco (por simetría, esto implica el mismo resultado para $q$).

Escoge un barrio de $U = (M\times [0,\epsilon))/{\sim}$$p$. Por la escisión y desde $\Sigma M$ es un colector, tenemos $$\widetilde{H_*}(S^{n+1}) \cong H_*(\Sigma M, \Sigma M \setminus \{p\}) \cong H_*(U,U \setminus \{p\}).$$ Now, $U \setminus \{p\} = M \times (0,\epsilon)$ deformation retracts to $M$, and so we can compute this by taking the LES for the pair $(U,M)$. Since $U$ is contractible, every third term of this sequence (except along the $0^{\mathrm{th}}$ cohomology) is $0$, and we easily can conclude that $$H_{k+1}(\Sigma M, \Sigma M \setminus \{p\}) \cong H_k(M)$$ for $k > 0$. Therefore, $H_k(M) = H_{k+1}(S^{n+1})$ for $k > 0$. And we know $H_0$ is just $\mathbb{Z}$ (since $H_n \cong \mathbb{Z}$, Poincaré duality implies $H^0 \cong \mathbb{Z}$ and so there is only one component). In particular, this proves that $M$ es una homología de la esfera.

Eso es todo relativamente estándar, y todo muy bien. Aquí es la parte en que se pone un poco loco. Desde $M$ es una homología de la esfera, la doble suspensión teorema de los rendimientos que $\Sigma \Sigma M$ es una esfera. Así que tenemos que $\Sigma M$ suspende a una esfera. Por este MO pregunta, la respuesta de los cuales parece depender ya sea en $h$-cobordism o la Conjetura de Poincaré (elige tu veneno), se deduce que el $\Sigma M$ es por lo tanto una esfera, y de aplicar este mismo razonamiento a $\Sigma M$, se deduce que el $M$ es una esfera.

Answer 1

Usted no necesita el doble suspensión teorema, debido a $M$ es un homotopy esfera (de ahí, por la conjetura de Poincaré, es homeomórficos a la esfera). Para demostrar que esto es suficiente para mostrar que el $M$ es simplemente conectado (suponga que la $\dim M \geq 2$ ya que de lo contrario no hay nada que probar). A continuación, se desprende de su cálculo de la homología y el teorema de Whitehead que un grado un mapa de $M \rightarrow S^n$ es un homotopy de equivalencia.

La suspensión de la $\Sigma M$ es simplemente conectado por el teorema de van Kampen, porque es una unión de dos contráctiles abrir los conos de más de $M$, cuya intersección $M \times (-\epsilon,\epsilon)$ está conectado. Desde $\Sigma M$ es una variedad de dimensión al menos $3$, la eliminación de un número finito de puntos de $\Sigma M$ no cambia su grupo fundamental (de nuevo, esto es una consecuencia del teorema de van Kampen y el hecho de que $S^k$ es simplemente conectado para $k \geq 2$). En particular, $\Sigma M \setminus \{p,q\} = M \times (0,1)$ es simplemente conectado, y así es $M$.