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¿Hay mapas de continuo no triviales entre espacios proyectivos complejos?

Hay mapas de $f: \Bbb{CP}^n \rightarrow \Bbb{CP}^m$, con $n>m$, que no son nulos-homotópica? En particular, hay algunos que no son null-homotópica mapa de $\Bbb{CP}^n \rightarrow S^2$ para $n>1$? ¿Podemos decir algo más general acerca de los pares $(n,m)$ que admitir que este tipo de mapas?

Tenga en cuenta que, en el caso real, la respuesta a la primera pregunta es sí, y la segunda no: el mapa de Hopf desciende a un no-null-homotópica mapa de $\Bbb{RP}^3 \rightarrow \Bbb{RP}^2$, y hay una natural bijection entre $[\Bbb{RP}^n, S^1]$ y $H^1(\Bbb{RP}^n; \Bbb Z) = 0$.

Esta pregunta indaga acerca de la $n \leq m$ situación.

Edit: Jason DeVito del post de abajo respuestas a ambas preguntas es afirmativa; queda, sin embargo, el siguiente caso interesante:

Hay un mapa de $f: \Bbb{CP}^2 \rightarrow \Bbb{CP}^1$ que no es null-homotópica?

20voto

jasonjwwilliams Puntos 950

Creo que hay un trivial mapa de $\mathbb{C}P^k\rightarrow \mathbb{C}P^{k-1}$ cuando $k > 2$ es impar. No sé lo que sucede cuando $k$ es par.

Considere la siguiente composición $$S^{2k+1}\rightarrow \mathbb{C}P^k\rightarrow S^{2k}\rightarrow S^{2k-1}\rightarrow \mathbb{C}P^{k-1}$$ con $k$ extraño, donde ahora voy a describir todos los mapas.

Los mapas de la extraña dimensiones en las esferas complejas espacios proyectivos son los de Hopf de los mapas, es decir, son las proyecciones de la familia de Hopf fibrations $$S^1\rightarrow S^{2n-1}\rightarrow \mathbb{C}P^n.$$ El mapa de $\mathbb{C}P^k$ a $S^{2k}$ se obtiene por el colapso de la $2k-2$ esqueleto de $\mathbb{C}P^k$ a un punto, y el mapa desde $S^{2k}$ $S^{2k-1}$ genera $\pi_{2k}(S^{2k-1})$, que es isomorfo a $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ porque $k > 1$.

Voy a probar el de la composición $S^{2k+1}\rightarrow \mathbb{C}P^{k-1}$ es homotopically no trivial, que luego implica el mapa de $\mathbb{C}P^{k}\rightarrow \mathbb{C}P^{k-1}$ es así.

En primer lugar, la larga secuencia exacta en la homotopy grupos asociados a la Hopf fibration anterior implica la proyección del mapa desde $S^{2k-1}\rightarrow \mathbb{C}P^{k-1}$ es un isomorfismo, excepto en $\pi_2$. Por lo tanto, si el mapa $S^{2k+1}\rightarrow S^{2k-1}$ es distinto de cero como un elemento de $\pi_{2k+1}(S^{2k-1})$, la composición general es trivial.

A partir de una pregunta anterior de la mina, de ello se sigue que, cuando $k$ es impar, la composición $S^{2k+1}\rightarrow S^{2k}$ es el generador de $\pi_{2k+1}(S^{2k})$.

Así, el mapa $S^{2k+1}\rightarrow S^{2k-1}$ se obtiene mediante la composición de un generador de $\pi_{2k+1}(S^{2k})\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ con un generador de $\pi_{2k}(S^{2k-1})\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

Pero, de acuerdo a http://en.wikipedia.org/wiki/Homotopy_groups_of_spheresen la "estructura de Anillo" parte, esta composición es trivial.

17voto

jasonjwwilliams Puntos 950

Puedo probar que existe en la mayoría de los $2$ homotopy clases de mapas de $\mathbb{C}P^2$ $\mathbb{C}P^1$. Sin embargo, yo no puedo probar o refutar que hay exactamente $2$. Tal vez alguien pueda responder a la pregunta final y terminar esto? (O proporcionar una prueba totalmente diferente!)

Voy a usar la notación $[X,Y]$ para referirse a homotopy clases de mapas de $$ X $Y$.

Reivindicación 1: Fijar un espacio de $X$ y supongamos que cada mapa de $f:X\rightarrow S^2$ induce un trivial mapa en $H^2$. A continuación, el Hopf mapa de proyección de $\pi:S^3\rightarrow S^2$ induce un bijection de $[X,S^3]$ $[X,S^2]$.

Prueba: en Primer lugar, tenga en cuenta que $f$ induce $0$ en $H^2$ iff hay un mapa de $\tilde{f}:X\rightarrow S^3$ $\pi\circ \tilde{f} = f$. (Puedo suministrar una prueba si lo desea). A continuación, el mapa, el cual asigna a $f\in[X,S^2]$ el mapa de $\tilde{f}\in [X,S^3]$ es la inversa de la mapa inducida por $\pi$. $\square$

Edición de Una prueba que $f$ induce la $0$ mapa en $H^2$ iff levanta fue deseado, y dio lugar a esta pregunta y la respuesta. Final de edición

Reivindicación 2: Si $X = \mathbb{C}P^n$ con $n > 1$, entonces cada mapa de $f\in [X,S^2]$ es trivial en $H^2$.

Prueba: Mira la cohomology estructura de anillo. Tenemos $H^\ast(\mathbb{C}P^n) \cong \mathbb{Z}[z]/z^{n+1}$ con $z$ grado $2$. Si $x$ genera $H^2(S^2)$, entonces $f^\ast x = kz$ $k\in \mathbb{Z}$. Pero luego, desde $x^2 = 0$, $0 = f^\ast (x^2) = (f^\ast x)^2 = k^2z^2$ lo cual implica $k = 0$. $\square$

Corolario: Hay un bijection entre $[\mathbb{C}P^n, S^2]$ y $[\mathbb{C}P^n,S^3]$ para $n > 1$.

Ahora, nos demuestran que existen en la mayoría de los 2 elementos en $[\mathbb{C}P^2, S^3]$ para $n$. La principal herramienta que usamos es el de Thom-Pontryagin de la construcción que proporciona, para cualquier cerrada colector de $X$, un bijection entre $[X,S^k]$ para $k$ y codimension $k$ cerrada enmarcada submanifolds de $X$, modulo enmarcada cobordism. (Marcos submanifold es un submanifold con trivial normal paquete, junto con una selección de banalización. Un enmarcado cobordism $W$ enmarcada entre dos colectores de $M_1$ y $M_2$ es un colector con límite de $\parcial W = M_1\coprod M_2$, junto con la banalización de la normal de paquete de $W$, que restringe a la elegida como banalizaciones en $M_1$ y $M_2$)

Ya que nos estamos centrando en $k=3$ y $\mathbb{C}P^2$, de dimensión $4$, estamos buscando a un codim 3, es decir, $1$-dim cerrado submanifolds de $\mathbb{C}P^2$. Recordar que por cada $1$-d compacto manifold es un discontinuo de la unión de un número finito de círculos.

Dadas dos incrustado círculos en $\mathbb{C}P^2$, obviamente, hay homotópica como $\pi_1(\mathbb{C}P^2) = 0$. Whitney ha demostrado que de tiene dos homotópica incrustaciones de $M$ en $N$ con $\dim N \geq 2\dim M + 2$, entonces son isotópica. La imagen de una isotopía es un cobordism entre el inicio y el final de los tiempos, así que, podemos suponer que wlog que cualquier enmarcada $1$-dim submanifold estamos considerando vive en un gráfico de $\mathbb{C}P^2$, es decir, como un subconjunto de $\mathbb{R}^4$.

Reivindicación 3: Hay exactamente dos enmarcada $1$-d submanifolds de $\mathbb{R}^4$, hasta enmarcada cobordism.

Prueba: Puesto que cualquier enmarcada cobordism es un subconjunto compacto de $\mathbb{R}^4$, todavía incrustado en el compactification de $\mathbb{R}^4$, es decir, de $S^4$. Por el Pontryagin-Thom construcción, hay un bijection entre $[S^4, S^3] = \pi_4(S^3) = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ y enmarcado $1$-d submanifolds de $S^4$ modulo enmarcada cobordisms. $\square$

En $\mathbb{R}^4$, u $S^4$ de representantes de las dos enmarcada cobordism clases son como sigue. En primer lugar, uno puede usar $S^1$ con un trivial paralelo encuadre. Más específicamente, usando $S^1 = \{(\cos \theta, \sin \theta, 0,0)\}$, se puede utilizar el encuadre $\{v_1,v_2,v_3\} = \{ (\cos\theta, \sin\theta, 0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1)\}$. En segundo lugar, se puede utilizar $S^1$ con un una vez trenzado de encuadre. Más específicamente, se puede utilizar el encuadre $\{w_1,w_2,w_3\} = \{ \cos \theta v_1 + \sin\theta v_2, -\sin\theta v_1 + \cos\theta v_2, v_3\}$.

Ahora, para la pregunta.

Pregunta: el Pensamiento de ambos $S^1$s con el encuadre subconjuntos de $\mathbb{R}^4\subseteq \mathbb{C}P^2$, hay un cuadro de un cobordism entre ellos en $\mathbb{C}P^2$?

Si es así, entonces todos los mapas de $\mathbb{C}P^2$ $S^2$ son homotopically trivial. Si no existe, no es, precisamente, uno no trivial mapa, hasta homotopy. Tenga en cuenta que si un cobordism existe, se debe, según la reivindicación 3, no estar contenida en cualquier gráfico de $\mathbb{C}P^2$.

15voto

jasonjwwilliams Puntos 950

Una persona que ofrece tres respuestas a un post me parece absurdo (y esto es una novedad para mí), pero realmente he disfrutado de este problema.

Teorema: Existe un homotopically trivial mapa de $\mathbb{C}P^2\rightarrow S^2$.

(Por mi segundo post, este mapa debe ser único hasta homotopy.)

Vamos a probar esta respondiendo a la pregunta en el post 2. Es decir, nos muestran que, dadas las dos enmarcada $S^1\subseteq \mathbb{R}^4\subseteq \mathbb{C}P^2$ (que voy a denotar $S^1_1$ y $S^1_2$) NO se enmarcan cobordant en $\mathbb{C}P^2$. Más concretamente, dado un enmarcada cobordism entre los dos $S_i^1$s, nos muestran que podemos levantar el conjunto de la imagen $S^5$. Sin embargo, dado que $\pi_5(S^4) = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, el Pontryagin-Thom construcción implicará que no hay tal cobordism en $S^5$.

Así, supongamos por contradicción que existe un cobordism $W$ entre $S_1^2$ y $S_2^1$. Desde $W$ se enmarca en el normal paquete es trivial. Vamos $i:W\rightarrow \mathbb{C}P^2$ denotar la inclusión del mapa. Desde $W$ es una superficie con límite, $H^2(W) = 0$, por lo que la inducida por el mapa de $i^\ast:H^2(\mathbb{C}P^2)\rightarrow H^2(W)$ es trivial por razones triviales.

Por una pequeña extensión de la Reivindicación 1 de la segunda post, hay un ascensor $\tilde{i}:W\rightarrow S^5$, en el sentido de que $\pi\circ\tilde{i} = i$, donde $\pi:S^5\rightarrow \mathbb{C}P^2$ es la proyección canónica.

Tenga en cuenta que el paquete normal de $\tilde{i}(W)$ es la retirada de menos de $\pi$ de la normal de un lote a $W$, por lo que es trivial. En realidad, una opción de la banalización de la normal de paquete de $W$ induce una de $\tilde{i}(W)$ de la siguiente manera. En primer lugar, desde $\pi\circ\tilde{i} = i$, se sigue que $\tilde{i}(W)$ es transversal a la de Hopf fibras. En particular, si $V\en T_p S^5$ con $p\in \tilde{i}(W)$ denota el campo de vectores tangentes a la de Hopf vectores, entonces la proyección de $V$ a $T_p \tilde{i} W$, denotan $\rho(V)$ no es la identidad, por lo que $V \rho(V)$ es distinto de cero y la normal a $\tilde{W}$.

Banalizar el resto de la normal de paquete de más de $\tilde{i}(W)$, empezamos por la incrustación de la normal de paquete de $W$ en $\mathbb{C}P^2$ como un tubular barrio de $W$ (y voy a llamar a este mapa de $i$). Este tubular barrio de deformación se retrae en $W$, entonces $\tilde{i}$ se extiende a este barrio, y le da una incrustación de la pieza tubular barrio en $S^5.$ A continuación, puede utilizar esta extensión de $\tilde{i}$ para el transporte de una elección de la banalización de $W$ a uno de $\tilde{i}(W).$

En particular, tenemos una estructura sobre $\tilde{i}(W)$ dado por tomar el encuadre dado por el párrafo anterior, junto con los $V \rho(V)$ $\tilde{i}(W)$. Por lo tanto, $\tilde{i}(W)$ es un enmarcado cobordism entre $\tilde{i}(S_1^1)$ y $\tilde{i}(S_2^1)$.

Pero, no hay tal enmarcada cobordism. La idea es que, puesto que tanto $S^1_i$ en un pequeño gráfico en $\mathbb{C}P^2$, sus ascensores $S^5$ son dados esencialmente por las mismas fórmulas (en un gráfico adecuado en $S^5$), junto con los $V \rho(V)$. Según el post 2, bajo el Pontryagin-Thom construcción, estos son los representantes de las dos clases de equivalencia correspondiente al hecho de que $\pi_5(S^4)$ tiene exactamente dos elementos.

Esta contradicción implica $W$ no puede existir. Así, hemos encontrado al menos dos enmarcada submanifolds de $\mathbb{C}P^2$, que no se enmarcan cobordant. Por el Pontryagin-Thom construcción, esto implica $[\mathbb{C}P^2,S^2]$ tiene al menos 2 elementos. En particular, hay un homotopically nontrival mapa de $\mathbb{C}P^2$ $S^2$.

$$ $$

Si uno trazas a través de la Pontryagin-Thom construcción, se deduce que el siguiente mapa de $\mathbb{C}P^2\rightarrow S^2$ es homotopically trivial. Primero se definen como un mapa en $S^3$, entonces componer con el mapa de Hopf $S^3\rightarrow S^2$.

Considere la posibilidad de la normal de paquete de $\nu$ de $S_2^1$, incrustado en $\mathbb{C}P^2$, y de una vez por todas, elegir un punto $p\in S^3$, y una base de $\{e_1,e_2, e_3\}$ de $T_p S^3$. Hacemos un mapa de la totalidad de los $0$ sección $\nu$ a $p$. Cada fibra de $\nu$, isomorfo a $\mathbb{R}^3$, se asigna a $S^3$, con todos los puntos suficientemente lejos del origen que se asigna a $p$ (creo stereographics de proyección) y de modo que el diferencial de los mapas de la base $\{w_1,w_2,w_3\}$ de Post 2 a la base de $\{e_1,e_2,e_3\}$. Finalmente, el mapa de puntos de $\mathbb{C}P^2$ que no están en $\nu\subseteq \mathbb{C}P^2$ $p$.

5voto

notpeter Puntos 588

Me parece que ser capaces de argumentar a través de la obstrucción de la teoría de que no es trivial mapa de $\mathbb{C} P^2\S^2$. Es decir, de tomar cualquier mapa de $f$ en el 2-esqueleto de $\mathbb{C}P^1\subconjunto \mathbb{C}P^2$, $f$ se extiende hasta el 4-esqueleto de la fib el celular cochain que toma el único de 4 celdas $e_4$ a la homotopy clase de $f|_{\partial e_4}$ es trivial en $C^4(\mathbb{C} P^2;\pi_3(S^2))$. Si $f$ es de grado $1$, entonces $f(e_4)=1\en\pi_3(S^2)$, donde $1$ es el mapa de Hopf, desde el 4 de células de $\mathbb{C} P^2$ es conectado a través de la Hopf mapa. Entonces, si $f$ es de grado $n$, mapas de la 4-celular $n$. Por lo tanto la obstrucción es insuperable, excepto en el caso $n=0$.

El problema con este argumento es que esto demuestra que no hay mapas de $\mathbb{C}P^n$ a $\mathbb{C}P^1$ para $n>1$, y Jason deVito comentario de que su primera respuesta indica que hay uno para $n=5$.

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