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 $\mathbb{C}P^2$.