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$S^3\times \Bbb CP^\infty$ no es homotopy equivalente a $\left(S^1\times \Bbb CP^\infty\right)\big/\left(S^1\times \{x_0\}\right)$

Tanto en $S^3\times \Bbb CP^\infty$ $\left(S^1\times \Bbb CP^\infty\right)\big/\left(S^1\times \{x_0\}\right)$ han cohomology anillo isomorfo a$\Bbb Z[a]\otimes \Lambda[b]$$|a|=2$$|b|=3$, como puede verse en Künneth y celulares cohomology. Por lo tanto, la cohomology estructura de anillo no puede distinguir entre los dos espacios.

Hatcher dice que los espacios pueden ser distinguidos con cohomology de operaciones. Traté de argumentar de alguna manera de las propiedades básicas de Steenrod operaciones, pero no pude averiguar.

Agradezco la ayuda.

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Mike Miller Puntos 17852

En primer lugar, considere la posibilidad de $Y = \Bbb{CP}^\infty \times S^1$. Su cohomology anillo de más de $\Bbb Z/2 =: \Bbb F$ $\Bbb F[a] \otimes \Lambda[c]$ donde$|a| = 2$$|c| = 1$. El Bockstein homomorphism puede ser visto para ser trivial (como usted dice, celulares cohomology hace el truco), y por lo tanto así es $\text{Sq}^1$. Ahora $\text{Sq}^2(ac) = \text{Sq}^2(a)c + \text{Sq}^1(a)\text{Sq}^1(c) + a\text{Sq}^2(c)$; debido a $|c| = 1$ el último término se desvanece, y ya hemos hablado de por qué el mediano plazo se desvanece; porque $|a| = 2$, $\text{Sq}^2(a) = a^2$. Por lo tanto $\text{Sq}^2(ac) = a^2c$. Si $X$ es el segundo espacio, el cociente mapa de $p: Y \to X$ induce una inyección de $H^*(X) \to H^*(Y)$, el envío de $p^*(a) = a$$p^*(b) = ac$. Por lo tanto, por connaturalidad de Steenrod plazas $\text{Sq}^2(b) = ab$.

Ahora considere el $\Bbb{CP}^\infty \times S^3$. Queremos calcular el $\text{Sq}^2(b)$ aquí. La inclusión $S^2 \times S^3 \hookrightarrow \Bbb{CP}^\infty \times S^3$ induce un isomorfismo en cohomology en grados $\leq 5$, así que por connaturalidad sólo necesitamos entender lo $\text{Sq}^2(b)$ es en el primer espacio. Un producto $X \times Y$ de los espacios con trivial Steenrod plazas ha trivial Steenrod plazas. Primera nota de que debido a Steenrod plazas son aditivos, es suficiente para ver cómo la plaza de comportarse en los elementos en $H^i(X) \otimes H^j(Y) \subset H^{i+j}(X \times Y)$; y, a continuación, por el Cartan fórmula basta de forma inductiva, a ver que se desvanecen en $H^i(X)$$H^i(Y) \subset H^i(X \times Y)$. Ahora invocar la proyección de los mapas de $\pi: X \times Y \to X$; por la desaparición de la Steenrod plazas en $X$ y connaturalidad, se desvanecen en estos primitivos clases en $X \times Y$.

Alternativamente, sabemos que la Steenrod plaza de viajes con la suspensión del isomorfismo $H^*(S^2 \times S^3) \to H^{*+1}(\Sigma(S^2 \times S^3))$. Como se ve aquí, $\Sigma(X \times Y)$ es homotopy equivalente a $\Sigma X \vee \Sigma Y \vee \Sigma(X \wedge Y)$. En este caso, se dice que el $\Sigma(S^2 \times S^3)$ es homotopy equivalente a $S^3 \vee S^4 \vee S^6$. Este espacio ha de fuga Steenrod plazas, como lo hace cualquier cuña de espacios de fuga Steenrod plazas. (Esto es, de nuevo, por connaturalidad, porque tenemos los mapas de proyección $X \vee Y \to X$.)

He aquí un enfoque alternativo que Hatcher definitivamente no fue su intención, invocando el carácter de las clases de suave colectores; usted puede aprender acerca de estos en Milnor y Stasheff del libro sobre el tema.

De nuevo queremos calcular el $\text{Sq}^2(b)$$S^2 \times S^3$. Ahora, en un circuito cerrado conectado el colector, hay cohomology clases llamado Wu clases, de tal manera que para $x \in H^{n-k}(M)$, $\text{Sq}^k(x) = x \smile v_k$. Están relacionados con la Stiefel-Whitney clases del colector en que $\text{Sq}(v) = w$. Ahora, $S^2 \times S^3$ es parallelizable, de modo que todas sus Stiefel-Whitney clases de desaparecer. Esto implica que $v=0$, y por lo tanto, todos los Steenrod plazas en este colector (o cualquier parallelizable colector) desaparecen. De dónde $\text{Sq}^2(b) = 0$, como se desee.

En cualquier caso, ahora hemos visto que $\text{Sq}^2(H^3(X)) \neq 0$, pero $\text{Sq}^2(H^3(\Bbb{CP}^\infty \times S^3)) = 0$, lo que demuestra el deseado de reclamación.

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