Cohomología de $S^2\times S^2/\mathbb{Z}_2$

Question

El producto de dos esferas admite una diagonal $\mathbb{Z}_2$ -acciones, $(x,y)\mapsto (-x,-y)$ . Estoy tratando de calcular el anillo de cohomología singular integral del espacio orbital $X$ de esta acción. $X$ no es sólo $\mathbb{R}P^2\times\mathbb{R}P^2=S^2\times S^2/\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$ . En particular, tiene esferas incrustadas como $S^2\times \{*\}$ .

Creo que sería posible resolverlo a través de la secuencia espectral de Serre, pero se propuso como práctica en un curso que no cubría las secuencias espectrales, así que ¿hay algo elemental que hacer? Las otras dos estrategias en las que he pensado son intentar escribir una estructura CW, como se hace para $\mathbb{R}P^n$ -pero parece más difícil dar una descripción explícita de los puntos de $X$ en términos de, digamos, pares de líneas -y utilizar la secuencia de Gysin- pero no creo que el haz de líneas del que $S^2\times S^2\to X$ es que el haz de esferas es orientable, por lo que esto parece poco útil para $\mathbb{Z}$ coeficientes.

Answer 1

Aquí tienes algunos trucos que puedes utilizar. Deja que $X$ denotan este espacio (que, por cierto, es el Grassmanniano $\text{Gr}_2(\mathbb{R}^4)$ de $2$ -aviones en $\mathbb{R}^4$ aunque no utilizaremos este dato). A continuación la homología y la cohomología son con coeficientes enteros.

Para empezar, ya que $X$ es el cociente de un espacio simplemente conectado por una acción libre de $\mathbb{Z}_2$ tenemos $\pi_1(X) \cong H_1(X) \cong \mathbb{Z}_2$ . Esto da $H^1(X) \cong 0$ por coeficientes universales. Dado que el $\mathbb{Z}_2$ acción sobre $S^2 \times S^2$ conserva la orientación, $X$ es orientable, por lo que $H^4(X) \cong H_4(X) \cong \mathbb{Z}$ . Por la dualidad de Poincaré concluimos que $H_3(X) \cong H^1(X) \cong 0$ y $H^3(X) \cong H_1(X) \cong \mathbb{Z}_2$ .

Queda por resolver $H^2(X) \cong H_2(X)$ y luego trabajar la estructura del anillo en la cohomología. Dado que $\chi(S^2 \times S^2) = 4$ tenemos $\chi(X) = 2$ y como los números de Betti primero y tercero de $X$ desaparecen concluimos que $H_2(X)$ y $H^2(X)$ deben ser ambos de torsión. Por los coeficientes universales

$$H^2(X) \cong \text{Ext}^1(H_1(X), \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}_2$$

(ya que $H_2(X)$ es de torsión el otro término desaparece). Como $H^1(X)$ desaparece, el único producto de copa interesante posible es $H^2(X) \times H^2(X) \to H^4(X)$ pero como $H^4(X)$ no tiene torsión este producto de la copa también se desvanece. En resumen, los grupos de cohomología son

$$\mathbb{Z}, 0, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}$$

y no hay productos de copa interesantes.

En general, supongamos que $X$ es un compacto orientado $4$ -cuyo grupo fundamental y característica de Euler conoces. Entonces $H_1(X) \cong \pi_1(X)/[\pi_1(X), \pi_1(X)], H^1(X) \cong \text{Hom}(H_1(X), \mathbb{Z})$ y por la dualidad de Poincaré esto determina $H^3(X)$ y $H_3(X)$ . Los coeficientes universales identifican el subgrupo de torsión de $H^2(X) \cong H_2(X)$ con el subgrupo de torsión de $H_1(X)$ y la parte libre de torsión está determinada por la característica de Euler. Esto determina todos los grupos de homología y cohomología de $X$ .

Para obtener información sobre el producto de la copa, si $H^1(X)$ desaparece (es decir, si $H_1(X)$ es la torsión), entonces el único producto de copa interesante es $H^2(X) \times H^2(X) \to H^4(X)$ que se pueden deducir cosas si se puede calcular el firma de $X$ ver esta entrada del blog donde esto se hace para las compactas orientadas simplemente conectadas $4$ -manifolds.

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Editar: Aquí hay algunos detalles para la identificación con $\text{Gr}_2(\mathbb{R}^4)$ . Primero, $\text{Gr}_2(\mathbb{R}^4)$ tiene una doble cobertura natural, el Grassmanniano $\text{Gr}_2^{+}(\mathbb{R}^4)$ de orientado $2$ -aviones en $\mathbb{R}^4$ . La afirmación es que esto es $S^2 \times S^2$ y además que la acción de $\mathbb{Z}_2$ dada por la inversión de las orientaciones está dada por la acción diagonal en la OP.

El orientado $2$ -plano abarcado por $v, w \in \mathbb{R}^4$ puede ser representada (es una variación de la Incrustación de Plücker ) por el bivector $v \wedge w \in \Lambda^2(\mathbb{R}^4)$ hasta la multiplicación por un escalar positivo. Ahora, $\Lambda^2(\mathbb{R}^4)$ se sabe que se descompone bajo la acción de $\text{SO}(4)$ como la suma directa de dos $3$ -representaciones dimensionales. Explícitamente, el Estrella Hodge operación

$$\star : \Lambda^2(\mathbb{R}^4) \to \Lambda^2(\mathbb{R}^4)$$

define un mapa que eleva al cuadrado a $1$ y conmutando con la acción de $\text{SO}(4)$ y los dos $3$ -Las representaciones dimensionales son sus eigenspaces. De forma muy explícita, si $e_1, e_2, e_3, e_4$ es una base ortonormal orientada para $\mathbb{R}^4$ entonces la relación definitoria de $\star$ es que

$$\alpha \wedge \star \beta = e_1 \wedge e_2 \wedge e_3 \wedge e_4.$$

Calculamos que

$$\star (e_1 \wedge e_2) = e_3 \wedge e_4, \star (e_3 \wedge e_4) = e_1 \wedge e_2$$ $$\star (e_1 \wedge e_3) = -e_2 \wedge e_4, \star (e_2 \wedge e_4) = -e_1 \wedge e_3$$ $$\star (e_1 \wedge e_4) = e_2 \wedge e_3, \star (e_2 \wedge e_3) = e_1 \wedge e_4$$

y por tanto que los bivectores $e_1 \wedge e_2 + e_3 \wedge e_4, e_1 \wedge e_3 - e_2 \wedge e_4, e_1 \wedge e_4 + e_2 \wedge e_3$ abarcan el $3$ -dimensional $+1$ -eigenspace de $\star$ (el autodual bivectores) mientras que los correspondientes bivectores de signo contrario abarcan el $3$ -dimensional $-1$ -eigenspace de $\star$ (el anti-self-dual bivectores).

En cualquier caso, un bivector $v \wedge w \in \Lambda^2(\mathbb{R}^4)$ hasta un escalamiento positivo induce ahora un par de vectores en $\mathbb{R}^3$ hasta el escalamiento positivo. Dado que $\star (v \wedge w)$ describen necesariamente un $2$ -plano ortonormal a la $2$ -plano abarcado por $v$ y $w$ estos bivectores no pueden ser ni autoduales ni antiautoduales, por lo que ninguno de estos vectores en $\mathbb{R}^3$ desaparecer. De este modo, obtenemos un par de elementos en $\mathbb{R}^3$ menos el origen hasta la escala positiva; esto se identifica naturalmente con $S^2$ . En conjunto hemos descrito un mapa natural

$$\text{Gr}_2^{+}(\mathbb{R}^4) \to S^2 \times S^2$$

pero a estas alturas probablemente ya he dicho demasiado. Debería haber un argumento más corto a partir de eso $\text{Spin}(4)$ observación en los comentarios, pero tal vez sea menos geométricamente esclarecedora.