Varias veces he escuchado la afirmación de que cualquier Mentira grupo $G$ ha trivial segundo grupo fundamental de la $\pi_2(G)$, pero nunca he hecho venir a través de una prueba de este hecho. Hay un buen argumento, tal vez como una forma más inteligente de la versión de la prueba de que $\pi_1(G)$ debe ser abelian?
Respuestas
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No sé de nada como las manos desnudas como la prueba de que $\pi_1(G)$ debe ser abelian, pero he aquí un bosquejo de la prueba que yo sé (que se puede encontrar en Milnor del Morse el libro de la Teoría. Además, como valor añadido, uno se entera de que $\pi_3(G)$ no tiene torsión!):
En primer lugar, (gran teorema): Cada (conectado) se encuentran el grupo de deformación se retrae hacia la máxima compacto subgrupo (que es, creo, el único hasta conjugacy). Por lo tanto, bien podemos centrarse en compacto Mentira grupos.
Deje $PG = \{ f:[0,1]\rightarrow G | f(0) = e\}$ (estoy suponiendo que todo lo que es continuo.). Tenga en cuenta que $PG$ es contracitble (la foto es de chuparse los espaguetis en la boca). El mapa de proyección $\pi:PG\rightarrow G$ $\pi(f) = f(1)$ ha homotopy inverso $\Omega G = $Bucle espacio de G = $\{f\in PG | f(1) = e \}$.
Por lo tanto, se obtiene un fibration $\Omega G\rightarrow PG\rightarrow G$ $PG$ contráctiles. De la larga secuencia exacta de homotopy grupos asociados a un fibration, se deduce que el $\pi_k(G) = \pi_{k-1}\Omega G$
Por lo tanto, sólo tenemos que mostrar que $\pi_{1}(\Omega G)$ es trivial. Aquí es donde el Morse de la teoría. Equipar $G$ con un biinvariant métrica (que existe desde $G$ es compacto). Luego, después de Milnor, podemos aproximar el espacio $\Omega G$, por un agradable (abierto) subconjunto $S$ $G\times ... \times G$ mediante la aproximación de los caminos rotos geodesics. Lo suficientemente corto como geodesics está definida de forma única por sus puntos finales, de modo que los extremos de los puntos de la quebrada geodesics corresponden a los puntos en $S$. Es un hecho que la computación bajos (todos?...Se me olvida)* $\pi_k(\Omega G)$ es la misma que la computación de los de $S$.
Ahora, considere la energía funcional $E$ $S$ definido por la integración de $|\gamma|^2$ a lo largo de toda la curva de $\gamma$. Esta es una función de Morse y los puntos críticos son precisamente los geodesics**. El índice de E en un geodésica $\gamma$ es, por el Morse Índice de Lema, el mismo que el índice de $\gamma$ como una geodésica en $G$. Ahora, el trampolín es que geodesics en una Mentira grupo son muy fáciles de trabajar, es muy sencillo demostrar que el conjugado de puntos de cualquier geodésica incluso han índice.
Pero esto implica que el índice en todos los puntos críticos es aún. Y ahora ESTO implica que $S$ tiene el homotopy tipo de un CW complejo con sólo las células que participan. De ello se deduce inmediatamente que $\pi_1(S) = 0$ y $H_2(S)$ es gratis ($H_2(S) = \mathbb{Z}^t$ algunos $t$).
Citando el teorema de Hurewicz, esto implica $\pi_2(S)$$\mathbb{Z}^t$.
Por los comentarios anteriores, esto nos da tanto $\pi_1(\Omega G) = 0$$\pi_2(\Omega G) = \mathbb{Z}^t$, del que se desprende que $\pi_2(G) = 0$$\pi_3(G) = \mathbb{Z}^t$.
Por cierto, el número de $t$ puede ser calculada de la siguiente manera. La universalización de la cobertura $\tilde{G}$ $G$ es una Mentira grupo de una manera natural. Es isomorfo a un producto $H\times \mathbb{R}^n$ donde $H$ es un compacto simplemente conectado grupo.
H divide isomorphically como un producto en trozos (todos los cuales han sido clasificados). El número de piezas es $t$.
(editado)
*- solo los bajos, no "todos", pero uno puede tomar mejores aproximaciones para conseguir el mayor número de "bajas" k como uno desea.
**- Me refiero CERRADO geodesics aquí
Allen Hatcher
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La primaria la prueba de que $\pi_1$ es abelian se aplica más generalmente a H-espacios ( $X$ , con una continua multiplicación de mapa de $X \times X \to X$ tener un 2 caras elemento de identidad) sin ningún tipo de asunción de la finitud de la dimensionalidad, pero de dimensiones infinitas H-espacios pueden tener trivial $\pi_2$, por ejemplo, $CP^\infty$ (que puede ser sustituido por un homotopy equivalente topológico grupo si se quiere, como Milnor mostró). Por lo tanto finito-dimensionalidad es esencial, por lo que cualquier prueba tendría que ser significativamente menor de primaria que para el $\pi_1$ declaración. Es un lugar profundo teorema de W. Browder (en los Anales de 1961) que $\pi_2$ de un número finito de dimensiones H-espacio es trivial.
De Hopf del teorema de que un número finito de dimensiones H-espacio (con finitely generado por homología de grupos) tiene el racional de homología de un producto de extrañas dimensiones en las esferas implica que $\pi_2$ es finito, pero el argumento no sirve para mod p homología de modo que uno no puede descartar torsión en $\pi_2$ tan fácilmente. No es cierto que una simplemente conectado a Mentir grupo es homotopy equivalente a un producto de extrañas dimensiones en las esferas. Por ejemplo el mod 2 cohomology anillo de Giro(n) no es un exterior de álgebra cuando n es suficientemente grande. Para SU(n) la cohomology anillo no es suficiente para distinguirla de un producto de esferas, pero si SU(n) se homotopy equivalente a un producto de extrañas dimensiones en las esferas esto implicaría que todos los impares dimensiones en las esferas fueron H-espacios (desde un retractarse de un H-espacio es un H-espacio) pero esto no es cierto por el invariante de Hopf un teorema. Probablemente hay más elementales argumentos para ello.
Keith Sirmons
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He aquí otra prueba basada en la estructura de la bandera de la variedad G/T de G. Un compacto de Lie del grupo G tiene un máximo de toro T, y G es una de las principales T-liar más el cociente G/T. Borel mostró que G/T es un complejo múltiple de admisión, y dio un CW de la descomposición de la misma con ningún extraño dimensiones de las células. (Esto no es profunda, pero todavía sorprendente, y el inicio de una larga historia; me gusta el contexto dado por Hirzebruch del elogio de Borel, disponible en la página 9 aquí.)
Desde pi_2(T) = 0, tenemos una secuencia exacta
0 --> pi_2(G) --> pi_2(G/T) --> pi_1(T)
Podemos concluir de inmediato que pi_2(G) es de torsiones, desde pi_2(G/T) = H_2(G/T) es un grupo libre en el 2-células en G/T. Después de Allen respuesta (del teorema de Hopf) esto muestra pi_2(G) = 0.
Con un poco más de la Mentira de la teoría uno puede mostrar directamente que la conexión mapa pi_2(G/T) --> pi_1(T) es inyectiva. pi_1(T) tiene un subconjunto linealmente independiente de simple coroots, y el 2-células en G/T son indexados por simple raíces. La conexión homomorphism coincide con estos en la forma natural, que se puede ver considerando el rango 1 subgrupos (subgrupos de la forma de SU(2) o fuente de alimentación(2)) de G. Como consecuencia de obtener una fórmula para pi_1(G) en términos de las raíces y coroots.
Bob
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Hay una prueba de que $\pi_2(G)$ es trivial para la compacta semi-simple Mentira grupos en la sección 8.6, de Pressley y Segal del Bucle de Grupos. Dicen que "Esta prueba es en esencia el mismo que Bott del Morse de la teoría de la prueba", pero tiene algunas diferencias en el tratamiento, incluso si la sustancia es la misma. La principal diferencia es que ellos no aproximado de $\Omega G$ por un número finito de dimensiones del colector, pero por un infinito de dimensiones.
En poco más de detalle, la idea de la prueba es encontrar un Grassmannian modelo para $\Omega G$. Esto se hace teniendo en cuenta la acción de la $G$ $L^2(S^1;\mathfrak{g}_\mathbb{C})$ y, a continuación, tomar el restringido Grassmannian de este espacio. Dentro de eso, uno puede identificar a un sub-Grassmannian que es diffeomorphic a $\Omega G$. Que, a continuación, encontrar una celda de la descomposición de este Grassmannian y analizar. Una de las piezas más importantes es considerar el subgrupo de polinomio de bucles en $\Omega G$. Esto corresponde a una sub-Grassmannian y es fácil ver que para este Grassmannian, a continuación, todas las células son de incluso dimensión, donde $\pi_1(\Omega_{\operatorname{pol}} G)$ es trivial. El paso final es, por tanto, muestran que los dos Grassmannia (correspondiente a$\Omega G$$\Omega_{\operatorname{pol}} G$) son homotopy equivalente. A continuación, $\Omega G$ $\Omega_{\operatorname{pol}} G$ son homotopy equivalente y por lo $\pi_1(\Omega G)$ es trivial.
Por lo tanto $\pi_2(G)$ es trivial desde $\pi_2(G) = \pi_1(\Omega G)$ (por cierto, uno no necesita tener el largo de la secuencia exacta para fibrations a ver que $\pi_k(X) = \pi_{k-1}(\Omega X)$; que, por definición, o mediante el uso de la contigüidad $[\Sigma X, Y] \cong [X, \Omega Y]$).
Como ya he dicho, Pressley y Segal decir que este es en esencia el mismo que Bott de la prueba, lo que significa que los beneficios de una celda de descomposición basado en la "energía". Sin embargo, se trata al infinito dimensional espacios de infinitas dimensiones de los espacios, así me gusta! También, Grassmannia evidentemente son más estructurados de tal manera que la célula de descomposición puede ser más sencillo de ver y de entender en la Grassmannian modelo para el bucle de grupo.
PabloG
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Esto queda demostrado en el libro de las Representaciones de compacto Mentira grupos por Bröcker y tom Dieck y revisado aquí. Es la Proposición 7.5 en el Capítulo V. de La prueba es compacto, conectado Mentira grupos, pero conectado Mentira grupo tiene la homotopy tipo de su máxima compacto subgrupo. (Aquí todo es finito-dimensional de la Mentira de los grupos, por supuesto).
Edit: tal vez debería añadir, dado que dos de las otras respuestas mencionar las pruebas semejantes, que en este libro no hace uso de la teoría de Morse. Utiliza sólo la básica que cubre el espacio de técnicas que una vez se demuestra que el $\pi_2(G)$ es isomorfo a $\pi_2(G_r)$ donde $G_r$ son los elementos regulares, en sí misma no es difícil lema.
Edit: El siguiente es un error! Esto es cierto sólo de manera racional, que es la razón por la que yo no recuerdo haber visto una prueba del caso general :)
También si usted cree que simplemente conectado compacto Mentira grupos tienen el homotopy tipo de un producto de extrañas esferas, entonces esto de la siguiente manera. Es bastante fácil ver que este es el caso racional, pero no recuerdo si el estado general es difícil de probar.
