¿Qué este mapa $\mathbb{R}P^\infty\to\mathbb{C}P^\infty$ inducir en cohomología?

Question

Estoy aprendiendo acerca de la topología algebraica, y quiero averiguar cuál es el mapa de $f:\mathbb{R}P^\infty\to\mathbb{C}P^\infty$ definido por $$f(\langle a_0,a_1,\ldots\rangle)=\langle a_0+0i,a_1+0i,\ldots\rangle$$ induce en cohomology.

Aquí es lo que he estado pensando. El problema es que este mapa no es un mapa de celulares, ya que envía la $k$-celda de $\mathbb{R}P^\infty$ $2k$- celda de $\mathbb{C}P^\infty$. Sé que $f$ debe ser homotópica a un mapa de celulares, celulares teorema de aproximación, pero no sé cómo encontrar de forma explícita. También sé que $H^*(\mathbb{R}P^\infty)\cong\mathbb{Z}[x]$ donde $|x|=1$ y $H^*(\mathbb{C}P^\infty)\cong\mathbb{Z}[y]$ donde $|y|=2$.

Supongo que el mapa de $f^*:H^*(\mathbb{C}P^\infty)\to H^*(\mathbb{R}P^\infty)$ es sólo $\mathbb{Z}[y]\to\mathbb{Z}[x]$$y\mapsto x^2$, pero no sé cómo demostrarlo. Podría alguien ayudarme por favor? Gracias.

Answer 1

Primero de todo, su fórmula para el cohomology de $\mathbb{R}P^\infty$ está mal (creo que lo han confundido con el mod $2$ cohomology). La fórmula correcta es $H^*(\mathbb{R}P^\infty)\cong\mathbb{Z}[t]/(2t)$ donde $|t|=2$. En cualquier caso, la inducida por el mapa de $f^*$ en cohomology está determinado por $f^*(y)$, ya que debe ser un anillo homomorphism.

Aquí es una manera de computar $f^*(y)$. En primer lugar, tenga en cuenta que la inclusión del mapa de $i:\mathbb{R}P^2\to\mathbb{R}P^\infty$ induce un isomorfismo en $H^2$, así que en realidad sólo podemos calcular $i^*f^*(y)$.

Ahora vamos a pensar en el mapa de $fi:\mathbb{R}P^2\to\mathbb{C}P^\infty$. Este mapa envía $[x,y,z]$$[x,y,z,0,0,\dots]$. Tenga en cuenta que este es homotópica a la mapa, que envía los $[x,y,z]$ $[x+iy,z,0,0,\dots]$(primer interpolar linealmente de $[x,y,z,\dots]$ $[x+iy,0,z,\dots]$y luego interpolar linealmente a $[x+iy,z,0,\dots]$). Llamamos a este mapa de $jg$ donde $j:\mathbb{C}P^1\to\mathbb{C}P^\infty$ es la inclusión y $g:\mathbb{R}P^2\to\mathbb{C}P^1$ envía $[x,y,z]$$[x+iy,z]$. Desde $j$ induce un isomorfismo en $H^2$, es suficiente para calcular lo que el mapa de $g$ en $H^2$.

Pero el mapa de $g$ es muy fácil de entender geométricamente. Este mapa $g$ es surjective y es inyectiva, excepto que se envía a todos los puntos de $[x,y,0]$$[1,0]$. Esto significa que $g$ es simplemente el cociente mapa de $\mathbb{R}P^2\to S^2\cong\mathbb{C}P^1$ que se derrumba el $1$-esqueleto de la $\mathbb{R}P^2$ a un punto. En particular, $g$ es celular, y podemos fácilmente calcular a través de celulares cohomology que $g^*:H^2(\mathbb{C}P^1)\to H^2(\mathbb{R}P^2)$ es trivial, y más específicamente mapas de $j^*(y)$$i^*(t)$. (Aquí se $H^2(\mathbb{C}P^1)\cong\mathbb{Z}$ es generado por $j^*(y)$ $H^2(\mathbb{R}P^2)\cong\mathbb{Z}/2$ es generado por $i^*(t)$.)

Ahora podemos descansar todo el isomorphisms de arriba para encontrar el $f^*(y)$. Tenemos $g^*j^*(y)=i^*(t)$. Pero $jg$ es homotópica a $fi$, lo $i^*f^*(y)=g^*j^*(y)=i^*(t)$. Desde $i^*$ es un isomorfismo, esto implica $f^*(y)=t$.

(En realidad, en este caso, ya que las únicas opciones son $f^*(y)=0$$f^*(y)=t$, es suficiente observar que, desde $g^*$ fue trivial, $f^*$ debe ser trivial, así que la única posibilidad es $f^*(y)=t$.)