Demuestra que $\pi_7(S^4)$ contiene un elemento de orden infinito.
Ahora, sé que probablemente debería usar el haz de Hopf aquí en alguna parte. También sé que $\pi_3(S^7) = 0$ . Pero estoy atascado. ¿Puede alguien ayudarme?
Respuesta
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Como has insinuado, hay un haz de fibras $S^3 \hookrightarrow S^7 \to S^4$ dado al pensar en $S^4$ como la línea proyectiva cuaterniónica $\Bbb{HP}^1$ . Pasar a la secuencia exacta larga de grupos de homotopía de una fibración para obtener la exactitud de $$\pi_7(S^3) \to \pi_7(S^7) \to \pi_7(S^4).$$ Porque la inclusión de la fibra $S^3 \to S^7$ es nulo-homotópico, tenemos que el mapa $\pi_7(S^3) \to \pi_7(S^7)$ es cero; por lo que tenemos la secuencia exacta $$0 \to \pi_7(S^7) \to \pi_7(S^4).$$ Pero $\pi_7(S^7) \cong \Bbb Z$ y es generado por el mapa de identidad. Así que mapea a un elemento de orden infinito (el haz cuaterniónico de Hopf).
Tenga en cuenta que no realmente necesitan el hecho de que $\pi_3(S^7) = 0$ - la inclusión de la fibra no es automáticamente suryectiva, por lo que basta con invocar el hecho de que $S^7 \setminus \{pt\}$ es contraíble (es $\Bbb R^7$ !).
Este mismo argumento con los números complejos u octoniones demuestra $\pi_3(S^2)$ y $\pi_{15}(S^8)$ también tienen un elemento de orden infinito.
