Hace la retirada $X$ del diagrama de
$$K(\Bbb Z,2) \stackrel{\cdot n}{\longrightarrow} K(\Bbb Z,2) \stackrel{\cdot 2}{\longleftarrow} K(\Bbb Z,2)$$
¿tiene los mismos grupos de cohomología integral como $K(\Bbb Z,2)$?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
ashwin2011
Puntos
11
El espacio de $X$ tiene la misma integral cohomology grupos como $K(\mathbb{Z},2)$ si y sólo si $n$ es impar.
La breve secuencia exacta de los grupos
$$ 0 \to \mathbb{Z} \stackrel{n}{\to} \mathbb{Z} \stackrel{q_n}{\to} \mathbb{Z}/n \to 0 $$
donde $q_n$ es el cociente, induce una fibration
$$ K(\mathbb{Z},1) \stackrel{n}{\to} K(\mathbb{Z},1) \stackrel{q_n}{\to} K(\mathbb{Z}/n,1) $$
que a su vez da un fibration
$$ K(\mathbb{Z},2) \stackrel{n}{\to} K(\mathbb{Z},2) \stackrel{Bq_n}{\to} K(\mathbb{Z}/n,2) $$
En particular, el homotopy de fibra de $K(\mathbb{Z},2) \stackrel{2}{\to} K(\mathbb{Z},2)$ $K(\mathbb{Z}/2,1)$ e este fibration es un pullback en el universal fibration:
$$ \requieren{AMScd} \begin{CD} K(\mathbb{Z}/2,1) @>>> K(\mathbb{Z}/2,1) \\ @VVV @VVV \\ K(\mathbb{Z},2) @>>> \Omega K(\mathbb{Z}/2,2) \\ @VV2V @VVV \\ K(\mathbb{Z},2) @>Bq_2>> K(\mathbb{Z}/2,2) \\ \end{CD} $$
Por lo tanto, el retraso que se está buscando es que el pullback de la universal fibration en virtud de la composición de la $Bq_2 \circ n$. Esta composición es inducida a partir de la homomorphism
$$ \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/2 $$
$$ a \mapsto q_2(na) $$
Tenga en cuenta que este mapa es $q_2$ si $n$ es impar y el trivial homomorphism si $n$ es incluso. Por lo tanto, si $n$ es impar, el retroceso en $Bq_2 \circ n$ es homotopically equivalente a la retirada de bajo$Bq_2$,$K(\mathbb{Z},2)$.
Si $n$ es incluso, el retraso en $Bq_2 \circ n$ es homotopically equivalente a la retirada bajo la constante mapa, que es $K(\mathbb{Z},2) \times K(\mathbb{Z}/2,1) = \mathbb{C}P^{\infty} \times \mathbb{R}P^{\infty}$. El uso de Kunneth del teorema de, por ejemplo, la segunda cohomology grupo de este espacio es $\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2$, por lo que no tiene la cohomology grupos de $K(\mathbb{Z},2)$.
Aquí es una solución alternativa en caso de que pueda ayudar a alguien. Cuando usted tiene un director bundle $q \colon P \to B$, el retroceso del diagrama
$$ \requieren{AMScd} \begin{CD} & & P \\ @. @VqVV \\ P @>q>> B \end{CD} $$
es la trivial principal paquete de más de $P$ porque tiene una sección.
El mapa de $K(\mathbb{Z},2) \stackrel{2}{\to} K(\mathbb{Z},2)$ es una de las principales paquete con fibra de $K(\mathbb{Z}/2,1)$, por lo tanto, cuando $n=2$,$X = K(\mathbb{Z},2) \times K(\mathbb{Z}/2,1)$.
Al $n$ es incluso, decir $n=2m$, el mapa de $K(\mathbb{Z},2) \stackrel{n}{\to} K(\mathbb{Z},2)$ es la composición
$$K(\mathbb{Z},2) \stackrel{m}{\to} K(\mathbb{Z},2) \stackrel{2}{\to} K(\mathbb{Z},2)$$
Así que haciendo el pullback bajo el mapa de $n$ es lo mismo que hacer el retroceso bajo el mapa de $2$, lo que es trivial y, a continuación, bajo el mapa de $m$, por lo que también trivial. Así que en este caso también tenemos $X = K(\mathbb{Z},2) \times K(\mathbb{Z}/2,2)$.
Ahora, cuando $n$ es impar utilizamos el largo de la secuencia exacta de homotopy grupos para la fibration
$$ K(\mathbb{Z}/2,1) \to X \to K(\mathbb{Z},2) $$
de donde obtenemos que $X$ es la ruta de acceso conectados e $\pi_k(X)=0$$k \geq 3$. Para el resto de los dos homotopy grupos utilizamos la connaturalidad de la larga secuencia exacta con respecto a los mapas de fibrations para:
$$ \requieren{AMScd} \begin{CD} K(\mathbb{Z}/2,1) @>>> K(\mathbb{Z}/2,1) \\ @VVV @VVV \\ X @>>> K(\mathbb{Z},2) \\ @VVV @V2VV \\ K(\mathbb{Z},2) @>n>> K(\mathbb{Z},2) \\ \end{CD} $$
la obtención de un diagrama conmutativo con las exactas filas
$$ \requieren{AMScd} \begin{CD} 0 @>>> \pi_2(X) @>>> \mathbb{Z} @>>> \mathbb{Z}/2 @>>> \pi_1(X) @>>> 0 \\ @. @VVV @VnVV @VidVV @VVV \\ 0 @>>> \mathbb{Z} @>2>> \mathbb{Z} @>q>> \mathbb{Z}/2 @>>> 0 @>>> 0 \end{CD} $$
donde $q \colon \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/2$ es el cociente homomorphism. A continuación, el homomorphism $\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/2$ en la fila superior está obligado a ser $ k \mapsto q(nk)=q(k)$. De esto podemos conseguir que $\pi_1(X)=0$$\pi_2(X) \cong \mathbb{Z}$, $X$$K(\mathbb{Z},2)$.
