Visualizar el Cuarto Grupo Homotópico de $S^2$

Question

Lo sé. $\pi_4(S^2)$ es $\mathbb{Z}_2$ . Sin embargo, no sé cómo visualizarlo. Por ejemplo, es bien sabido que $\pi_3(S^2)=\mathbb{Z}$ puede entenderse mediante la Fibración de Hopf. Elementos en $\pi_3(S^2)=\mathbb{Z}$ puede entenderse como la descripción del número de enlaces del $U(1)$ fibras en $S^2$ .

Entonces, ¿tenemos una imagen similar para $\pi_4(S^2)$ ? Y, ¿tenemos un invariante topológico similar al de los enlaces en el caso anterior?

Answer 1

Una forma que veo es la siguiente.

Para empezar, $\pi_{4}(S^{3}) \simeq \pi_{4}(S^{2})$ debido a la existencia de la sucesión de fibras de Hopf $S^{1} \rightarrow S^{3} \rightarrow S^{2}$ y además el isomorfismo viene dado por composición con el mapa de Hopf. Por lo tanto, como se ha observado en los comentarios, también se podría intentar visualizar el elemento no trivial de $\pi_{4}(S^{3})$ .

Construcción Thom-Pontryagin le dice que $\pi_{4}(S^{3})$ es igual que los submanifolds 1 encuadrados de $S^{4}$ hasta el bordismo enmarcado (en $S^{4} \times [0, 1]$ ). Esta es una respuesta geométrica al problema, pero permítanme darles una idea de cómo se podría demostrar que este grupo es efectivamente $\mathbb{Z} _{2}$ .

Submanifolds de dimensión 1 de $S^{4}$ son fáciles, ya que son sólo sumas disjuntas de círculos, pero tenemos que recordar acerca de los encuadres. Si el haz normal de tales $S^{1} \subseteq S^{4}$ es encuadrable (es decir, trivial), entonces el espacio de todos los encuadres que inducen una orientación dada sobre él es homeomorfo a $Map(S^{1}, GL_{+}(3))$ ya que todos ellos son "cambios de cuadro" de un haz trivial.

Se deduce que las clases isotópicas de encuadres de un rango trivial $3$ sobre un círculo vienen dadas por

$\pi_0(S^1, GL_{+}(3)) \simeq \pi_1(GL_{+}(3)) \simeq \pi_1(SO(3)) \simeq \pi_1(\mathbb{RP}^{3}) \simeq \mathbb{Z} _{2}$ .

Es el círculo con este encuadre "retorcido" el que corresponde al elemento no trivial de $\pi_{4}(S^3)$ bajo la construcción Thom-Pontryagin.

Por supuesto, se trata de un resultado no trivial, aunque tampoco muy difícil. Esencialmente, hay que demostrar que el círculo "torcido" y el "no torcido" no son concordantes y también que cualquier suma disjunta de círculos es concordante con uno solo. No he encontrado ninguna fuente de fácil acceso para este hecho, pero se trata en el Apéndice B de " Instantones y cuatro pliegues " de Freed y Uhlenbeck, junto con bonitas imágenes (incluido el dibujo de un dinosaurio).

Añadido: Otra forma, quizás más fácil, es observar que por el teorema de suspensión de Freudhental el mapa $\pi_{3}(S^{2}) \rightarrow \pi_{4}(S^{2})$ es un epimorfismo. Por lo tanto, la suspensión del mapa de Hopf $\eta: S^{3} \rightarrow S^{2}$ , digamos $\Sigma \eta$ es el único generador de $\pi_{4}(S^{3})$ . Sin embargo, la forma más sencilla de demostrar que $\Sigma \eta$ es de orden $2$ es quizás menos geométrica y más en el ámbito de la teoría de la homotopía (se utilizan los cuadrados de Steenrod, véase la obra de Schwede Proyecto de libro sin título sobre espectros simétricos , p. 15).