¿Es posible que isomorfo $\pi_n$ ' s no inducida por un mapa?

Question

Esta puede ser una pregunta tonta, pero quiero para asegurarse de que como principiante de AT. Un mapa entre CW-complejos $f: A \rightarrow B$ se define como una equivalencia de homotopía débil si induce isomorfismos $f_*: \pi_n(A) \rightarrow \pi_n(B)$ % todos $n$. ¿Pero es verdad que el $\pi_n(A) \cong \pi_n(B)$ % todo $n$implica que existe tal mapa $f$? Si no es así, ¿cuál es la razón? ¿Y lo que es un buen contraejemplo?

Answer 1

No, No son ejemplos de espacios para que todos los homotopy grupos son isomorfos, pero no mapa induce estas isomorphisms para todos los $n$ simultáneamente.

Por ejemplo, supongamos $A = \mathbb{R}P^2\times S^3$ y deje $B = S^2\times \mathbb{R}P^3$.

La universalización de la cobertura de $A$ $B$ ambos $S^2\times S^3$, lo que implica todos los mayores homotopy grupos son isomorfos. Además, ambos fundamentales de los grupos son isomorfos a $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

Así que, ¿por qué no hay un mapa que induce un isomorphisms en todas las $n$? Por Whitehead del teorema, si existe ese mapa, a continuación, $A$ $B$ sería homotopy equivalente. No son pues, por ejemplo, la parte superior de la homología de grupo $H_5$ es trivial para $A$ pero no trivial para $B$.

Answer 2

No. Tomemos, por ejemplo, $S^3 \times \Bbb{CP}^\infty$ y $S^2$. Tienen los mismos grupos de homotopía (comprobamos si la secuencia de tiempo exacta de la fibración de $S^1 \to S^3 \to S^2$) pero no son homotopía equivalentes (véase la homología).

Answer 3

Otro fácil, interesante ejemplo de contador: considerar $X=S^1\vee S^3$ y su % de cubierta doble $X_2$, es decir adjuntar dos copias de $S^3$ uno en el Polo Norte y uno en el polo sur de $S^1$. Entonces $\pi_1(X) \cong \mathbb{Z} \cong \pi_1(X_2)$ y el mapa de cobertura inducen isomorfismos en $\pi_n$ % todos $n\geq 2$. $X$ Y $X_2$ no son homotopically equivalente puesto que sus características de Euler son diferentes. Por lo tanto no puede ser cualquier isomorfismo inducida por Teorema de Whitehead.