Usando el producto cup y los cuadrados de Steenrod para distinguir espacios

La topología algebraica es, clásicamente, el estudio de espacios a través de functores hacia categorías de objetos algebraicos, e.g. la homología, la homotopía. Lo bueno es que son functores que bajan a la categoría homotópica: si dos espacios tienen homología u homotopía diferentes, entonces no pueden ser homotópicamente equivalentes. Esto puede permitir determinar algebraicamente si dos espacios son homotópicamente equivalentes o no.

La historia es conocida: la homotopía es muy potente pero difícil de calcular, la homología es más calculable. La cohomología también es calculable, y es más potente porque si la tomamos con coeficientes en un anillo, el grupo abeliano graduado de cohomología, H^*(X;R), es de hecho un anillo graduado: hay un producto, el producto cup.

Vamos a ver que esto permite distinguir espacios que apenas la estructura de grupo abeliano no permitía:

Ejemplo 1: Seguimos con el ejemplo 1 del post sobre el invariante de Hopf. Con la sucesión espectral de Serre, por ejemplo, se calcula el anillo de cohomología del espacio proyectivo \mathbb{C}P^2 con coeficientes en \mathbb{F}_2: es \mathbb{F}_2[x]/(x^3) con |x|=2.

Como explicáramos allí, este espacio es el cono del mapa de Hopf S^3\to S^2. Si tomáramos el mapa constante S^3\to S^2, el cono que resulta es el wedge S^4\vee S^2 (estamos colapsando todo el borde de la 4-celda al punto base, ergo pegando un S^4).

Acaso estos dos espacios, \mathbb{C}P^2 y S^2\vee S^4 son homotópicamente equivalentes? En otras palabras, como el invariante de Hopf es un invariante homotópico, estamos preguntando si el mapa de Hopf es homotópicamente trivial. Ya que estamos con este léxico, podríamos argumentar que no viendo que el mapa trivial tiene invariante de Hopf 0. Esto es lo que vamos a ver, de hecho, pero voy a dejar este lenguaje de lado ahora.

Recordar que la cohomología reducida convierte productos wedge (que son los coproductos en la categoría de espacios punteados) en productos. Esto forma parte de los axiomas de Eilenberg-Steenrod. Ahora bien, este isomorfismo es también un isomorfismo de anillos, cuando los coeficientes se toman en un anillo (demostración: remangarse, ver lo que significa el producto cup como composición del producto cruz con la diagonal, etc.) (Hatcher, ejemplo 3.13).

Por lo tanto \tilde{H}^*(S^2\vee S^4; \mathbb{F}_2)=\tilde{H}^*(S^2;\mathbb{F}_2)\oplus \tilde{H}^*(S^4;\mathbb{F}_2) que no es igual al anillo de cohomología (reducida) de \mathbb{C}P^2. Son iguales como grupos abelianos graduados, pero si miramos lo que pasa con el generador en grado 2, si le hacemos producto cup consigo mismo, en el caso del espacio proyectivo conseguimos el generador en grado 4; en el caso del producto wedge, conseguimos cero.

Corolario, estos dos espacios no son homotópicamente equivalentes, y pudimos distinguirlos usando la estructura de producto cup en cohomología, pero no solo con la estructura de grupo abeliano.

Ejemplo 2: Subimos de nivel: suspendemos. Consideremos \Sigma \mathbb{C}P^2. Resulta (Switzer, 13.66) que una suspensión tiene todos sus productos cup nulos (ver también esta pregunta en MO). La demostración no es formal: hay que ir a la definición de los objetos en cuestión.

Bueno, subamos de nivel al otro espacio también, i.e. consideremos \Sigma(S^2\vee S^4) = S^3\vee S^5 (recordar que \Sigma=S^1\wedge - y que el smash y el wedge se portan como uno espera el uno respecto del otro). ¿Son homotópicamente equivalentes? Que los dos anteriores no lo hayan sido no significa que estos no tengan que serlo, claro.

Pero ahora se complica la cosa, porque los anillos graduados de cohomología (siempre sobre \mathbb{F}_2, a partir de ahora me ahorro los coeficientes) son iguales, en vista del resultado citado, y de cómo es la cohomología de una suspensión.

Acá es donde entran los dichosos cuadrados de Steenrod, sobre los cuales no creo que jamás me den las bolas las ganas de escribir, pero nunca digas “de esta agua no beberé”.

En efecto: consideremos Sq^2:H^3(\Sigma \mathbb{C}P^2)\to H^5(\Sigma \mathbb{C}P^2). Como los cuadrados de Steenrod son una operación cohomológica estable, usando los isomorfismos de suspensión ya mentados, se induce otro mapa de Steenrod, el Sq^2:H^2(\mathbb{C}P^2)\to H^4(\mathbb{C}P^2) (ya te estás imaginando el cuadrado conmutativo, con los isomorfismos de suspensión como columnas).

Pero este mapa es no nulo, porque el cuadrado de Steenrod Sq^2 en grado dos no es otra cosa que la operación “elevar al cuadrado” con el producto cup, y esto es no nulo, como ya vimos en el inciso anterior (el generador en dimensión 2 se envía al generador en dimensión 4).

Y con el wedge qué pasa? Bueno, mismo truco. El mapa Sq^2:H^3(S^3\vee S^5)\to H^5(S^3\vee S^5) es el mapa Sq^2:H^2(S^2\vee S^4)\to H^4(S^2\vee S^4) (identificando las cohomologías de las suspensiones), y este mapa, que es el cuadrado del producto cup, es cero, como ya vimos en el inciso anterior.

Así que \Sigma \mathbb{C}P^2 y S^3\vee S^5 tienen diferente Sq^2, luego no son homotópicamente equivalentes.

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