Matematika | Analízis » Nagy Csaba - Egzotikus gömbök

http://www.doksihu Egzotikus gömbök Nagy Csaba Matematika BSc. Szakdolgozat Témavezető: Szűcs András Egyetemi tanár Analı́zis Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar 2010 http://www.doksihu Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 2 2. Előkészületek 3 2.1 Vektornyalábok 3 2.2 A speciális ortogonális csoportok homotópiacsoportjai 4 2.3 A Pontrjagin-konstrukció és a J-homomorfizmus 5 2.4 Homológiaelmélet 7 2.5 A h-kobordizmus-tétel 8 2.6 Átépı́tések, összefüggő unió . 9 2.7 Szignatúra 14 2.8 Obstrukciók 16 3. A Θn csoport végességének bizonyı́tása 17 3.1 A bPn+1 részcsoport 20 3.2 bPn+1 véges 23 3.21

bP2k+1 triviális 28 3.22 bP2k véges 38 4. A Θn /bPn+1 és Πn / Im Jn csoportok izomorfiája 1 54 http://www.doksihu 1. Bevezetés Egzotikus gömbnek hı́vjuk azokat a differenciálható n-dimenziós sokaságokat, amelyek homeomorfak az S n gömbbel, de nem diffeomorfak vele. Először Milnor mutatott példát ilyen 7-dimenziós sokaságra 1956-ban. Ismert, hogy minden legfeljebb 3 dimenziós topologikus sokaságon létezik differenciálható struktúra, ami diffeomorfizmus erejéig egyértelmű, tehát ebben a dimenziótartományban nincs egzotikus gömb. Nem tudjuk, hogy létezik-e 4-dimenziós egzotikus gömb, és ha létezik, akkor véges sok van-e belőle. Azt viszont tudjuk, hogy 4-nél nagyobb dimenziókban csak véges sok egzotikus gömb van, dolgozatomban Kervaire és Milnor [3] cikke nyomán erre adok bizonyı́tást. A cikkben a szerzők azt bizonyı́tják, hogy

a homotopikus n-gömbök h-kobordizmusosztályainak Θn csoportja véges. Dolgozatom 2 és 3 fejezetében kimondok két nevezetes eredményt, a h-kobordizmus-tételt és az általánosı́tott Poincaré-sejtést, amelyek mutatják, hogy n ≥ 5 esetén ez ugyanazt jelenti, mint az, hogy egzotikus gömbből (irányı́tástartó diffeomorfizmus erejéig) véges sok van. A 2. fejezetben szerepelnek az alapvető definı́ciók, jelölések és a felhasznált tételek egy része. Itt szerepel az átépı́tés nevű konstrukció leı́rása is, amire a bizonyı́tás alapszik. A 3. fejezetben részletesen ismertetem Θn végességének bizonyı́tását A bizonyı́tás két fő lépésből áll: definiálunk egy bPn+1 részcsoportot, és megmutatjuk, hogy egyrészt a Θn /bPn+1 faktorcsoport, másrészt maga a bPn+1 részcsoport véges. Végül a 4. fejezetben bizonyı́tok egy tételt, ami bizonyos n-ekre kapcsolatot teremt az

eddig vizsgált Θn csoport, és a gömbök n. stabil homotopikus csoportja között. Köszönetnyilvánı́tás Szeretném megköszönni témavezetőmnek, Szűcs Andrásnak a dolgozat elkészı́téséhez nyújtott segı́tséget és a tartalmas konzultációkat. 2 http://www.doksihu 2. Előkészületek Bevezetjük az alapvető definı́ciókat, jelöléseket és áttekintjük a felhasznált tételeket. Az alapfogalmak részletes leı́rása megtalálható pl. a Hatcher [1], Hirsch [2], Milnor, Stasheff [8] könyvekben. A dolgozatban, ha mást nem mondunk, sokaság alatt mindig kompakt, irányı́tott, differenciálható sokaságot értünk, zártat és peremeset egyaránt. Jelölés. Rn az n-dimenziós euklideszi tér, Dn = {x ∈ Rn | |x| ≤ 1} az n-dimenziós golyó, S n = {x ∈ Rn+1 | |x| = 1} az n-dimenziós gömb. Az M sokaság pereme ∂M , a belseje int M = M ∂M Ha az M sokaságnak ki van jelölve egy

irányı́tása, akkor az ellentétes irányı́tású sokaságot (−M ) jelöli Az M és N sokaságok diszjunkt uniója M F N ≈ a sokaságok közötti diffeomorfizmust jelöli ∼ = csoportok vagy vektornyalábok izomorfizmusát jelöli 2.1 Vektornyalábok Jelölés. Az M feletti r-dimenziós triviális nyaláb εrM Jelölés. Az M sokaság x pontbeli érintőtere Tx M , érintőnyalábja T M Ha M ⊂ V részsokaság (vagy beágyazott sokaság), akkor az x-beli normáltere Nx M , normálnyalábja N M . Definı́ció. Az M sokaság parallelizálható, ha T M triviális, és s-parallelizálható, ha T M ⊕ ε1M triviális. Állı́tás. Egy pontra húzható sokaság felett minden vektornyaláb triviális 1. Lemma Legyen ξ egy k dimenziós vektornyaláb M felett, ahol n < k Ha ξ ⊕ εrM triviális valamilyen r ≥ 1-re, akkor ξ maga is triviális. 2. Lemma Legyen V egy (n + k)-dimenziós s-parallelizálható

sokaság, M egy ndimenziós részsokaság V -ben, és n < k M pontosan akkor s-parallelizálható, ha a normálnyalábja triviális. 3 http://www.doksihu 3. Lemma Ha M összefüggő és ∂M 6= ∅, akkor M pontosan akkor parallelizálható, ha s-parallelizálható. (Ld. Kervaire, Milnor [3]) 4. Lemma Ha ξ és η rendre k és l dimenziós triviális vektornyalábok az M ndimenziós sokaság felett, l > n, és a ξ ⊕ η = εk+l Whitney összegüknek le van M rögzı́tve egy trivializálása, akkor ξ tetszőleges trivializálásához létezik η-nak olyan trivializálása, hogy a kettő együtt εrM -nek a lerögzı́tettel homotóp trivializálását adja. Ha l > n + 1, akkor ez a trivializálás homotópia erejéig egyértelmű. Tehát l > n esetén ξ minden trivializálásának megfeleltethető η egy ”duális” trivializálása (pontosabban trivializálások egy homotópiaosztálya), és ha l

> n + 1, akkor a ”duális” (homotópia erejéig) egyértelmű. (Ld. Levine [4]) 2.2 A speciális ortogonális csoportok homotópiacsoportjai Legyen B homeomorf S n -nel. Megadunk egy megfeleltetést a B feletti k dimenziós ξ vektornyalábok és πn−1 (SOk ) elemei között: Bontsuk fel B-t két golyóra, azaz legyen B = B1 ∪ B2 , ahol B1 és B2 homeomorf Dn -nel, és B1 ∩ B2 = C homeomorf S n−1 -gyel. Ekkor B1 és B2 pontra húzható, ezért ξ B1 és ξ B2 triviális. Rögzı́tsük egy-egy trivializálásukat, ı́gy C minden pontjában megadtuk a fibrum két bázisát, nézzük a köztük lévő áttérési mátrixot. Feltehetjük, hogy a két bázis azonos irányı́tású, tehát egy C GL+ k leképezést kapunk. Ennek + ∼ a homotópiaosztályát jelölje o(ξ) ∈ πn−1 (GLk ) = πn−1 (SOk ). (Ez nem más, mint ξ parallelizálhatóságának obstrukciója.) o(ξ) jóldefiniált (ξ

egyértelműen meghatározza), és o(ξ) is meghatározza ξ-t (izomorfizmus erejéig) SO Most nézzük az SOk+1 −k S k fibrálás homotópia egzakt sorozatát: ∂ j∗ p∗ πn+1 (S k ) − πn (SOk ) − πn (SOk+1 ) − πn (S k ) ahol j∗ -ot az SOk SOk+1 beágyazás, p∗ -ot pedig az SOk+1 S k vetı́tés indukálja. Ha n + 1 < k, akkor πn+1 (S k ) = πn (S k ) = 0, ezért πn (SOk ) ∼ = πn (SOk + 1). Tehát πn (SOn+2 ) ∼ = πn (SO), a stabil csoportot pedig ismerjük: = πn (SOn+3 ) ∼ = ··· ∼ 4 http://www.doksihu Tétel (Bott-periodicitás).   0    πn (SO) = Z    Z 2 ha n ≡ 2, 4, 5 vagy 6 (mod 8) ha n ≡ 3 vagy 7 (mod 8) ha n ≡ 0 vagy 1 (mod 8) n = k − 1 esetén a fibrálás egzakt sorozatából azt látjuk, hogy j∗ : πk−1 (SOk ) πk−1 (SO) szürjektı́v. Ebben az esetben a ∂ határleképezés πk (S k ) ∼ = Z generátorát az S k érintőnyalábjának

megfelelő elembe, o(T S k )-ba viszi (ugyanis ez az elem nem más, mint annak az obstrukciója, hogy az i : S k S k identikus leképezés felemelhető SOk+1 -be, azaz, hogy S k -n megadható k darab független vektormező). Ez az elem 0, ha k = 1, 3 vagy 7, 2 rendű a többi páratlan k esetén, és végtelen rendű, ha k páros (ld. Levine [4]) S k−1 Most nézzük ezt a V2 (Rk+1 ) − S k fibrálás egzakt sorozatával együtt (V2 (Rk+1 ) azt a Stiefel-sokaságot jelöli, ami Rk+1 lineárisan független vektorpárjaiból áll, r : SOk+1 V2 (Rk+1 ) pedig azt a leképezést, ami egy mátrixhoz az első két oszlopából álló vektorpárt rendeli): πk (S k ) ∂ − πk−1 (SOk ) ↓ i∗ πk (S k ) j∗ − πk−1 (SOk+1 ) ↓ p∗ ∂0 − πk−1 (S k−1 ) p∗ − πk−1 (S k ) ↓ r∗ j∗0 − πk−1 (V2 (Rk+1 )) ↓ i∗ p0∗ − πk−1 (S k ) Itt a ∂ 0 határleképezés πk (S k ) generátorát πk−1

(S k−1 ) generátorának χ(S k )-szorosába viszi (mert amikor i-t fel akarjuk emelni V2 (Rk+1 )-be, akkor egy sehol sem 0 vektormezőt keresünk S k -n, ilyet 1 pont komplementerén tudunk konstruálni, abban a pontban pedig a vektormező indexe a Poincaré-Hopf tétel szerint pont χ(S k ), S k Euler-karakterisztikája). Ebből azt fogjuk használni, hogy ha k páros, akkor a p∗ ◦ ∂ leképezés πk (S k ) generátorát πk−1 (S k−1 ) generátorának kétszeresébe viszi. 2.3 A Pontrjagin-konstrukció és a J-homomorfizmus Definı́ció. A W (n + 1)-dimenziós sokaság (irányı́tott) kobordizmus az M és N F n-dimenziós zárt sokaságok között, ha ∂W ≈ (−M ) N . 5 http://www.doksihu Definı́ció. Legyen M ⊂ V részsokaság M tüskézése a normálnyalábjának egy trivializálása, azaz minden x ∈ M pontban Nx M egy bázisának kijelölése. Definı́ció. A W ⊂ V × [0, 1] (n + 1)-dimenziós

tüskézett részsokaság tüskézett kobordizmus az M, N ⊂ V n-dimenziós, zárt tüskézett részsokaságok között, ha F ∂W = M × {0} N × {1}, W ∩ V × [0, ε] = M × [0, ε], W ∩ V × [1 − ε, 1] = N × [1 − ε, 1] (ekkor N W ∂W pont M × {0} és N × {1} normálnyalábja V × {0}-ban és V × {1}-ben), és W tüskézésének leszűkı́tése ∂W -re kiadja M és N tüskézését. Megjegyzés. Ha W egy kobordizmus M és N között, dim M = dim N = n, V = Rm vagy S m , ahol m ≥ 2n + 1, és M -nek és N -nek meg van adva egy beágyazása V be, akkor W beágyazható úgy, hogy az első két feltételt teljesı́tse (konstruálhatunk egy megfelelő W V × [0, 1] folytonos leképezést, majd ere alkalmazzuk Whitney tételét). Pontrjagin-konstrukció Adott V (n + k)-dimenziós zárt sokaság esetén megadhatunk egy bijekciót a V S k leképezések homotópiaosztályai és V n-dimenziós tüskézett

részsokaságainak kobordizmusosztályai között: Vegyünk egy f : V S k leképezést, és annak egy y ∈ S k reguláris értékét. Ekkor f −1 (y) egy n dimenziós részsokaság V -ben, jelölje ezt M . Rögzı́tsünk Ty S k ban egy pozitı́v irányı́tású bázist f deriváltja egy x ∈ M pontban egy szürjektı́v Tx V Ty S k homomorfizmus, ami Tx M -t 0-ba viszi, tehát leszűkı́tve izomorfizmus Nx M és Ty S k között. A Ty S k -ban kijelölt bázis ősképe tehát egy bázisa Nx M -nek, minden x ∈ M pontban véve Nx M ı́gy megkapható bázisát M egy tüskézését kapjuk. M ezzel a tüskézéssel az f egy Pontrjagin-sokasága. Az ı́gy kapott M tüskézett kobordizmusosztálya független attól, hogy melyik y ∈ S k reguláris értéket és Ty S k -ban melyik pozitı́v irányı́tású bázist választjuk, vagyis f egyértelműen meghatározza Pontrjagin-sokaságának a

kobordizmusosztályát. Két függvényhez pontosan akkor tartozik ugyanaz a kobordizmusosztály, ha a függvények homotópok; és tetszőleges M ⊆ V tüskézett részsokaság előáll, mint egy V S k leképezés Pontrjagin sokasága; tehát az ı́gy kapott megfeleltetés bijekció. 6 http://www.doksihu A J-homomorfizmus (Hopf-Whitehead homomorfizmus) S n ⊂ Rn+k , és S n -nek van egy standard tüskézése. Ha rögzı́tünk egy Rn+k S n+k beágyazást (pl. a sztereografikus projekciót), akkor kapunk egy standard S n S n+k beágyazást, egy standard tüskézéssel. Tetszőleges α : S n SOk esetén ha minden x ∈ S n -ben alkalmazzuk α(x)-et Nx S n standard bázisára, akkor S n -nek egy új, α-tól függő tüskézését kapjuk. Ennek a tüskézett kobordizmus osztálya csak α homotópiaosztályától függ. A Pontrjagin-konstrukció szerint S n ezzel a tüskézéssel egy fα : S n+k S k leképezés

Pontrjagin-sokasága, és fα homotópiaosztályát meghatározza a tüskézés kobordizmusosztálya. Tehát a J([α]) = [fα ] képlettel definiálhatunk egy J : πn (SOk ) πn+k (S k ) leképezést Ez a leképezés homomorfizmus lesz Ha k ≥ n + 2, akkor πn (SOk ) ∼ = πn (SO) és πn+k (S k ) ∼ = Πn (Πn a gömbök n. stabil homotopikus csoportját jelöli), ebben az esetben egy Jn : πn (SO) Πn homomorfizmust kapunk. Fel fogjuk használni, hogy ez a homomorfizmus injektı́v, ha n ≡ 0 vagy 1 modulo 8 (ez Adams eredménye). 2.4 Homológiaelmélet Jelölés. Hn (A; G) és Hn (A, B; G) az A tér ill az (A, B) pár n-dimenziós szinguláris homológiacsoportja G csoportbeli együtthatókkal. H n (A; G) és H n (A, B; G) a megfelelő kohomológiacsoportok G = Z esetén az együtthatócsoportot nem jelöljük 3 konkrét együtthatócsoportot fogunk használni: Jelölés. Z az egész számok gyűrűje, Q a racionális

test, Z2 a kételemű test Tétel (Poincaré-dualitás). Ha M n-dimenziós, kompakt, irányı́tható sokaság, R F tetszőleges gyűrű, és ∂M = N1 N2 , akkor minden i-re Hi (M, N1 ; R) ∼ = H n−i (M, N2 ; R) Tétel (Kohomológiákra vonatkozó univerzális együttható formula). Tetszőleges (A, B) pár, i ∈ Z, és G együtthatócsoport esetén van egy g 0 − Ext(Hi−1 (A, B), G) − H i (A, B; G) − Hom(Hi (A, B), G) − 0 egzakt sorozat. Ez a sorozat széteső, azaz H i (A, B; G) ∼ = Hom(Hi (A, B), G) ⊕ Ext(Hi−1 (A, B), G) (de ez a felbontás nem kanonikus). 7 http://www.doksihu A G = Z speciális esetben ez azt jelenti, hogy H i (A, B) ∼ = Hom(Hi (A, B), Z) ⊕ Tor(Hi−1 (A, B)). Ha G test, akkor pedig H i (A, B; G) ∼ = Hom(Hi (A, B), G). Ha M egy n dimenziós sokaság, 0 ≤ i ≤ n, akkor jelölje B : Hi (M ) × Hn−i (M ) Z azt bilineáris függvényt, ami két homológiaosztályhoz a metszési számukat

rendeli. A λ és µ homológiaosztályok metszési számára a λ · µ jelölést is használjuk. Egy λ ∈ Hi (M ) homológiaosztály duálisához az univerzális együttható formulában szereplő g leképezés a B(λ, ·) homomorfizmust rendeli, ebből látszik, hogy a B által indukált F(Hi (M ))×F(Hn−i (M ))) Z bilineáris leképezés nemelfajuló (F(G) = G/ Tor(G) a G csoport szabad részét jelöli). Értelmezhetünk egy L : Tor(Hi (M )) × Tor(Hn−i−1 (M )) Q/Z bilineáris leképezést, két homológiaosztály hurkolódási számát: ha a λ k-adrendű, azaz a kszorosának egy reprezentánsa határa egy c ∈ Ci+1 (M ) láncnak, akkor legyen L(λ, µ) = c és µ metszési száma k modulo 1. Ez a leképezés szintén nemelfajuló 2.5 A h-kobordizmus-tétel Milnor [6] alapján: Definı́ció. W h-kobordizmus M és N között, ha ∂W = M F N , és M és N defor- mációs retraktuma W -nek.

h-kobordizmus tétel. Ha W egy kobordizmus M és N között, ahol W , M és N egyszeresen összefüggő, H∗ (W, M ) = 0, és n ≥ 5, akkor W ≈ M × [0, 1], és ezért M ≈ N. Ha W h-kobordizmus, akkor a H∗ (W, M ) = 0 feltétel automatikusan teljesül, mert az M W beágyazás izomorfizmust indukál H∗ (M ) és H∗ (W ) között. Tehát ha két legalább 5 dimenziós, egyszeresen összefüggő sokaság h-kobordáns egymással, akkor diffeomorfak. 5. Tétel Ha V egyszeresen összefüggő n dimenziós sokaság, H∗ (V ) ∼ = H∗ (Dn ), ∂V egyszeresen összefüggő, és n ≥ 6, akkor V ≈ Dn . 8 http://www.doksihu Bizonyı́tás. Vegyük V egy belső pontját, ennek van egy Rn -nel diffeomorf környezete, ennek a leszűkı́tése egy ϕ : Dn int V beágyazás. Legyen W = V ϕ(int Dn ), M = ϕ(S n−1 ) és N = ∂V . Ekkor W , M és N egyszeresen összefüggő A kivágási tétel miatt H∗ (W, M ) ∼ = H∗

(V, ϕ(Dn )) = 0, mert ϕ∗ : H∗ (Dn ) H∗ (V ) izomorfizmus. Ezért alkalmazható a h-kobordizmus tétel, W ≈ M × [0, 1] ≈ S n−1 × [0, 1], tehát V ≈ Dn . 6. Tétel Ha V egyszeresen összefüggő n dimenziós sokaság, ∂V homotopikus (n−1)gömb, Hi (V ) = 0 minden 1 ≤ i ≤ n2 -re, és n ≥ 6, akkor V ≈ Dn Bizonyı́tás. A Poincaré-dualitás és az univerzális együttható formula miatt Hi (V ) ∼ = H n−i (V, ∂V ) ∼ = Hom(Hn−i (V, ∂V ), Z) ⊕ Tor(Hn−i−1 (V, ∂V )) = 0, ha n ≤ i ≤ n. 2 Ugyanis minden j ≤ n -re 2 Hj (V, ∂V ) = 0, mert a (V, ∂V ) pár Hj (∂V ) − Hj (V ) − Hj (V, ∂V ) − Hj−1 (∂V ) − Hj−1 (V ) egzakt sorozatában 2≤j≤ n 2 esetén Hj (V ) = Hj−1 (∂V ) = 0 j = 1 esetén Hj (V ) = 0 és a Hj−1 (∂V ) − Hj−1 (V ) leképezés izomorfizmus j = 0 esetén Hj−1 (∂V ) = 0 és Hj (∂V ) − Hj (V ) izomorfizmus. Tehát Hi (V ) = 0 minden i > 0-ra.

Ebből pedig az előző tétel miatt következik, hogy V ≈ Dn . 2.6 Átépı́tések, összefüggő unió Definı́ció (Átépı́tés). Legyen M egy n-dimenziós sokaság, és tegyük fel, hogy adott egy ϕ : S p × Dn−p M beágyazás (0 ≤ p ≤ n − 1). Ekkor definiálhatunk egy új χ(M, ϕ) differenciálható sokaságot: vegyük M ϕ(S p × {0}) és Dp+1 × S n−p−1 diszjunkt unióját, és azonosı́tsuk a ϕ(x, ty) pontot (tx, y)-nal minden x ∈ S p , y ∈ S n−p−1 , 0 < t ≤ 1 esetén (ld. 1 ábra) Az ı́gy kapott tér sokaság lesz, M ϕ(S p ×{0}) és Dp+1 × S n−p−1 egy atlasza meghatározza χ(M, ϕ) egy atlaszát. 9 http://www.doksihu M p (M,ö) n-p D ö(S xD ) p+1 n-p-1 xS 1. ábra Ha p, n−p−1 ≥ 1, akkor χ(M, ϕ) is irányı́tható, mert M és ezért M ϕ(S p ×{0}), és Dp+1 × S n−p−1 is irányı́tható, és az azonosı́tott részük összefüggő (mert diffeomorf

R × S p × S n−p−1 -gyel). (Hasonlóan látható, hogy χ(M, ϕ) akkor is irányı́tható, ha 1 ≤ p = n − 1.) χ(M, ϕ)-nek azt az irányı́tását választjuk, ami M ϕ(S p × {0})-n megegyezik M -ével. 7. Lemma Ha p ≥ 1, akkor M és χ(M, ϕ) (irányı́tottan) kobordánsak Bizonyı́tás. Legyen A = {(ϕ(x, ty), r) ∈ M × [0, 2] | x ∈ S p , y ∈ S n−p−1 , t ∈ [0, 1), r ∈ (2 − √ 1 − t2 , 2]}. Legyen W az a sokaság, amit úgy kapunk M × [0, 2] A és Dp+1 × Dn−p diszjunkt √ uniójából, hogy azonosı́tjuk a (ϕ(x, ty), 2 − 1 − t2 ) és az (x, ty) pontokat minden x ∈ S p , y ∈ S n−p−1 , t ∈ [0, 1] esetén (ld. 2 ábra) W tényleg (differenciálható) sokaság, mert M ×[0, 2]A és Dp+1 ×Dn−p atlaszából könnyen származtathatjuk W egy atlaszát: n+1 A nem azonosı́tott pontoknak van egy Rn+1 -el (ill. határpont esetén R+ -al) diffeomorf környezetük M × [0, 2] A-ban vagy Dp+1 ×

Dn−p -ben. √ t < 1 esetén a (ϕ(x, ty), 2 − 1 − t2 ) = (x, ty) pontnak M × [0, 2] A-ban és n+1 Dp+1 × Dn−p -ben is R+ -al diffeomorf környezete van, ilyeneket összeillesztve Rn+1 - el diffeomorf környezetet kapunk W -ben. 10 http://www.doksihu Végül a (ϕ(x, y), 2) = (x, y) pontoknak Rn+1 negyedével, {(x1 , . , xn , xn+1 ) | xn , xn+1 ≥ 0}-val ”diffeomorf” környezetük van M × [0, 2] A-ban és Dp+1 × Dn−p n+1 ben, ilyeneket összeillesztve R+ -al diffeomorf környezetet kapunk. W határa M × {0} valamint (M ϕ(S p × B n−p )) × {2} és Dp+1 × S n−p−1 összeragasztva a (ϕ(x, y), 2) = (x, y) pontokban, ez utóbbi pedig diffeomorf χ(M, ϕ)vel. W irányı́tható, mert két irányı́tható sokaságból van összeragasztva egy összefüggő részsokaságuk (S p ×Dn−p ) mentén. W irányı́tását válasszuk úgy, hogy M ×[0, 2]A-n megeggyezzen M ×[0, 2]-nek azzal az irányı́tásával,

amelyik M ×{2}-n M -ével egyező, M × {0}-n pedig M -ével ellentétes irányı́tást indukál. Ekkor W irányı́tott határa F (−M ) χ(M, ϕ), tehát W egy megfelelő kobordizmus. D p+1 xD n-p A [0,2] p W n-p ö(S xD ) M 2. ábra Megjegyzés. Ha M peremes, akkor feltesszük, hogy ϕ képe int M -ben van (tetszőleges ϕ átvihető ilyenbe izotópiával). Van egy komolyabb gond a peremes esetben: ekkor W pereme valójában nem M és χ(M, ϕ) diszjunkt uniója, hanem ott van még ∂M × [0, 2] is. Ez pl akkor okoz problémát, ha a Poincaré-dualitás tételt akarjuk alkalmazni W -re. Ezt a 9 11 http://www.doksihu állı́tásban alkalmazott konstrukcióval oldhatjuk meg, legalábbis ha ∂M egy gömbbel homeomorf. Ettől függetlenül a peremes esetben is az ”M és χ(M, ϕ) közötti kobordizmus”ként hivatkozunk W -re, és pl. a 13 lemmában semmi különbség nincs a zárt és a peremes M esete között.

Definı́ció. Az M és N n-dimenziós sokaságok összefüggő összege (összefüggő uniója) F F M #N = χ(M N, ϕ), ahol ϕ : S 0 ×Dn M N olyan beágyazás, hogy ϕ {−1}×Dn irányı́tásváltóan képezi Dn -et M -be, ϕ {1}×Dn pedig irányı́tástartóan képezi Dn -et N -be. 8. Lemma M #N -nek van egy olyan irányı́tása, ami megegyezik M -ével és N -ével F F (M N Im ϕ)-n, és ezzel az irányı́tással kobordáns M N -nel. F Bizonyı́tás. Vegyük a 7 lemmában konstruált W kobordizmust M N és M #N F között. Belátjuk, hogy ez irányı́tható úgy, hogy M N -en az eredetivel ellentétes irányı́tást indukáljon. Ekkor az M #N -en indukált irányı́tás és a W irányı́tott kobordizmus megfelelő lesz. Legyen A a 7. lemmában definiált részhalmaza (M F N ) × [0, 2]-nek, A1 = A ∩ (M × [0, 2]), A2 = A ∩ (N × [0, 2]). Legyen √ ϕ1 : Dn M × [0, 2] A1 , ϕ1 (ty) = (ϕ(−1, ty),

2 − 1 − t2 ) √ ϕ2 : Dn N × [0, 2] A2 , ϕ2 (ty) = (ϕ(1, ty), 2 − 1 − t2 ). minden y ∈ S n−1 , t ∈ [0, 1]-re. W -t úgy kapjuk, hogy D1 × Dn -et {−1} × Dn mentén ϕ1 -gyel ráragasztjuk (M × [0, 2] A1 )-re, és {1} × Dn mentén ϕ2 -vel ragasztjuk (N × [0, 2] A2 )-re. M ×[0, 2] irányı́tható, ezért M ×[0, 2]A1 is, vegyük azt az irányı́tását, amelyik M ével ellentétes irányı́tást indukál (M ×{0})-n. Hasonlóan irányı́tsuk (N ×[0, 2]A2 )-t is úgy, hogy (N × {0})-n az eredetivel ellentétes irányı́tást indukáljon. Végül vegyük (D1 × Dn )-nek azt az irányı́tását, ami ({−1} × Dn )-en Dn -ével egyező, ({1} × Dn )-en pedig ellentétes irányı́tást indukál. Ezzel meg is határoztuk W egy irányı́tását, feltéve, hogy a megadott irányı́tások illeszkednek a ragasztásoknál. Ehhez az kell, hogy a peremük azonosı́tott részén D1 × Dn ellentétes

irányı́tást indukál, mint M × [0, 2] A1 ill. N × [0, 2] A2 , azaz 12 http://www.doksihu az r1 : {−1} × Dn ϕ1 (Dn ) ill. r2 : {1} × Dn ϕ2 (Dn ) ragasztó leképezések irányı́tásváltóak. Legyenek i1 : Dn {−1} × Dn és i2 : Dn {1} × Dn a standard azonosı́tások, és tekintsük a következő kommutatı́v diagramokat: Dn i1 Dn &ϕ 1 . i2 r &ϕ 2 . r 1 {−1} × Dn − ϕ1 (Dn ) 2 {1} × Dn − ϕ2 (Dn ) D1 × Dn irányı́tását úgy választottuk, hogy i1 irányı́tástartó, i2 pedig irányı́tásváltó legyen. ϕ definı́ciója miatt pedig ϕ1 irányı́tásváltó és ϕ2 irányı́tástartó Tehát r1 és r2 irányı́tásváltó, tényleg megadtuk W megfelelő irányı́tását. Ha M és N összefüggő, akkor az összefüggő összegük (irányı́tástartó diffeomorfizmus erejéig) jóldefiniált, azaz független ϕ választásától. (Ellenkező esetben

pedig csak attól függ, hogy ϕ képe melyik komponensekbe esik.) Az összefüggő unió művelete kommutatı́v és asszociatı́v. Tetszőleges n-dimenziós M sokaság esetén M #S n ≈ M . n n n Jelölés. R+ = {(x1 , . , xn−1 , xn ) | xn ≥ 0} az n-dimenziós féltér, D+ = D n ∩ R+ n+1 az n-dimenziós golyó fele, S+n = S n ∩ R+ a félgömb. n Definı́ció. Legyen M és N peremes sokaság, ϕ : S 0 ×D+ M amire ϕ n {−1}×D+ F N olyan leképezés, n , Dn−1 ) (M, ∂M ) beágyazás, ϕ egy irányı́tásváltó (D+ n {1}×D+ n (D+ , Dn−1 ) (N, ∂N ) beágyazás. Ekkor M és N perem F mentén vett összefüggő összege, M #∂ N az a sokaság, amit M N ϕ(S 0 × {0}) pedig egy irányı́tástaró és D1 × S+n−1 diszjunkt uniójából a ϕ(x, ty) és (tx, y) pontok (minden x ∈ S 0 , y ∈ S+n−1 , 0 < t ≤ 1 esetén való) azonosı́tása után kapunk (ld. 3 ábra) M #∂ N pereme ∂M

#∂N . Ha ∂M és ∂N összefüggő, akkor M #∂ N jóldefiniált. A #∂ művelet is kommutatı́v és asszociatı́v. 13 http://www.doksihu 0 n 1 ö(S xD+) M n-1 D xS+ M# N N 3. ábra Állı́tás. Ha M és N parallelizálható, akkor M #∂ N is F n M N azt a leképezést, amivel a perem menti Bizonyı́tás. Jelölje ϕ : S 0 × D+ összefüggő uniót képeztük, legyen A = (M {ϕ(−1, 0)}) ∪ D1 × S+n−1 és B = (N {ϕ(1, 0)}) ∪ D1 × S+n−1 . n )-al, M parallelizálható, ezért A is az (mert diffeomorf M ϕ({−1} × int D+ n n n ahol int D+ most (int Dn ∩ R+ )-t jelöli, nem pedig D+ belsejét). Hasonlóan B is parallelizálható. Vegyük egy-egy parallelizálásukat Így A ∩ B = D1 × S+n−1 minden pontjában két bázisát kapjuk az érintőtérnek. Feltehető, hogy ezek azonos n−1 irányı́tásúak. Vegyünk egy olyan D1 × S+n−1 GL+ egy n leképezést, ami {1} × S+ környezetén

minden pontban azt a GL+ n -beli elemet veszi fel értékül, ami átviszi az érintőtér A parallelizálása által meghatározott bázist a B parallelizálásából származó bázisba, {−1} × S+n−1 egy környezetén pedig a konstans identitás. Módosı́tsuk A érintőnyalábjának trivializálását úgy, hogy D1 × S+n−1 -on pontonként alkalmazzuk rá ezt a leképezést. Ekkor A módosı́tott parallelizálása, és (M #∂ N A)-n B parallelizálása együtt kiadja M #∂ N parallelizálását 2.7 Szignatúra Definı́ció. Ha M 4k-dimenziós, akkor a szignatúrája, σ(M ) a B : H2k (M )×H2k (M ) Z bilineáris leképezés (a metszési szám) szignatúrája. F Állı́tás. σ(−M ) = −σ(M ), σ(M N ) = σ(M ) + σ(N ) Állı́tás. A szignatúra kobordizmus-invariáns, vagyis ha ∂W = M1 milyen W -re, akkor σ(M1 ) = σ(M2 ). 14 F (−M2 ) vala- http://www.doksihu 9. Állı́tás Ha M zárt,

vagy ∂M homeomorf S 4k−1 -gyel, akkor σ(M ) = σ(χ(M, ϕ)), vagyis az átépı́tés nem változtatja meg a szignatúrát. Bizonyı́tás. Ha M (és ezért χ(M, ϕ) is) zárt, akkor a 7 lemmában konstruált W F kobordizmusra ∂W ≈ M (−χ(M, ϕ)), tehát σ(M ) = σ(χ(M, ϕ)). Ha M és M 0 = χ(M, ϕ) pereme homeomorf S 4k−1 -gyel, akkor legyen egy h : S 4k−1 ∂M egy homeomorfizmus. M 0 konstrukciója miatt ez egyben tekinthető egy S 4k−1 ∂M 0 homeomorfizmusnak is. Legyen M∗ = M ∪h D4k , azaz M és hval a pereméhez ragasztva egy D4k golyó M∗ egy topologikus sokaság Hasonlóan legyen M∗0 = M 0 ∪h D4k , és W∗ = W ∪h×id[0,2] D4k × [0, 2], ez az M∗ és M∗0 közötti kobordizmus. Itt M∗ és M∗0 már zárt, ezért σ(M∗ ) = σ(M∗0 ) Írjuk fel az (M∗ , M ) pár homológia egzakt sorozatát: Hi+1 (M∗ , M ) − Hi (M ) − Hi (M∗ ) − Hi (M∗ , M ) A kivágási tétel miatt Hi (M∗ , M ) ∼ =

Hi (D4k , S 4k−1 ) = 0, ha i 6= 4k, ezért ha i < 4k − 1, akkor Hi (M ) ∼ = Hi (M∗ ). Tehát a beágyazás izomorfizmust indukál H2k (M ) és H2k (M∗ ) között. Két H2k (M∗ )-beli homológiaosztály metszési száma ugyanannyi, mint a H2k (M )-beli megfelelőiké (mert reprezentálhatóak M -beli ciklusokkal), ebből pedig következik, hogy σ(M ) = σ(M∗ ). Hasonlóan belátható, hogy σ(M 0 ) = σ(M∗0 ) Tehát σ(M∗ ) = σ(M∗0 ). Ebből következik, hogy σ(M #N ) = σ(M F N ) = σ(M ) + σ(N ). Állı́tás. Ha M és N peremes, akkor σ(M #∂ N ) = σ(M ) + σ(N ) Bizonyı́tás. Legyen A és B az M #∂ N két része, mint az előző szakasz utolsó állı́tásában Írjuk fel az A ∪ B = M #∂ N felbontásra a Mayer-Vietoris sorozatot: Hi (A ∩ B) − Hi (A) ⊕ Hi (B) − Hi (M #∂ N ) − Hi−1 (A ∩ B) Itt Hi (A ∩ B) = Hi (D1 × S+4k−1 ), és ez 0, ha i ≥ 1, ezért minden i ≥ 2-re Hi (A) ⊕

Hi (B) ∼ = Hi (M #∂ N ). Viszont Hi (A) ∼ = Hi (M {ϕ(−1, 0)}) ∼ = Hi (M ), mert az M {ϕ(−1, 0)} A és az M {ϕ(−1, 0)} M beágyazás homotopikus ekvivalencia. Hasonlóan B is homotopikusan ekvivalens N -nel, ezért Hi (B) ∼ = Hi (N ). Tehát H2k (M #∂ N ) ∼ = H2k (M ) ⊕ H2k (N ). Egy H2k (M )-belinek megfelelő és egy H2k (N )-belinek megfelelő homológiaosztály metszési száma 0, mert az előbbi 15 http://www.doksihu reprezentálható (M {ϕ(−1, 0)})-ban, az utóbbi pedig (N {ϕ(1, 0)})-ban. Ezért a B : H2k (M #∂ N ) × H2k (M #∂ N ) Z (metszési szám) bilineáris leképezés direkt összegre bomlik, a szignatúrája a két tag szignatúrájának összege. Tehát σ(M #∂ N ) = σ(M ) + σ(N ). 2.8 Obstrukciók Legyen K egy CW-komplexus, L ennek egy részkomplexusa, Y tetszőleges topologikus tér. Jelölje K r-vázát K r Legyen f : K k ∪ L Y tetszőleges leképezés Legyen φ : Dk+1 K egy

(k +1)-cella karakterisztikus leképezése. f pontosan akkor terjed ki K k ∪L∪φ(Dk+1 )-re, ha f ◦φ Sk : S k Y kiterjed Dk+1 -re, azaz 0-homotóp. Rendeljük hozzá a φ(Dk+1 ) cellához [f ◦φ Sk ] ∈ πk (Y )-t, f ◦φ Sk homotópiaosztályát. Ha ezt elvégezzük minden (k + 1)-cellára, kapunk egy, a (k + 1)-cellákon értelmezett πk (Y )-beli értékű függvényt, ami egyértelműen kiterjed egy Ck+1 (K)-n értelmezett o(f ) homomorfizmussá, vagyis egy (k + 1)-kolánccá. f pontosan akkor terjeszthető ki K k+1 ∪ L-re, ha o(f ) = 0. Tudjuk, hogy o(f ) kociklus, és a kohomológiaosztálya o(f ) ∈ H k+1 (K, L; πk (Y )) pontosan akkor 0, ha f 16 K k−1 ∪L kiterjeszthető K k+1 ∪ L-re. http://www.doksihu 3. A Θn csoport végességének bizonyı́tása Definı́ció. Homotopikus n-gömbnek hı́vjuk azokat az n-dimenziós zárt sokaságokat, amelyek homotopikusan ekvivalensek S n -nel. Ezekre vonatkozik a

topológia egyik leghı́resebb tétele: Általánosı́tott Poincaré-sejtés. Minden homotopikus n-gömb homeomorf S n -nel Vagyis a homotopikus gömbök (nem számı́tva S n -et) pontosan megegyeznek az egzotikus gömbökkel. A tétel n ≤ 2 esetén könnyen következik az 1 és 2 dimenziós sokaságok klasszifikációjából. Az n ≥ 5 esetben Smale (1960), n = 4-re Freedman (1982), n = 3-ra pedig Perelman (2003) bizonyı́totta. A továbbiakban Kervaire és Milnor [3] cikkét követve definiáljuk a Θn csoportot, és bebizonyı́tjuk, hogy véges. Definı́ció. A Θn csoport elemei a homotopikus n-gömbök h-kobordizmus osztályai, a művelet az összefüggő unió (pontosabban amit az összefüggő unió indukál a hkobordizmus osztályokon) Mi a továbbiakban csak az n ≥ 5 esettel foglalkozunk. A h-kobordizmus tétel miatt ekkor Θn elemei a homotopikus gömbök (irányı́tott) diffeomorfizmusosztályai. Ezek pedig

pontosan az egzotikus gömbök (irányı́tástartó diffeomorfizmus erejéig) és S n . Tehát Θn végessége tényleg azt jelenti, hogy n ≥ 5 esetén csak véges sok egzotikus gömb van. Állı́tás. Θn az összefüggő unió műveletével tényleg (Abel-)csoport Bizonyı́tás. Az összefüggő unió nem vezet ki a Θn halmazból, mert két S n -nel homeomorf sokaság összefüggő összege is homeomorf S n -nel Ahhoz, hogy Θn Abel-csoport legyen, az összefüggő unió korábban felsorolt tulajdonságain kı́vül csak az ellentett létezésére van szükség. Bebizonyı́tjuk, hogy M ellentettje (−M ), azaz M #(−M ) ≈ S n . Legyen i : Dn M egy beágyazás, és W az a sokaság, amit (M i(0)) × 2 [0, π] és D+ × S n−1 diszjunkt uniójából kapunk, ha az (i(tx), ϑ) pontot azonosı́tjuk 17 http://www.doksihu ((t cos ϑ, t sin ϑ), x)-el minden x ∈ S n−1 , 0 < t ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π esetén (ld.

4 ábra) Ekkor ∂W ≈ M #(−M ). F W -nek deformációs retraktuma az (M i(0)) × {0} ([0, 1] × {0}) × S n−1 -ből az (i(tx), 0) és ((t, 0), x) pontok (minden x ∈ S n−1 , 0 < t ≤ 1 esetén való) azonosı́tása után keletkező sokaság. (Egy, az identitással homotóp retrakció pl az a leképezés, ami (0, 0) × S n−1 -t helybenhagyja, (M i(0)) × [0, π]-n pedig az (M i(0))-ra való vetı́tés.) Ez utóbbi sokaság viszont diffeomorf M i(int Dn )-nel, ami pedig, (mivel M homeomorf S n -nel) homeomorf Dn -nel. Tehát W pontra húzható Az 5 tételből következik, hogy W ≈ Dn+1 , tehát a pereme, M #(−M ) diffeomorf S n -nel. W [0,ð] M n i(D ) 2 Mi(0) D+xS n-1 4. ábra A továbbiakban ismertetjük Θn végességének bizonyı́tását. Szükségünk lesz a következő tételre: 10. Tétel Minden homotopikus gömb s-parallelizálható Bizonyı́tás. Legyen Σ egy homotopikus n-gömb, ekkor Σ

homeomorf S n -nel Legyen o(Σ) = o(T Σ ⊕ ε1 ) ∈ πn−1 (SOn+1 ) ∼ = πn−1 (SO) Σ s-parallelizálhatóságának obΣ strukciója. Azt akarjuk belátni, hogy ez az obstrukció 0 A Bott-periodicitás miatt 3 eset lehet: 18 http://www.doksihu Ha n − 1 ≡ 2, 4, 5 vagy 6 modulo 8, akkor πn−1 (SO) = 0, ezért o(Σ) = 0. Ha n−1 ≡ 3 vagy 7 modulo 8, azaz n = 4k valamilyen k-ra, akkor πn−1 (SO) ∼ = Z. o(Σ) ∈ πn−1 (SO) ∼ = Z a pk (T Σ ⊕ ε1 ) ∈ H 4k (Σ) ∼ = Z Pontrjagin-osztály nem 0 Σ konstansszorosa. Ugyanis: (ld Milnor, Kervaire [7], Lemma 2) 11. Lemma Legyen m > 4k, ξ egy m-dimenziós vektornyaláb a 4k-dimenziós M sokaság fölött, ami egy pont egy N ≈ D4k környezetén kı́vül triviális. Legyen o(ξ) ∈ π4k−1 (SOm ) ∼ = Z annak az obstrukciója, hogy a nyaláb trivializálása kiterjed N -re. Ekkor pk (ξ), a nyaláb k. Pontrjagin-osztálya az o(ξ) obstrukció nem-nulla (k-tól függő)

konstansszorosa. Bizonyı́tás. A pk (ξ) Pontrjagin osztály nem más, mint a ξ által indukált ξ 0 = ξ ⊗ C komplex vektornyaláb c2k (ξ 0 ) Chern-osztálya (előjeltől eltekintve). ξ trivializálva van M N -en, azaz M N felett meg van adva m független vektormező, ez indukál ξ 0 -ben is m független vektormezőt, nézzük ezek közül az első m−2k +1-et. A c2k (ξ 0 ) Chernosztály nem más, mint annak az obstrukciója, hogy ezek kiterjeszthetőek N -re Ez az obstrukció pedig az o(ξ) képe a q h π4k−1 (SOm ) − π4k−1 (Um ) − π4k−1 (Um /U2k−1 ) kompozı́ciónál (ahol Um /U2k−1 = Vm−2k+1 (C m ) a megfelelő Stiefel-sokaság). Írjuk fel az (Um , SOm ) pár homotópia egzakt sorozatát: h π4k−1 (SOm ) − π4k−1 (Um ) − π4k−1 (Um /SOm ) Bott eredményei alapján π4k−1 (SOm ) ∼ = Z, π4k−1 (Um ) ∼ = Z, π4k−1 (Um /SOm ) pedig véges ciklikus, tehát h egy nem nulla egésszel való

szorzás. Hasonlóan az (Um , U2k−1 ) pár q π4k−1 (Um ) − π4k−1 (Um /U2k−1 ) − π4k−2 (U2k−1 ) egzakt sorozatában az első két csoport Z, a 3. pedig véges ciklikus Tehát c2k (ξ 0 ), és ı́gy pk (ξ) az o(ξ) nem-nulla konstansszorosa. pk (T Σ ⊕ ε1Σ ) = pk (T Σ). Σ homotopikus gömb, ezért H i (Σ) = 0, ha 0 < i < 4k, ezért T Σ összes többi Pontrjagin osztálya 0. Ezért a Hirzebruch szignatúra tétel szerint pk (T Σ) nem-nulla konstansszorosa a σ(Σ) szignatúrának. Viszont H 2k (Σ) = 19 http://www.doksihu 0 miatt σ(Σ) = 0. Tehát o(Σ) = 0 Ha n − 1 ≡ 0 vagy 1 modulo 8, akkor πn−1 (SO) ∼ = Z2 . Ágyazzuk be Σ-t R2n+1 -be a következőképpen: Először vegyünk egy i : Dn Σ beágyazást, legyen i(Dn ) = B1 . Σ homeomorf S n -nel, ezért B2 = Σ int B1 homeomorf Dn -nel (sőt, az 5. tétel feltételei teljesülnek B2 -re ezért diffeomorf Dn -nel). B1 diffeomorf S−n -al, S n

”alsó” felével, ez a diffeomorfizmus legyen a Σ R2n+1 beágyazás B1 -en Ekkor C = ∂B1 = ∂B2 már be van ágyazva (és a képe S n−1 ), a tüskézett kobordizmus definı́ciója utáni megjegyzés 2n+1 alapján B2 beágyazható úgy R+ -ba, hogy ez a beágyazás kiterjessze C beágyazását. Ez B1 beágyazásával együtt kiad egy b : Σ R2n+1 beágyazást. A 2. lemma szerint Σ pontosan akkor s-parallelizálható, ha N b(Σ) triviális, ezt fogjuk bebizonyı́tnai. Vegyük b(B1 ) = S−n -on a standard tüskézést, ennek a leszűkı́tése S n−1 -re S n−1 standard tüskézése. B2 pontra húzható, ezért N b(B2 ) triviális, tüskézzük akárhogyan. Ekkor S n−1 pontjaiban a két bázis közti átmeneti leképezés homotópiaosztálya o(N b(Σ)). Ekkor Jn−1 (o(N b(Σ))) = 0, mert S n−1 a módosı́tott tüskézéssel pont b(B2 ) tüskézett pereme. Mivel Jn−1 injektı́v, ebből következik,

hogy o(N b(Σ)) = 0. Tehát N b(Σ) triviális 3.1 A bPn+1 részcsoport Definı́ció. Legyen bPn+1 ⊆ Θn azoknak a homotopikus gömböknek (pontosabban a h-kobordizmusosztályaiknak) a halmaza, amelyek előállnak, mint (n + 1)-dimenziós parallelizálható sokaságok határai. 12. Tétel bPn+1 részcsoport Θn -ben, és Θn / bPn+1 véges Bizonyı́tás. Legyen M ∈ Θn tetszőleges Whitney tétele szerint létezik egy i : M S 2n+2 beágyazás. Mivel M s- parallelizálható, ezért i(M ) normálnyalábja triviális (2. lemma) Legyen φ az M egy pozitı́v irányı́tású tüskézése, ekkor a Pontrjagin-konstrukció alapján van egy olyan S 2n+2 S n+2 leképezés, aminek a Pontrjagin-sokasága i(M ) a φ tüskézéssel, és ennek a homotópiaosztálya egyértelmű. Így tetszőleges φ pozitı́v irányı́tású tüskézéshez hozzárendelhetjük π2n+2 (S n+2 ) egy elemét Jelölje p(M ) az ı́gy megkapható

20 http://www.doksihu elemek halmazát. Mivel π2n+2 (S n+2 ) azonosı́tható a stabil Πn csoporttal, p(M )-et a továbbiakban Πn részhalmazának tekintjük. p(M ) független i-től, ugyanis ha j : M S 2n+2 egy másik beágyazás, akkor i és j izotópok, ezért S 2n+2 -nek van egy olyan diffeotópiája, ami i(M )-et j(M )be viszi. Így i(M ) egy tüskézésének megfeleltethetjük j(M ) egy tüskézését, ami vele tüskézetten kobordáns. Mivel ugyanezt megcsinálhatjuk a fordı́tott irányban is, ezért a Pontrjagin-konstrukcióval Πn -nek ugyanazokat az elemeit kaphatjuk meg j-ből, mint i-ből kiindulva. Állı́tás. 0 ∈ p(M ) pontosan akkor teljesül, ha M ∈ bPn+1 Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy 0 ∈ p(M ), azaz M valamilyen tüskézéssel egy 0homotóp leképezés Pontrjagin-sokasága Ekkor M tüskézetten nullkobordáns, azaz határa egy tüskézett (n + 1)-dimenziós sokaságnak, ami a 2. és 3 lemma

miatt parallelizálható, tehát M ∈ bPn+1 . Másrészt tegyük fel, hogy M = ∂W , ahol W parallelizálható. Vegyünk egy M S 2n+2 beágyazást, és W -nek egyolyan beágyazását S 2n+2 × [0, 1]-be, ami kielégı́ti a tüskézett kobordizmus definı́ciójában szereplő első két feltételt. Mivel W parallelizálható, ez a beágyazás tüskézhető. Tehát i(M ) (valamilyen tüskézéssel) nullkobordáns, ezért 0 ∈ p(M ). Állı́tás. Ha M, N ∈ Θn , akkor p(M ) + p(N ) ⊆ p(M #N ) (Itt a ”+” komplexusösszeget jelöl: p(M )+p(N ) = {x+y | x ∈ p(M ), y ∈ p(N )}.) Bizonyı́tás. Legyen x ∈ p(M ) és y ∈ p(N ) egy-egy Pontrjagin-sokasága i(M ) a φ és F j(N ) a ψ tüskézéssel. Ekkor x+y egy Pontrjagin-sokasága i(M ) j(N ), külön-külön φ-vel és ψ-vel tüskézve. Azt kell belátnunk, hogy ezzel tüskézetten kobordáns M #N (valamilyen tüskézéssel). Vegyük a 8. lemmában

konstruált W kobordizmust, és annak egy, a tüskézett kobordizmus definı́ciójának megfelelő beágyazását S 2n+2 × [0, 1]-be (aminél M × {0} képe i(M ), N × {0}-é j(N )). Megmutatjuk, hogy W -nek (ı́gy beágyazva) van egy olyan tüskézése, ami kiterjeszti φ-t és ψ-t. Jelölje (M × [0, 2] A1 ) ∪r1 (D1 × Dn )-et W1 és (N ×[0, 2]A2 )∪r2 (D1 ×Dn )-et W2 . A továbbiakban W minden részsokaságát automatikusan S 2n+2 × [0, 1]-be beágyazottnak tekintjük. 21 http://www.doksihu W1 diffeomorf (M × [0, 2] A1 )-gyel, ezért s-parallelizálható (mert M az), és a 2. lemma szerint a normálnyalábja triviális. Vegyük W1 egy tetszőleges tüskézését Olyan tüskézést kell definiálnunk W -en, ami kiterjesztése φ-nek és ψ-nek, ezért az előbb W1 -en definiált tüskézést még módosı́tanunk kell. Vegyük azt az M GLn+2 leképezést, ami ezt a tüskézést átviszi φ-be, és

terjesszük ki W1 -re (egy M -en értelmezett leképezés triviálisan kiterjeszthető M × [0, 2]-re, és ezért az ennek egy részével diffeomorf W1 -re is). Így minden ponthoz hozzárendeltünk egy GLn+2 -beli elemet, ezt alkalmazva a meglévő tüskézésre megkapjuk W1 egy olyan tüskézését, ami M -re leszűkı́tve pont φ-t adja. Hasonlóan definiálhatunk W2 -n egy olyan tüskézést, ami kiterjesztése ψ-nek. A W1 -en és W2 -n megadott tüskézések D1 × Dn -en különbözhetnek, ezért még egy módosı́tás kell. Vegyük azt a D1 × Dn GLn+2 leképezést, ami [1 − ε, 1] × Dn en átviszi W1 tüskézését W2 -ébe, [−1, −1 + ε] × Dn -en az identitás, [−1 + ε, 1 − ε] × Dn -en pedig egy homotópia az {1 − ε} × Dn -en már értelmezett leképezés és az identitás között. Ilyen homotópia létezik, mert φ és ψ is pozitı́v irányı́tású, ezért W1 és W2 tüskézése

is pozitı́v irányı́tású, ezért az {1 − ε} × Dn -en értelmezett n n leképezés képe GL+ n+2 -ban van, másrészt D pontra húzható, tehát tetszőleges D 1 n GL+ n+2 leképezés homotóp a konstans identitással. Végül ezt a D × D GLn+2 leképezést közelı́tsük simával úgy, hogy S 0 × Dn egy környezetén ne változzon, és ezt alkalmazzuk W1 tüskézésére D1 × Dn -en. Vegyük W1 -en az ı́gy módosı́tott tüskézést és (N × [0, 2] A2 )-n W2 korábban definiált tüskézését, ezek együtt W egy megfelelő tüskézését adják. Állı́tás. p(S n ) részcsoport Πn -ben, tetszőleges M ∈ Θn esetén p(M ) egy p(S n ) szerinti mellékosztály, és p : Θn Πn /p(S n ) homomorfizmus. Bizonyı́tás. 0 ∈ p(S n ), mert S n = ∂Dn+1 , és Dn+1 parallelizálható Az előző állı́tás szerint p(S n ) + p(S n ) ⊆ p(S n ), tehát zárt az összeadásra. Πn véges,

ezért p(S n ) is, ezért tetszőleges x ∈ p(S n ) esetén x + p(S n ) = p(S n ), amiből következik, hogy −x ∈ p(S n ). Tehát p(S n ) részcsoport Ha x ∈ p(M ), akkor x egész p(S n ) szerinti mellékosztálya is p(M )-ben van, mert x + p(S n ) ⊆ p(M ) + p(S n ) ⊆ p(M ) az előző állı́tás miatt. Tehát p(M ) mellékosztályok uniója. Viszont p(M ) + p(−M ) ⊆ p(M #(−M )) = p(S n ), ezért 22 http://www.doksihu p(M ) nem tartalmazhat különböző mellékosztályba tartozó elemeket, tehát p(M ) egy p(S n ) szerinti mellékosztály. Emiatt viszont megerősı́thetjük az előző állı́tást: a ⊆ jel mindkét oldalán egyegy p(S n ) szerinti mellékosztály áll, ami csak úgy leheteséges, hogy p(M ) + p(N ) = p(M #N ). Ez pedig pont azt jelenti, hogy p homomorfizmus Az egyik előző állı́tásban láttuk, hogy M pontosan akkor eleme bPn+1 -nek, ha 0 ∈ p(M ), ez pedig a legutóbbi állı́tás

szerint ekvivalens azzal, hogy p(M ) = p(S n ), azaz azzal, hogy M ∈ Ker p. Vagyis Ker p = bPn+1 , tehát bPn+1 részcsoport Ismert, hogy Πn véges, és ezért Πn /p(S n ) és Im p is az. Viszont a homomorfizmustétel szerint Im p ∼ = Θn / Ker p = Θn /bPn+1 . Tehát Θn /bPn+1 véges Megjegyzés. Azt, hogy bPn+1 részcsoport, könnyebben, közvetlenül is bebizonyı́thattuk volna Nyilván S n = ∂Dn+1 ∈ bPn+1 , és ha M = ∂V egy parallelizálható V -re, akkor (−M ) = ∂(−V ). Az összeadásra való zártság pedig abból következik, hogy ha M1 = ∂V1 , M2 = ∂V2 ahol V1 és V2 parallelizálható, akkor M1 #M2 = ∂(V1 #∂ V2 ), és V1 #∂ V2 is parallelizálható. 3.2 bPn+1 véges A továbbiakban azt fogjuk bebizonyı́tani, hogy bPn+1 véges. Tegyük fel, hogy adott egy M n-dimenziós (n ≥ 6; az egyszerűbb jelölés kedvéért megváltoztattuk az indexelést) sokaságunk, ami parallelizálható, és a pereme

egy homotopikus gömb. M -et megpróbáljuk átépı́tések sorozatával áttranszformálni Dn be (Látni fogjuk, hogy páratlan n esetén ezt tetszőleges M -ből kiindulva el tudjuk érni. Mivel átépı́tés közben a perem nem változik, ebből következik, hogy tetszőleges M -nek ugyanaz a pereme, mint Dn -nek, vagyis S n−1 ; ez pedig azt jelenti, hogy bPn egyetlen eleme S n−1 (diffeomorfizmus erejéig).) A 6. tételből azt látjuk, hogy elég M -et egy n 2 -szeresen összefüggő sokasággá átépı́tenünk, az már automatikusan diffeomorf lesz Dn -nel. A következőkben tehát megpróbáljuk átépı́tésekkel megölni M homotopikus csoportjait. 23 http://www.doksihu 13. Lemma Ha M n-dimenziós, s-parallelizálható, és p < p λ ∈ πp (M ) reprezentálható ϕ : S × D n−p n , 2 akkor tetszőleges M beágyazással úgy, hogy χ(M, ϕ) is s-parallelizálható legyen. h Azon, hogy ϕ λ-t

reprezentálja, azt értjük, hogy ϕ i S p ×{0} = λ. Bizonyı́tás. Legyen i0 : S p M λ egy reprezentánsa Whitney tétele szerint i0 approximálható egy vele homotóp i beágyazással. M és S p s-parallelizálható, ezért a 2. lemma szerint N (i(S p )) is triviális Ezért i(S p ) egy csőszerű környezete diffeomorf S p × Dn−p -vel, ez a diffeomorfizmus tekinthető egy ϕ : S p × Dn−p M beágyazásnak, amire ϕ S p ×0 = i. Kell még, hogy M 0 = χ(M, ϕ) is s-parallelizálható. Legyen W a 7 lemmában konstruált kobordizmus, M -et és M 0 -t azonosı́tjuk W peremkomponenseivel. Ekkor M normálnyalábja W -ben triviális, ezért T W = T M ⊕ NM ∼ = T M ⊕ ε1 . M sM parallelizálhatósága miatt T W M triviális. Hasonlóan látjuk, hogy T W ε1 . Ebből következik, hogy ha T W M M0 ∼ = T M0⊕ trivializálását ki tudjuk terjeszteni W -re, akkor 0 M s-parallelizálható lesz. Definı́ció. M

-nek M 0 = χ(M, ϕ)-vé való átépı́tése tüskézett, ha a köztük lévő W kobordizmus parallelizálható. Megvizsgáljuk, hogy mi kell ahhoz, hogy az átépı́tés tüskézett legyen. Legyen V = M ×[0, 2]A, és j : V W a természetes beágyazás. Vegyük T M ⊕ ε1 egy trivializálását, ez meghatározza T (M × [0, 2]), és ezért T V egy trivializálását. Ezt dj, j deriváltja T W jeszthető T W Dp+1 és D M n−p j(V ) egy trivializálásába viszi. j(V )-re tehát könnyen kiter- egy trivializálása. is parallelizálható, rögzı́tsük T Dp+1 és T Dn−p egy trivializálását. Ezek meghatározzák T (Dp+1 × Dn−p ) egy trivializálását: tetszőleges (x, y) ∈ Dp+1 × Dn−p pontban T(x,y) (Dp+1 × {y}) és T(x,y) ({x} × Dn−p ) bázisa együtt kiadja az érintőtér egy bázisát. Jelölje h : Dp+1 ×Dn−p W a természetes beágyazást, ekkor dh átviszi T (Dp+1 × Dn−p )

trivializálását T W h(Dp+1 ×Dn−p ) egy trivializálásába. Legyen B = {(ϕ(x, ty), 2 − √ 1 − t2 ) | x ∈ S p , y ∈ S n−p−1 , t ∈ [0, 1]} ⊂ ∂V 24 http://www.doksihu Ekkor W előbb vizsgált két részének metszete j(B) = h(S p × Dn−p ). Definiáljuk a g : j(B) GL+ n+1 függvényt úgy, hogy j(B) minden pontjában vegyük azt a transzformációt, ami az érintőtér T W átviszi T W ezért g képe j(V ) trivializálása által kijelölt bázisát kijelölt bázisába (feltehetjük, hogy mindkét bázis pozitı́v irányı́tású, GL+ n+1 -ban van). p+1 × Dn−p )-re, akkor ezt a kiterjesztést alkalmazhatjuk Ha g kiterjed h(D TW h(Dp+1 ×Dn−p ) h(Dp+1 ×Dn−p ) trivializálására, az eredmény egy, j(B)-ben T W j(V ) -éhez illeszkedő trivializálás lesz, és ezek együtt kiadják T W egy trivializálását. Tehát ekkor W parallelizálható. g pontosan akkor terjed ki

h(Dp+1 × Dn−p )-re, ha g̃ = g j(B̃) : S p GL+ n+1 nullhomotóp, ahol B̃ = ϕ(S p × {0}) × {1} ≈ S p (ez deformációs retraktuma B-nek). ([g̃] ∈ πp (GL+ ) ∼ = πp (SOn+1 ) pont W parallelizálhatóságának obstrukciója.) n+1 [g̃] = 0 nem feltétlenül teljesül, ezért nézzük meg, hogy mi történik, ha ϕ helyett λ egy másik reprezentánsát választjuk: Legyen α : S p SOn−p tetszőleges, és definiáljuk a ϕα : S p × Dn−p M leképezést úgy, hogy minden x ∈ S p , y ∈ S n−p , t ∈ [0, 1] esetén ϕα (x, ty) = ϕ(x, (α(x))(ty)) Legyen Mα0 = χ(M, ϕα ), Wα az M és Mα0 közötti kobordizmus, jα : V Wα és hα : Dp+1 × Dn−p Wα a beágyazások, ezek meghatározzák T Wα T Wα hα (Dp+1 ×Dn−p ) jα (V ) és egy-egy trivializálását, az ezek közötti átmeneti leképezés (jα (B̃) pontjaiban) g̃α . ∼ Meg akarjuk határozni a g̃α leképezés [g̃α ] ∈ πp (GL+ n

) = πp (SOn ) homotópiaosztályát. Ehhez először azonosı́tsuk j(V ) és jα (V ) egy-egy környezetét W -ben és Wα -ban. (ld 5 ábra) Legyen f0 : [1 − ε, 1]S p × Dn−p [1 − ε, 1]S p × Dn−p , f0 (ux, ty) = (ux, (α(x))−1 (ty)) minden x ∈ S p , y ∈ S n−p−1 , u ∈ [1 − ε, 1], t ∈ [0, 1] esetén. Legyen f : j(V ) ∪ h([1 − ε, 1]S p × Dn−p ) jα (V ) ∪ hα ([1 − ε, 1]S p × Dn−p ),  jα (j −1 (z)) ha z ∈ j(V ) f (z) = h (f (h−1 (z))) ha z ∈ h([1 − ε, 1]S p × Dn−p ) α 0 25 http://www.doksihu Ekkor f jóldefiniált, mert ha z = h(x, ty) ∈ j(B), akkor hα (f0 (h−1 (z))) = √ √ hα (x, (α(x))−1 (ty)) = jα (ϕα (x, (α(x))−1 (ty)), 2− 1 − t2 ) = jα (ϕ(x, ty), 2− 1 − t2 ) = jα (j −1 (z)), és f diffeomorfizmus. Wá W p p h([1-å,1]S x n-p xD ) há([1-å,1]S x n-p xD ) j(V) já(V) 5. ábra Így jα (B̃) pontjaiban definiálhatjuk 3 bázisát Wα

érintőterének: 1. a T Wα 2. a T W hα (Dp+1 ×Dn−p ) h(Dp+1 ×Dn−p ) trivializálásából származó bázis trivializálásából származó bázis képe (ha f deriváltját alkal- mazzuk rá) 3. a T Wα aTW jα (V ) j(V ) trivializálásából származó bázis, ami f definı́ciója miatt egybeesik trivializálásából származó bázis képével. Az 1. és 3 bázis közötti átmeneti leképezés g̃α , a 2 és 3 közötti pedig g̃ Kiszámoljuk a 2. bázist az 1-be vivő transzformációt Dp+1 × Dn−p kijelölt bázisának képe dhα szerint az 1. bázis, dhα ◦ df0 szerint a 2 bázis Nézzük meg, hogy df0 mit csinál Dp+1 ×Dn−p bázisával egy adott (x, 0) ∈ S p ×{0} pontban. A bázis első p + 1 vektora Dp+1 × {0} érintőterét feszı́ti ki, és mivel f0 ([1 − ε, 1]S p ×{0})-t (pontonként) fixen hagyja, ezért az első p+1 bázisvektor fixen marad. f0 az {x} × Dn−p

halmazt önmagába viszi, méghozzá az (α(x))−1 transzformációval, ezért az utolsó n−p bázisvektoron df0 ugyanúgy hat, mint (α(x))−1 . Tehát df0 (x, 0) = s((α(x))−1 ), ahol s : SOn−p SOn+1 a standard beágyazás. Tehát a 2. bázist s(α−1 ) viszi az 1-be, ezért g̃α ◦ s(α−1 ) = g̃, azaz g̃α = g̃ ◦ s(α) Ezért [g̃α ] = [g̃][s(α)] = [g̃]s∗ ([α]), ahol s∗ : πp (SOn−p ) πp (SOn+1 ) az s által indukált homomorfizmus. 26 http://www.doksihu g̃α tehát pontosan akkor nullhomotóp, ha s∗ ([α]) = [g̃]−1 ∈ πp (SOn+1 ). Mivel p < n , 2 ezért p < n − p, ezért s∗ szürjektı́v. Tehát meg tudjuk úgy választani α-t, hogy g̃α nullhomotóp, és ı́gy Wα parallelizálható legyen. Tehát van olyan ϕα reprezentánsa λ-nak, amivel Mα0 s-parallelizálható lesz. Vizsgáljuk meg, hogy ha ϕ a λ ∈ πp (M ) homotópiaosztályt reprezentálja, akkor az M -ről M 0 = χ(M,

ϕ)-re való áttéréskor hogyan változnak meg M homotopikus csoportjai. M 0 definı́ció szerint M ϕ(S p ×{0}) és Dp+1 ×S n−p−1 összeragasztásával keletkezik, ϕ0 : Dp+1 × S n−p−1 M 0 jelölje a kanonikus beágyazást. Legyen M0 = M ϕ(S p × int Dn−p ), ekkor M0 tekinthető M 0 részhalmazának is. Jelölje i : M0 M és i0 : M0 M 0 a beágyazásokat. 14. Lemma πi (M 0 ) ∼ = πi (M ) πp (M 0 ) ∼ = πp (M )/Λ ha i < min(p, n − p − 1) n ha p ≤ − 1 2 ahol Λ egy λ-t tartalmazó részcsoport. Bizonyı́tás. Írjuk fel az (M, M0 ) és az (M 0 , M0 ) pár homotópia egzakt sorozatát: πi+1 (M, M0 ) − πi (M0 ) πi+1 (M 0 , M0 ) − πi (M0 ) 0 δi+1 i ∗ − πi (M ) i0 ∗ − πi (M 0 ) − πi (M, M0 ) − πi (M 0 , M0 ) πj (M, M0 ) kiszámı́tásához a homotópiacsoportokra vonatkozó kivágási tételt alkalmazzuk az M = M0 ∪ ϕ(S p × Dn−p ) felbontásra. Ez alapján a

beágyazás által indukált πj (ϕ(S p × Dn−p ), ϕ(S p × S n−p−1 )) πj (M, M0 ) leképezés izomorfizmus, ha j < n − p − 1 és szürjektı́v, ha j = n − p − 1, mert a (ϕ(S p × Dn−p ), ϕ(S p × S n−p−1 )) pár (n − p − 1)-szeresen összefüggő. Ebből következik, hogy πj (M, M0 ) = 0, ha j < n − p. Hasonlóan látszik, hogy πj (M 0 , M0 ) = 0, ha j < p + 1, ugyanis a (ϕ0 (Dp+1 × S n−p−1 ), ϕ0 (S p ×S n−p−1 )) pár p-szeresen összefüggő. Ezeket behelyettesı́tve az egzakt sorozatba azt kapjuk, hogy ha i + 1 < n − p és i + 1 < p + 1, akkor πi (M ) ∼ = πi (M0 ) ∼ = πi (M 0 ). Ezzel a lemma 1 sorát igazoltuk 27 http://www.doksihu A 2. sor esetében vegyük észre, hogy ha p ≤ n2 − 1, akkor πp+1 (M, M0 ) = πp (M, M0 ) = 0, és ezért πp (M0 ) ∼ = πp (M ), és a köztük lévő izomorfizmus i∗ . Másrészt 0 . pedig πp (M 0 , M0 ) = 0, amiből az következik,

hogy πp (M 0 ) ∼ = πp (M0 )/ Im δp+1 0 Már csak annyit kell belátnunk, hogy Im δp+1 tartalmazza (i∗ )−1 (λ)-t. Rögzı́tsünk egy x ∈ S n−p−1 pontot, és vegyük a ϕ0 (·, x) : Dp+1 M 0 leképezést. Ez πp+1 (M 0 , M0 ) 0 ([ϕ0 (·, x)]) = [ϕ0 (·, x) egy olyan [ϕ0 (·, x)] elemét reprezentálja, amire δp+1 Tehát πp (M 0 ) ∼ = πp (M0 )/ Im δ 0 ∼ = πp (M )/Λ, ahol λ ∈ Λ. Sp ] = (i∗ )−1 (λ). p+1 15. Tétel Ha M n-dimenziós és s-parallelizálható, akkor átépı́thető (tüskézett áté  pı́tésekkel) egy ( n2 − 1)-szeresen összefüggő sokasággá. Bizonyı́tás. Először megöljük M fundamentális csoportját, azaz átépı́tjük M -et egy egyszeresen összefüggő, s-parallelizálható M̃ sokasággá. Ehhez először kiválasztjuk π1 (M ) egy λ generátorát. A 13 lemma szerint ez reprezentálható egy ϕ : S 1 × Dn−1 M leképezéssel úgy, hogy M 0 = χ(M,

ϕ) s-parallelizálható lesz. A 14 lemma miatt M 0 fundamentális csoportja kisebb lesz, mint M -é. Ha π1 (M 0 ) nem triviális, akkor ezt a lépést megcsinálhatjuk M 0 -re is (itt használjuk M 0 s-parallelizálhatóságát, a 13. lemmát enélkül nem alkalmazhatnánk), és ezt egészen addig ismételjük, amı́g egy megfelelő M̃ sokaságot kapunk. Ezután megöljük π2 (M )-et, erre ugyanazt a módszert alkalmazzuk, mint előbb. A 14. lemma biztosı́tja, hogy közben a fundamentális csoport triviális marad Ugyan  ı́gy megölhetjük M 3., 4, , ( n2 − 1) homotopikus csoportját   Így kapunk egy ( n2 − 1)-szeresen összefüggő sokaságot.   Meg kéne ölnünk még az n2 . homotopikus csoportot Erre különböző módszereket fogunk használni n paritásától függően. 3.21 bP2k+1 triviális A továbbiakban legyen k ≥ 3, M egy (2k + 1)-dimenziós, (k − 1)-szeresen összefüggő

s-parallelizálható sokaság, aminek a pereme egy homotopikus gömb. Célunk, hogy M -et átépı́tsük k-szorosan összefüggővé Csak ”k-dimenziós” átépı́téseket alkalmazunk, azaz olyanokat, ahol ϕ S k × Dk+1 -et ágyazza be M -be. A 14 lemma biztosı́tja, hogy eközben az alacsonyabb dimenziós homotopikus csoportok triviálisak maradnak. 28 http://www.doksihu Tehát csak azzal kell törődnünk, hogy a k. homotópiacsoport hogyan változik Áttérünk a k. homológiacsoport vizsgálatára (mert az egyszerűbben kezelhető) Hurewicz tétele szerint ez mindig izomorf lesz a k. homotópiacsoporttal (felhasználva, hogy a (k − 1)-szeres összefüggőség végig megmarad). Tehát használhatjuk a 13 lemmát, tetszőleges λ ∈ Hk (M )-hez tudunk olyan ϕ reprezentánst választani, hogy az abból elkészı́tett átépı́tés tüskézett lesz. Először nézzük meg, hogy egy átépı́téskor hogyan

változik meg a k. homológiacsoport Jelölje ε ill. ε0 a ϕ(S k × {x})-nek (x ∈ S k tetszőleges), ill ϕ0 ({x} × S k )-nak megfelelő homológiaosztályt Hk (M0 )-ban, ekkor λ = i∗ (ε). 16. Lemma Hk (M )/ hλi ∼ = Hk (M 0 )/ hi0∗ (ε0 )i. (h·i a generált részcsoportot jelöli) Bizonyı́tás. Az (M, M0 ) és az (M 0 , M0 ) pár egzakt sorozata: δ Hk+1 (M, M0 ) − Hk (M0 ) Hk+1 (M 0 , M0 ) − Hk (M0 ) δ0 i ∗ − Hk (M ) i0 ∗ − Hk (M 0 ) − Hk (M, M0 ) − Hk (M 0 , M0 ) A relatı́v homológia csoportokat meghatározhatjuk a kivágási tétel segı́tségével: minden j-re Hj (M, M0 ) ∼ = = Hj (ϕ(S k × Dk+1 ), ϕ(S k × S k )) ∼  Z k k+1 k k ∼ ∼ = Hj (S × D , S × S ) = 0 ha j = k + 1 ha j 6= k + 1 Tehát Hk (M, M0 ) ∼ = 0, ezért i∗ szürjektı́v, Hk (M ) ∼ = Hk (M0 )/ Im δ. Másrészt Hk+1 (M, M0 ) ∼ = Z, és egy generátora a ϕ̃ : (Dk+1 , S k ) (M, M0 ), ϕ̃ = leképezésnek

megfelelő homológiaosztály. Ebből látszik, hogy Im δ = hε0 i Tehát Hk (M ) ∼ = Hk (M0 )/ hε0 i, és az izomorfizmust i∗ indukálja. Ezért Hk (M )/ hλi = ϕ {x}×Dk+1 Hk (M )/ hi∗ (ε)i ∼ = (Hk (M0 )/ hε0 i)/ hε + hε0 ii ∼ = Hk (M0 )/ hε0 , εi. 29 http://www.doksihu Hasonlóan Hj (M 0 , M0 ) ∼ = Hj (ϕ0 (Dk+1 × S k ), ϕ0 (S k × S k )), és Hk+1 (M 0 , M0 ) ∼ = 0 0 ∼ Z egy generátora a ϕ Dk+1 ×{x} -nek megfelelő homológiaosztály. Ezért Hk (M ) = Hk (M0 )/ hεi, és Hk (M 0 )/ hi0 (ε0 )i ∼ = Hk (M0 )/ hε, ε0 i. ∗ Tehát Hk (M )/ hλi ∼ = Hk (M0 )/ hε, ε0 i ∼ = Hk (M 0 )/ hi0∗ (ε0 )i. 17. Lemma Hk (M ) szabad része megölhető tüskézett átépı́tésekkel Bizonyı́tás. Írjuk fel Hk (M )-et Z ⊕ Z ⊕ · · · ⊕ Z ⊕ T alakban, ahol T véges, és legyen ϕ az egyik Z komponens egy λ generátorának egy reprezentánsa, ezzel végezzük el az átépı́tést. Be fogjuk

bizonyı́tani, hogy ekkor ε0 = 0, és ezért Hk (M 0 ) ∼ = Hk (M )/ hλi. Az (M, M0 ) pár egzakt sorozatából még egy elemet felı́rva: ·λ δ Hk+1 (M ) − Hk+1 (M, M0 ) − Hk (M0 ) A (·λ) : Hk+1 (M ) Hk+1 (M, M0 ) leképezés egy Hk+1 (M )-beli µ homológiaoszályhoz Hk+1 (M, M0 ) ∼ = Z generátorának (µ · λ)-szorosát rendeli (előjeltől eltekintve), hiszen a generátor (a ϕ {x}×Dk+1 -nek megfelelő homológiaosztály) metszési száma ϕ(S k × {0})-vel, λ reprezentánsával ±1. Elég azt belátnunk, hogy (·λ) szürjektı́v, mert akkor δ = 0 és ezért hε0 i = Im δ = 0. Ehhez pedig az kell, hogy valamilyen µ ∈ Hk+1 (M )-re µ · λ = 1 Mivel ∂M homotopikus 2k-gömb, ezért minden 0 < i < 2k esetén Hi (∂M ) = 0. Ezért a (M, ∂M ) pár egzakt sorozata és a Poincaré-dualitás tétel alapján Hk (M ) ∼ = Hk (M, ∂M ) ∼ = H k+1 (M ). λ nem torzió elem, ezért a duálisa sem, ezért

B(λ, ·) 6= 0 Ha Im B(λ, ·) ≤ Z nem Z, hanem annak egy valódi hti részcsoportja, akkor 1t B(λ, ·) is egy Hk+1 (M ) Z homomorfizmus, legyen egy neki megfelelő kohomológiaosztály η ∈ H k+1 (M ). Ekkor λ duálisa és tη csak egy torzióelemben térnek el egymásól, ezért ugyanez igaz λ-ra és tη duálisára. Ez pedig ellentmond annak, hogy λ az egyik Z komponens generátora Hk (M )-ben. Tehát Im B(λ, ·) = Z, ezért van egy olyan µ ∈ Hk+1 (M ) homológiaosztály, amire B(λ, µ) = 1. A korábbiak szerint ebből következik, hogy ε0 = 0, és ı́gy az, hogy Hk (M ) λ által generált Z komponensét megöltük. Ezt megcsináljuk az összes Z komponensre Szükségünk lesz a következő algebrai lemmára: 18. Lemma Legyen h h hm−1 h h m 1 2 3 A1 − A2 − A3 − · · · − Am − Am+1 = 0 30 http://www.doksihu azonos test feletti, véges dimenziós vektorterek egzakt sorozata, és dim Ai = ai . Ekkor P i rk

h1 = m i=2 (−1) ai . Bizonyı́tás. Legyen bi = dim(Ker hi ) és ci = dim(Im hi ) = rk hi Az egzaktság miatt P i bi = ci−1 . A homomorfizmus-tétel szerint pedig ai = bi + ci Ezért m i=2 (−1) ai = Pm Pm i i m i=2 (−1) (bi + ci ) = i=2 (−1) (ci−1 + ci ) = c1 + (−1) cm = c1 , hiszen cm ≤ am+1 = 0. A következő lemmában legyen M zárt, M 0 = χ(M, ϕ) az M egy átépı́tése, és W az M és M 0 közötti kobordizmus. Legyen F egy rögzı́tett test, ekkor Hk+1 (W ; F ) véges dimenziós vektortér F felett. Tekintsük azt a B : Hk+1 (W ; F ) × Hk+1 (W ; F ) F bilineáris leképezést, ami két Hk+1 (W ; F )-beli homológiaosztályhoz hozzárendeli a metszési számukat. 19. Lemma Ha rk B páros, akkor dim Hk (M 0 ; F ) 6= dim Hk (M ; F ) Bizonyı́tás. Vegyük a (W, ∂W ) párhoz tartozó hosszú egzakt sorozatot h Hk+1 (W ; F ) − Hk+1 (W, ∂W ; F ) − Hk (∂W ; F ) − − Hk (W ; F ) − Hk (W, ∂W ; F ) − Hk−1

(∂W ; F ) − . − H0 (W ; F ) − H0 (W, ∂W ; F ) − 0 ∂W = M F M 0 , ezért Hi (∂W ; F ) ∼ = Hi (M ; F ) ⊕ Hi (M 0 ; F ) = 0 ha i < k. A Poincaré-féle dualitás tétel és az univerzális együttható formula miatt Hi (W, ∂W ; F ) ∼ = H 2k+2−i (W ; F ) ∼ = Hom(H2k+2−i (W ; F ), F ) ∼ = H2k+2−i (W ; F ). (Az utolsó izomorfizmus nem kanonikus.) Ezért az előző lemmát alkalmazva, az előjelek figyelmen kı́vül hagyásával azt kapjuk, hogy rk h ≡ dim Hk (∂W ; F ) + 2k+2 X dim Hi (W ; F ) (mod 2). i=0 rk h páros, mert rk h = rk B. Ugyanis B rangja annak a b : Hk+1 (W ; F ) Hom(Hk+1 (W ; F ), F ) leképezésnek a rangja, ami egy µ homológiaosztályhoz a ν 7 µ · ν homomorfizmust rendeli. Ez pedig nem más, mint a következő kompozı́ció: h g D Hk+1 (W ; F ) − Hk+1 (W, ∂W ; F ) − H k+1 (W ; F ) − Hom(Hk+1 (W ; F ), F ) 31 http://www.doksihu Itt a Poincaré-dualitás és az

univerzális együttható formula miatt D és g izomorfizmus, ezért rk h = rk(g ◦ D ◦ h) = rk b. W homotopikusan ekvivalens azzal a térrel, amit úgy kapunk M -ből, hogy hozzáragasztjuk Dk+1 -et a ϕ S k ×{0} : S k M leképezéssel. M egy páratlan dimenziós zárt sokaság, ezért az Euler-karakterisztikája 0, tehát χ(W ) = (−1)k+1 . Mivel χ(W ) = P2k+2 i i=0 (−1) dim Hi (W ; F ), 2k+2 X dim Hi (W ; F ) ≡ 1 (mod 2). i=0 Tehát dim Hk (∂W ; F ) = dim Hk (M ; F ) + dim Hk (M 0 ; F ) páratlan. Tehát 0 dim Hk (M ; F ) 6= dim Hk (M ; F ). A következő esetben legyen M pereme egy homotopikus gömb, M 0 = χ(M, ϕ) az M egy átépı́tése, és W az M és M 0 közötti kobordizmus. Legyen B : Hk+1 (W ; F ) × Hk+1 (W ; F ) F a metszési szám. 20. Lemma Ha rk B páros, akkor dim Hk (M 0 ; F ) 6= dim Hk (M ; F ) Bizonyı́tás. A 9 állı́tásban leı́rt konstrukciót alkalmazzuk: legyen M∗ az a topologikus

sokaság, amit úgy kapunk, hogy M peremére ragasztunk egy D2k+1 golyót, M∗0 -ot ugyanı́gy kapjuk M 0 -ből, W∗ a köztük lévő kobordizmus. Legyen B∗ : Hk+1 (W∗ ; F )× Hk+1 (W∗ ; F ) F a W∗ -beli metszési szám. A (W∗ , W ) pár egzakt sorozatát felı́rva azt látjuk, hogy a beágyazás egy Hk+1 (W ; F ) ∼ = Hk+1 (W∗ ; F ) izomorfizmust indukál. Ebből következik, hogy rk B∗ = rk B páros Ezért az előző lemma szerint dim Hk (M∗0 ; F ) 6= dim Hk (M∗ ; F ). Viszont az (M∗ , M ) pár egzakt sorozatát felı́rva azt látjuk, hogy Hk (M ; F ) ∼ = Hk (M∗ ; F ), ebből következik, hogy dim Hk (M ; F ) = dim Hk (M∗ ; F ). Hasonlóan kijön, hogy dim Hk (M 0 ; F ) = dim Hk (M∗0 ; F ) Ezeket összerakva azt kapjuk, hogy dim Hk (M 0 ; F ) 6= dim Hk (M ; F ). Ahhoz, hogy ezeket a lemmákat alkalmazhassuk, szükségünk lesz a következőre: 21. Lemma Ha V véges dimenziós vektortér F felett, B : V × V

F olyan bilineáris függvény, amire B(v, v) = 0 minden v ∈ V esetén, akkor rk B páros. Bizonyı́tás. Legyen dim V = m, és B mátrixa egy rögzı́tett bázisban (bij )m i,j=1 . B antiszimmetrikus, mert minden v1 , v2 ∈ V -re B(v1 , v2 ) = B(v1 + v1 , v2 + v2 ) − B(v1 , v1 ) − B(v2 , v2 ) − B(v2 , v1 ) = −B(v2 , v1 ), tehát bij = −bji . 32 http://www.doksihu Indirekt bizonyı́tunk, tegyük fel, hogy rk B = r páratlan. B legnagyobb nemszinguláris részmátrixa r × r-es, feltehetjük, hogy ez (bij )ri,j=1 . Q P Ennek a determinánsa π∈Sr (−1)sgn π ri=1 bi,π(i) . Q Ha a π permutációnak van fixpontja, akkor ri=1 bi,π(i) = 0, mert ha i fixpont, akkor bi,π(i) = 0. Ha π-nek nincs fixpontja, akkor π 6= π −1 mert r páratlan, és ı́gy π nem állhat csupa 2 hosszú ciklusból. Ezért az ilyen permutációkat párba állı́thatjuk az inverzükkel, és egy ilyen párra (−1)sgn π r Y sgn π −1 bi,π(i) +

(−1) i=1 r Y " bi,π−1 (i) = (−1)sgn π i=1 r Y bi,π(i) + i=1 " = (−1)sgn π r Y bi,π(i) + (−1)r i=1 r Y i=1 r Y # bπ(i),i = # bi,π(i) = 0 i=1 Tehát a determináns nem 0 tagjai párokba állı́thatók úgy, hogy egy pár összege 0. Tehát a determináns értéke 0, ez pedig ellentmond annak, hogy (bij )ri,j=1 nemszinguláris Páros k esetén az eddig szerepelt lemmákból már összerakható a bizonyı́tás: 22. Tétel Ha k páros, akkor bP2k+1 = 0 Bizonyı́tás. Legyen M egy (2k + 1)-dimenziós s-parallelizálható sokaság, aminek a határa, ∂M ∈ Θ2k egy homotopikus gömb. Bebizonyı́tjuk, hogy ekkor ∂M = S 2k És mivel ez tetszőleges M -re igaz lesz, ez azt jelenti, hogy bP2k+1 egyetlen eleme S 2k (diffeomorfizmus erejéig). A 15. tétel szerint M -et át tudjuk épı́teni (k − 1)-szeresen összefüggővé, a 17 lemma szerint pedig azt is feltehetjük, hogy Hk (M ) véges. Vegyünk

egy 0-tól különböző λ ∈ Hk (M ) elemet, ennek egy ϕ reprezentánsával készı́tsük el az M 0 = χ(M, ϕ) sokaságot. Legyen W az M és M 0 közötti kobordizmus, B : Hk+1 (W ; Q) × Hk+1 (W ; Q) Q a két homológiaosztályhoz a metszési számukat rendelő leképezés. k + 1 páratlan, ezért B antiszimmetrikus A 21 lemma miatt ebből következik, hogy B rangja páros. A 20. lemma szerint dim Hk (M 0 ; Q) 6= dim Hk (M ; Q), azaz rk Hk (M 0 ) 6= rk Hk (M ), tehát Hk (M 0 ) végtelen. A 16 lemma szerint viszont Hk (M )/ hλi ∼ = Hk (M 0 )/ hi0 (ε0 )i, ∗ 33 http://www.doksihu ez pedig véges, mert Hk (M ) is az. Ezért Hk (M 0 ) ∼ = Z ⊕ T alakban ı́rható, ahol T véges, és i0∗ (ε0 ) 6= 0 a Z komponensben van. Ezért |T | ≤ |Hk (M 0 )/ hi0∗ (ε0 )i | = |Hk (M )/ hλi | < |Hk (M )| Ha M 0 -re alkalmazzuk a 17. lemmát, akkor egy olyan M 00 sokaságot kapunk, amire Hk (M 00 ) ∼ = T egy Hk (M )-nél szigorúan

kisebb elemszámú csoport. Ezzel az eljárással tehát sikerült csökkentenünk Hk (M ) méretét. Ezt egészen addig ismételjük, amı́g egy olyan M̂ sokaságot kapunk, amire Hk (M̂ ) = 0. A 6 tétel szerint M̂ ≈ D2k+1 . Mivel az átépı́tések során a perem nem változott, ∂M ≈ ∂ M̂ ≈ S 2k . A továbbiakban legyen k páratlan. Ebben az esetben is azt fogjuk belátni, hogy bP2k+1 triviális. A 17 lemmáig minden ugyanúgy működik, mint páros k esetén, tehát feltehetjük, hogy M (k − 1)-szeresen összefüggő, és Hk (M ) véges. Nézzük meg, hogy páratlan k esetén hogyan lehet tovább csökkenteni a véges Hk (M ) csoportot. Válasszunk ki egy λ ∈ Hk (M ), λ 6= 0 homológiaosztályt, és annak egy, a 13. lemma alapján konstruált ϕ reprezentánsát. Ebből kiindulva definiáljuk M0 -t, ε-t, ε0 -t ugyanúgy, mint korábban. Legyen λ rendje l Ekkor 0 = lλ = li∗ (ε) = i∗ (lε) Mivel Hk

(M ) ∼ = Hk (M0 )/ hε0 i, és az izomorfizmust i∗ indukálja, ez azt jelenti, hogy lε ∈ hε0 i, tehát lε = l0 ε0 valamilyen l0 -re. 23. Lemma Ha l nem osztója l0 -nek, akkor van olyan α, hogy ϕ-t a 13 lemmában leı́rt módon α-val módosı́tva olyan reprezentánst kapunk, amiből ha elkészı́tjük az Mα0 átépı́tett sokaságot, az s-parallelizálható lesz (az átépı́tés tüskézett), és |Hk (Mα0 )| < |Hk (M )|. Bizonyı́tás. A 13 lemma bizonyı́tása alapján Mα0 s-parallelizálhatóságát olyan α választásával tudjuk biztosı́tani, amire s∗ ([α]) = [g̃]−1 ∈ πk (SO2k+2 ). Mivel ϕ-t eleve a 13. lemmával konstruáltuk, ezért [g̃] = 0, tehát olyan α kell, amire s∗ ([α]) = 0, azaz [α] ∈ Ker s∗ . Legyenek s1 : SOk+1 SOk+2 és s2 : SOk+2 SO2k+2 a beágyazások, ekkor s = s2 ◦ s1 , és ezért s∗ = (s2 )∗ ◦ (s1 )∗ . Tudjuk, hogy (s2 )∗ : πk (SOk+2 ) πk (SO2k+2 )

izomorfizmus, ezért Ker s∗ = Ker(s1 )∗ . 34 http://www.doksihu SOk+1 Az SOk+2 − S k+1 fibrálás egzakt sorozata: (s1 )∗ δ πk+1 (S k+1 ) − πk (SOk+1 ) − πk (SOk+2 ) Ezért Ker(s1 )∗ = Im δ. Tehát olyan α-t keresünk, amire [α] ∈ Im δ Egy ilyen α-val készı́tsük el Mα0 -t, és nézzük meg, hogy mi lesz Hk (Mα0 ). Ehhez a 16. lemmát akarjuk alkalmazni M0 = M ϕ(S k × int Dk+1 ) = M ϕα (S k × int Dk+1 ) nem változik. Jelölje i0α az M0 Mα0 beágyazást. A ϕα ({x} × S k )-nak megfelelő homológiaosztály M0 -ban ugyanaz, mint a ϕ({x} × S k )-nak megfelelő, azaz ε0 . A 16 lemma szerint tehát Hk (M )/ hλi ∼ = Hk (M 0 )/ h(i0 )∗ (ε0 )i. α Hk (Mα0 ) α tehát akkor lesz kisebb elemszámú, ha | h(i0α )∗ (ε0 )i | < | hλi | = l. Meg kell tehát határoznunk (i0α )∗ (ε0 ) rendjét. Legyen a ϕα (S k × {x})-nek megfelelő homológiaosztály εα . Ekkor (i0α )∗ (εα ) = 0 Azt is

tudjuk, hogy εα = ε + j∗ ([α])ε0 , ahol j∗ : πk (SOk+1 ) πk (S k ) ∼ = Z a j : SOk+1 S k projekció által indukált homomorfizmus. Ezért (l0 + lj∗ ([α]))ε0 = l0 ε0 + l(εα − ε) = lεα , mert lε = l0 ε0 . Tehát (l0 + lj∗ ([α]))(i0α )∗ (ε0 ) = (i0α )∗ ((l0 + lj∗ ([α]))ε0 ) = (i0α )∗ (lεα ) = 0. Tehát (i0α )∗ (ε0 ) rendje (l0 + lj∗ ([α])), ezért ha 0 < |l0 + lj∗ ([α])| < l, akkor sikerült Hk (M ) méretét csökkenteni. Mivel j∗ (Im δ) = 2Z (itt használjuk, hogy k páratlan), ezért l0 +lj∗ ([α]) tetszőleges értéket felvehet, ami kongruens l0 -vel modulo 2l (olyan α választása mellet, amivel Mα0 is s-parallelizálható lesz). Mivel l nem osztója l0 -nek, ezért meg tudjuk választani α-t úgy, hogy Hk (M ) mérete csökkenjen. Tehát ha van olyan λ ∈ Hk (M ), amire a fenti módon definiált l nem osztja l0 -t, akkor tudjuk csökkenteni Hk (M ) méretét. Nézzük meg,

hogy fordulhat elő az, hogy nincs ilyen λ. 24. Lemma Ha minden λ esetén l osztója l0 -nek, akkor 2Hk (M ) = 0 Bizonyı́tás. Először belátjuk, hogy minden λ esetén L(λ, λ) = 0 (L : Hk (M ) × Hk (M ) Q/Z a hurkolódási szám.) Válasszunk egy tetszőleges λ-t, annak egy ϕ reprezentánsát, ahhoz definiáljuk M0 -t, ε-t, ε0 -t. 35 http://www.doksihu Legyen Ck (M0 )-ban ε és ε0 egy-egy reprezentáns ciklusa e és e0 . lε − l0 ε0 = 0, ezért van egy olyan c lánc Ck+1 (M0 )-ban, aminek a határa le − l0 e0 . Legyen c1 a ϕ({x} × Dk+1 )-nek megfelelő lánc Ck+1 (M )-ben, ekkor ∂c1 = e0 (C(M0 )-t C(M ) részhalmazának tekintjük). Ezért ∂(c − l0 c1 ) = le Mivel M -ben i∗ (ε) = λ, ezért e a λ egy reprezentánsa, ezért L(λ, λ) = 1 [(c l − l0 c1 )] · λ = l0 [c ] l 1 · λ = 0, mert [c] · λ = 0 (hiszen c M0 -beli, és ı́gy diszjunkt ϕ(S k × {0})-tól, λ reprezentánsától), és l0 l

egész. Tehát L(λ, λ) = 0. Ezért tetszőleges λ, µ ∈ Hk (M ) esetén 2L(λ, µ) = L(λ, µ) + L(µ, λ) = L(λ + µ, λ + µ) − L(λ, λ) − L(µ, µ) = 0. Tehát tetszőleges λ esetén minden µ-re L(2λ, µ) = 0, ebből pedig, mivel L nemelfajuló, következik, hogy 2λ = 0. Tehát már csak azt kéne megoldani, hogy hogyan lehet csökkenteni Hk (M ) méretét akkor, ha 2Hk (M ) = 0. Lényegében erről szól a következő tétel bizonyı́tása: 25. Tétel Ha k páratlan, akkor bP2k+1 = 0 Bizonyı́tás. Legyen M egy (2k + 1)-dimenzió s-parallelizálható sokaság, aminek a pereme egy homotopikus gömb. A 15 tétel szerint feltehetjük, hogy M (k − 1)szeresen összefüggő, a 17 lemma szerint pedig azt, hogy Hk (M ) véges A 23 lemma alapján ha van olyan λ, amire l nem osztja l0 -t, akkor tudjuk csökkenteni Hk (M ) méretét. Ha nincs ilyen λ, akkor az előző lemma szerint 2Hk (M ) = 0, vagyis Hk (M ) ∼ = Z2 ⊕ ·

· · ⊕ Z2 = sZ2 . Nézzük meg, hogy mi történik, ha kiválasztjuk Hk (M ) egy nem 0 elemét, és annak egy reprezentánsával végrehajtunk egy átépı́tést. Legyen M 0 az átépı́tett sokaság. A 16 lemma szerint Hk (M )/Z2 ∼ = Hk (M 0 )/ hi0 (ε0 )i. A 23 ∗ lemmában láttuk, hogy i0∗ (ε0 ) rendje a reprezentáns megfelelő választásával tetszőleges 0 l -vel kongruens érték lehet modulo 2l. Most l = 2, és l0 páros, ezért elérhetjük, hogy i0∗ (ε0 ) rendje 0 vagy 2 legyen. Tehát Hk (M )/Z2 ∼ = Hk (M 0 )/Z2 vagy Hk (M )/Z2 ∼ = Hk (M 0 )/Z. Mivel Hk (M )/Z2 ∼ = (s − 1)Z2 , ez azt jelenti, hogy Hk (M 0 ) a következő csoportok közül valamelyik: sZ2 , Z4 ⊕ (s − 2)Z2 , Z ⊕ (s − 1)Z2 , 36 Z ⊕ (s − 2)Z2 . http://www.doksihu (A következő rész a Steenrod-operációk és a Wu formula Milnor, Stasheff [8]-ban megtalálható leı́rására támaszkodik:) Legyen W az M és M 0

közötti kobordizmus. A 20 lemmát szeretnénk alkalmazni (Z2 -beli együtthatókkal). A 21 lemma alapján ehhez az kéne, hogy minden β ∈ Hk+1 (W ; Z2 ) esetén β·β = 0, azaz (a duálisokra áttérve) minden x ∈ H k+1 (W, ∂W ; Z2 ) esetén x ∪ x = 0. Ez pedig azzal ekvivalens, hogy a Steenrod-féle Sq k+1 : H k+1 (W, ∂W ; Z2 ) H 2k+2 (W, ∂W ; Z2 ) leképezés 0. Nézzük a hi : H 2k+2−i (W, ∂W ; Z2 ) Z2 , hi (x) = Sq i (x)[W ] homomorfizmust (Sq i (x) ∈ H 2k+2 (W, ∂W ; Z2 ) kiértékelve W fundamentális homológiaosztályán). Az univerzális együttható formula és a Poincaré-dualitás miatt egyértelműen létezik egy γi ∈ H2k+2−i (W, ∂W ; Z2 ) homológiaosztály, amire hi (x) = hx, γi i minden xre. Legyen γi duálisa vi ∈ H i (W ; Z2 ), az i Wu-osztály, erre teljesül, hogy minden x ∈ H 2k+2−i (W, ∂W ; Z2 )-re hi (x) = (x ∪ vi )[W ], tehát Sq i (x) = x ∪ vi . Legyen v = 1 + v1 + · · · +

v2k+2 ∈ H ∗ (W ; Z2 ) a teljes Wu-osztály, Sq = Sq 0 + · · · + Sq 2k+2 a teljes Steenrod négyzet operáció, és w = 1 + w1 + · · · + w2k+2 W teljes Stiefel-Whitney osztálya. A Wu-formula (egyik alakja) szerint Sq(v) = w. Mivel W parallelizálható, ezért w = 1, tehát v = 1. Ez pedig azt jelenti, hogy vk+1 = 0, azaz minden x ∈ H k+1 (W, ∂W ; Z2 )-re Sq k+1 (x) = x ∪ vk+1 = 0. Tehát Sq k+1 = 0 Ezek szerint alkalmazhatjuk a 20. lemmát, dim Hk (M 0 ; Z2 ) 6= dim Hk (M ; Z2 ) Mivel Hk−1 (M 0 ) = 0, az univerzális együttható formula miatt Hk (M 0 ; Z2 ) ∼ = Hk (M 0 )⊗ Z2 . Ez azt jelenti, hogy Hk (M 0 ) már csak Z4 ⊕ (s − 2)Z2 vagy Z ⊕ (s − 2)Z2 lehet Az előbbi esetben a 23. és a 24 lemma miatt tudjuk csökkenteni Hk (M 0 ) méretét, az utóbbi esetben pedig a 17. lemma alkalmazásával kaphatunk egy olyan M 00 sokaságot, amire Hk (M 00 ) ∼ = (s − 1)Z2 . Tehát Hk (M ) méretét akkor is tudjuk csökkenteni, ha

2Hk (M ) = 0. Ezért véges sok lépés után kapunk egy k-szorosan összefüggő sokaságot, a 6. tétel miatt ez diffeomorf D2k+1 -gyel. Mivel a sokaság pereme az átépı́tések során nem változik, ezért a kiindulási sokaság pereme is csak S 2k lehetett. Tehát bP2k+1 egyetlen eleme S 2k . 37 http://www.doksihu 3.22 bP2k véges Legyen k ≥ 3 és M 2k-dimenziós, (k − 1)-szeresen összefüggő sokaság. Az előző esethez hasonlóan most is megpróbáljuk átépı́tésekkel megölni Hk (M )-et Ez azonban nem fog tetszőleges M -re sikerülni, a 28. lemma ad majd elégséges feltételt A következő két lemma ezt készı́ti elő. 26. Lemma Ha M (k − 1)-szeresen összefüggő 2k-dimenziós sokaság, k ≥ 3, akkor minden λ ∈ Hk (M ) homológiaosztály reprezentálható egy ϕ0 : S k M beágyazással. Bizonyı́tás. (ld Milnor [5], Lemma 6) A Hurewicz-tétel szerint Hk (M ) ∼ = πk (M ), ezért Hk (M )

tetszőleges eleme reprezentálható f : S k M leképezéssel. Whitney tétele alapján feltehetjük, hogy f immerzió, és csak véges sok dupla pontja van, azaz az {a1 , a01 , . , am , a0m } pontokon kı́vül injektı́v, és az f (a1 ) = f (a01 ), . , f (am ) = f (a0m ) értékek egymástól és a többi helyen felvett értékektől különböznek. Ekkor van olyan közös környezete a1 -nek és a01 -nek, ami f (a1 ) = f (a01 )-nek egy R2k -val diffeomorf környezetébe képződik. Erre alkalmazhatjuk a Whitney-trükköt, ezzel eltüntetve a dupla pontot. Ha ugyanezt megcsináljuk a többi dupla ponttal is, kapunk egy megfelelő beágyazást. Legyen B : Hk (M ) × Hk (M ) Z a homológiák metszési száma által megadott bilineáris leképezés. 27. Lemma Hk (M ) szabad Abel-csoport és |det B| = 1 Bizonyı́tás. ∂M homotopikus (2k − 1)-gömb, ezért (M, ∂M ) egzakt sorozatából, a Poincaré-dualitásból és

az univerzális együttható formulából a következő izomorfizmusokat kapjuk: Hk (M ) ∼ = Hk (M, ∂M ) ∼ = H k (M ) ∼ = Hom(Hk (M ), Z). Tehát Hk (M ) szabad Abel-csoport. Vegyük Hk (M ) egy λ1 , λ2 , . , λm szabad generátorrendszerét (bázisát) Ekkor Hom(Hk (M ), Z)-nek definiálhatjuk két bázisát: az egyik λ∗1 , λ∗2 , . , λ∗m , ahol λ∗i (λj ) = δij (δij a Kronecker-delta), a másik B(λ1 , ·), B(λ2 , ·), . , B(λm , ·), a λk Poincaré-duálisainak megfelelő homomorfizmusok B mátrixa pont a két bázis közti áttérési mátrix, ezért invertálható, és B −1 is egész elemű. det B −1 = (det B)−1 , ez csak úgy lehet, ha |det B| = 1. 38 Viszont mivel http://www.doksihu Definı́ció. Hk (M ) egy (λ1 , , λr , µ1 , , µr ) bázisa szimplektikus, ha minden i, j-re λi · λj = µi · µj = 0 és λi · µj = δij . 28. Lemma Ha M (k − 1)-szeresen összefüggő, Hk (M

)-nek van egy szimplektikus bázisa és minden olyan M -be beágyazott gömbnek triviális a normálnyalábja, ami hλ1 , . , λr i egy elemét reprezentálja, akkor Hk (M ) átépı́tésekkel megölhető Bizonyı́tás. A 26 lemma szerint λr reprezentálható egy ϕ0 : S k M beágyazással Ekkor ϕ0 (S k ) normálnyalábja triviális, ezért egy csőszerű környezete diffeomorf S k × Dk -val, legyen ϕ : S k × Dk M ez a diffeomorfizmus (ϕ 0 0 el az M = χ(M, ϕ) átépı́tett sokaságot. Legyen ϕ : D k+1 S k ×{0} k−1 ×S = ϕ0 ). Készı́tsük M 0 a standard beágyazás. Legyen M0 = M ϕ(S k ×int Dk ) = M 0 ϕ0 (int Dk+1 ×S k−1 ), a beágyazásai i : M0 M és i0 : M0 M 0 . A 14. lemma szerint M 0 (k − 2)-szeresen összefüggő lesz Az (M, M0 ) pár egzakt sorozata: ·λ i ∗ r Hk+1 (M, M0 ) − Hk (M0 ) − Hk (M ) − ·λ δ r k − Hk (M, M0 ) − Hk−1 (M0 ) − Hk−1 (M ) = 0 Ahol a kivágási

tétel alapján  Z Hj (M, M0 ) ∼ = Hj (ϕ(S k × Dk ), ϕ(S k × S k−1 )) ∼ = 0 ha j = k ha j 6= k Tehát Hk+1 (M, M0 ) = 0, ezért i∗ : Hk (M0 ) Hk (M ) injektı́v. (·λr ) : Hk (M ) Hk (M, M0 ) ∼ = Z egy homológiaosztályhoz a λr -rel vett metszési számát rendeli, ezért Ker (·λr ) = hλ1 , . , λr , µ1 , , µr−1 i Ebből következik, hogy i∗ izomorfizmus Hk (M0 ) és hλ1 , . , λr , µ1 , , µr−1 i között (·λr ) szürjektı́v, mert λr · µr = 1, ezért δk = 0. Tehát Hk−1 (M0 ) = 0 Az (M 0 , M0 ) pár egzakt sorozata: 0 δk+1 i0 ∗ Hk+1 (M 0 , M0 ) − Hk (M0 ) − Hk (M 0 ) − Hk (M 0 , M0 ) − − Hk−1 (M0 ) − Hk−1 (M 0 ) − Hk−1 (M 0 , M0 ) 39 http://www.doksihu Megint a kivágási tételből következik, hogy  Z Hj (M 0 , M0 ) ∼ = Hj (ϕ0 (Dk+1 × S k−1 ), ϕ0 (S k × S k−1 )) ∼ = 0 ha j = k + 1 ha j 6= k + 1 Ezért Hk (M 0 , M0 ) = Hk−1 (M 0 , M0 ) = 0,

tehát Hk−1 (M 0 ) ∼ = Hk−1 (M0 ) = 0, azaz M 0 is (k − 1)-szeresen összefüggő. Másrészt pedig Hk (M 0 , M0 ) = 0, ezért i0∗ szürjektı́v, ami azt jelenti, hogy 0 Hk (M 0 ) ∼ . Hk+1 (M 0 , M0 ) egy generátora a ϕ0 (Dk+1 × {x})-nek = Hk (M0 )/ Im δk+1 0 egy generátora megfelelő homológiaosztály (x ∈ S k−1 tetszőleges), ezért Im δk+1 a ϕ0 (S k × {x})-nek megfelelő homológiaosztály Hk (M0 )-ban, ami nem más, mint i−1 (λr ). Tehát Hk (M 0 ) ∼ = hλ1 , . , λr , µ1 , , µr−1 i / hλr i, és az izomorfizmust i0 ◦ i−1 ∗ ∗ ∗ indukálja. Tehát sikerült Hk (M ) rangját 2-vel csökkenteni. Ahhoz, hogy ezt az eljárást alkalmazhassuk M 0 -re is, le kell ellenőriznünk, hogy erre is teljesülnek a lemma feltételei. 0 0 −1 0 0 Legyen i0∗ (i−1 ∗ (λj )) = λj , i∗ (i∗ (µj )) = µj ∈ Hk (M ) (j = 1, . , r − 1) Az előbbiek szerint ez egy bázisa Hk (M 0 )-nek, belátjuk,

hogy szimplektikus. Ehhez az kell, hogy bármely két báziselem metszési száma ugyanannyi, mint Hk (M ) megfelelő báziselemeié. Legyen tehát η1 , η2 ∈ {λ1 , , λr−1 , µ1 , , µr−1 } Ekkor i−1 ∗ (η1 ), i−1 ∗ (η2 ) ∈ Hk (M0 ) reprezentálhatóak M0 -ba beágyazott gömbökkel (26. lemma) Ezek egyben reprezentánsai η1 -nek és η2 -nek, ezért a metszési számuk η1 ·η2 . Másrészt reprezentánsai η10 -nek és η20 -nek is, és ebből következik, hogy η1 · η2 = η10 · η20 . Ezenkı́vül le kell ellenőriznünk, hogy ha b : S k M 0 egy λ01 , . , λ0r−1 -beli homológiaosztályt reprezentál, akkor a normálnyalábja triviális. Legyen p : Dk+1 × S k−1 Dk+1 a vetı́tés. Sard tétele szerint p((ϕ0 )−1 (b(S k ))) nullmértékű, ezért van olyan x ∈ Dk+1 , hogy b(S k ) ∩ ϕ0 ({x} × S k−1 ) = ∅. M0 ϕ0 (S k × S k−1 ) diffeomorf M 0 ϕ0 ({x} × S k−1 )-el, sőt, olyan

diffeomorfizmus is van köztük, ami izotóp idM0 ϕ0 (S k ×S k−1 ) -el, ezért b : S k M 0 ϕ0 ({x} × S k−1 ) izotóp egy b0 : S k M0 ϕ0 (S k × S k−1 ) beágyazással. b0 (S k ) ugyanazt a homológiaosztályt reprezentálja M 0 -ben, mint b(S k ), és az izotópia miatt a normálnyalábjuk izomorf. Elég tehát azt belátnunk, hogy b0 (S k ) normálnyalábja triviális. 40 http://www.doksihu b0 (S k ) egy olyan γ ∈ Hk (M0 ) homológiaosztályt reprezentál, amire i0∗ (γ) ∈ λ01 , . , λ0r−1 , ezért γ ∈ hi∗ (λ1 ), , i∗ (λr−1 ), i∗ (λr )i b0 (S k ) egyben reprezentálja az i−1 ∗ (γ) ∈ Hk (M ) homológiaosztályt is, ami hλ1 , . , λr−1 , λr i-ben van Ezért a lemma feltétele biztosı́tja, hogy b0 (S k ) normálnyalábja triviális. Ezután esetszétválasztást csinálunk k paritása szerint Ha k páros Keresünk olyan sokaságokat, amelyekre tudjuk alkalmazni az előbb

bizonyı́tott lemmát. Ehhez először is találnunk kell egy szimplektikus bázist Hk (M )-ben 29. Lemma Ha k páros, B szignatúrája σ(M ) = 0, és minden λ ∈ Hk (M )-re λ · λ páros, akkor Hk (M )-nek van egy szimplektikus bázisa. Bizonyı́tás. (ld Milnor [5], Lemma 9) Van olyan (nem 0) λ1 ∈ Hk (M ), amire λ1 · λ1 = 0 (ld. Milnor [5], Lemma 8) Feltehetjük, hogy λ1 nem többszöröse Hk (M ) egyetlen elemének sem (mert ha λ1 = a1 η1 +· · ·+am ηm , ahol (η1 , . , ηm ) Hk (M ) ∼ = Z m egy bázisa, akkor egyszerűsı́thetünk a1 , . , am legnagyobb közös osztójával) Ekkor Im B(λ1 , ·) = Z, ugyanis ha Im B(λ1 , ·) = hti, akkor minden i-re megcsinálhatjuk a következőt: ı́rjuk fel B mátrixát az (η1 , . , ηm ) bázisban, és ha λ1 = a1 η1 + · · · + am ηm , akkor az i. oszlopát szorozzuk meg ai -vel és minden j 6= i-re adjuk hozzá a j. oszlop aj -szeresét Az ı́gy kapott mátrix

determinánsa ±ai , másrészt az i oszlopban a λ1 ·ηj értékek állnak, ezért a determináns osztható t-vel. Tehát t minden ai -t oszt, ezért t = ±1. Tehát van olyan µ, amire λ1 · µ = 1 Legyen µ1 = µ− µ·µ λ1 (ez a kifejezés értelmes, mivel µ·µ páros). Ekkor λ1 ·µ1 = 1 2 és µ1 · µ1 = 0. Ezért minden η ∈ Hk (M ) egyértelműen felı́rható η = aλ1 + bµ1 + η 0 alakban, ahol λ1 ·η 0 = µ1 ·η 0 = 0 (nevezetesen a = −µ1 ·η, b = λ1 ·η, η 0 = η−aλ1 −bµ1 ). Tehát Hk (M ) = hλ1 i ⊕ hµ1 i ⊕ G ahol G = {η | λ1 · η = µ1 · η = 0}. Ezután már csak G-nek kell meghatároznunk egy szimplektikus bázisát. B G -re is teljesül, hogy a determinánsa ±1 és a szignatúrája 0 (mert B hλ1 i⊕hµ1 i determinánsa -1, szignatúrája 0), ezért G-ből kiválaszthatunk egy megfelelő λ2 -t és µ2 -t. Ekkor G = hλ2 i ⊕ hµ2 i ⊕ G2 , ahol G2 egy G-hez hasonló tulajdonságú

részcsoport. A báziselemek kiválasztását egészen addig folytathatjuk, amı́g megkapjuk Hk (M ) egy teljes bázisát, ez a bázis pedig szimplektikus lesz. 41 http://www.doksihu 30. Lemma Ha k páros és a ϕ0 : S k M beágyazás a λ ∈ Hk (M ) homológiaosztályt reprezentálja, akkor 1. λ · λ páros 2. N ϕ0 (S k ) pontosan akkor triviális, ha λ · λ = 0 Bizonyı́tás. (ld Milnor [5], Lemma 7) S k s-parallelizálható, ezért T ϕ0 (S k ) ⊕ ε1ϕ0 (S k ) triviális, M s-parallelizálhatósága miatt pedig (T M ⊕ ε2M ) ϕ0 (S k ) ∼ = (N ϕ(S k ) ⊕ ε1ϕ0 (S k ) ) ⊕ (T ϕ0 (S k ) ⊕ ε1ϕ0 (S k ) ) triviális, tehát N ϕ0 (S k ) ⊕ ε1ϕ0 (S k ) is az (1. lemma) Ezért j∗ (o(N ϕ0 (S k ))) = 0, ahol j∗ : πk−1 (SOk ) πk−1 (SOk+1 ) a beágyazás által indukált homomorfizmus. Mivel k páros, Ker j∗ ∼ = Z, és egy generátora o(T S k ). Tehát o(N ϕ0 (S k )) = ro(T S k ) valamilyen r ∈ Z-re. k

páros, ezért T S k Euler-osztálya e(T S k ) = χ(S k ) = 2 (a H k (S k ) ∼ = Z azonosı́tás k k ∼ után). Mivel a πk−1 (SOk ) H (S ) = Z, o(ξ) 7 e(ξ) leképezés homomorfizmus, ezért e(N ϕ0 (S k )) = re(T S k ) = 2r. Tehát e(N ϕ0 (S k )) páros, és pontosan akkor 0, ha r = 0, vagyis ha o(N ϕ0 (S k )) = 0, azaz N ϕ0 (S k ) triviális. Viszont ϕ0 (S k ) normálnyalábjának Euler-osztálya azonosı́tható a λ · λ önmetszési számmal. Tehát λ · λ páros, és pontosan akkor 0, ha N ϕ0 (S k ) triviális. Az eddigieket összerakva kapjuk a következőt: 31. Tétel Legyen M 2k-dimenziós s-parallelizálható sokaság, ahol k > 2 páros, és ∂M egy homotopikus gömb. Ha σ(M ) = 0, akkor ∂M ≈ S 2k−1 Bizonyı́tás. A 15 tétel szerint M -ből (tüskézett) átépı́tésekkel kaphatunk egy M 0 (k − 1)-szeresen összefüggő sokaságot. Mivel az átépı́tés nem változtatja meg a

szignatúrát, σ(M 0 ) = 0. A 28 lemmát alkalmazzuk, a 26, 30 és 29 lemma biztosı́tja, hogy a feltételek teljesülnek. Tehát M 0 -t átépı́thetjük egy k-szorosan összefüggő M 00 sokasággá. A 6 tételből következik, hogy ∂M 00 ≈ S 2k−1 , és mivel a perem az átépı́tések során nem változott, ez azt jelenti, hogy ∂M ≈ S 2k−1 . Megjegyzés. A 28 lemma alkalmazásakor is elég tüskézett átépı́téseket használni Ugyanis, ahogy azt a 13. lemmában láttuk, ahhoz, hogy mindig találhassunk olyan αt, amivel módosı́tva az aktuális ϕ leképezést tüskézett átépı́tést kapunk, az kell, hogy s∗ : π2k (SO2k ) π2k (SO2k+1 ) szürjektı́v legyen. Ez pedig teljesül, mivel π2k (SO2k ) 42 http://www.doksihu elemei azonosı́thatóak az S 2k+1 feletti 2k-dimenziós nyalábokkal, π2k (SO2k+1 ) elemei azonosı́thatóak az S 2k+1 feletti (2k + 1)-dimenziós nyalábokkal, és az s∗

leképezésnek a nyalábok között a ⊕ε1S 2k+1 operáció felel meg. Azt pedig tudjuk, hogy minden S 2k+1 feletti (2k + 1)-dimenziós nyaláb előáll, mint egy 2k-dimenziós és egy 1-dimenziós triviális nyaláb összege, hiszen egy ilyen nyaláb Euler-osztálya 0, tehát van sehol sem 0 szelése. 32. Lemma Ha k = 2m páros, akkor van olyan 4m-dimenziós, s-parallelizálható M0 sokaság, amire ∂M0 ≈ S 4m−1 és σ(M0 ) 6= 0. Bizonyı́tás. (ld Milnor, Kervaire [7]) Nézzük a J4m−1 : π4m−1 (SO) Π4m−1 homomorfizmust. π4m−1 (SO) ∼ = Z, Π4m−1 véges, tehát van olyan α ∈ π4m−1 (SO), amire α 6= 0, de J4m−1 (α) = 0. Rögzı́tsük le a dimenziót, nézzük az S 8m S 4m+1 leképezéseket, pontosabban ezek Pontrjagin-sokaságait. A J4m−1 (α) = 0 feltétel azt jelenti, hogy S 4m−1 azzal a tüskézéssel, amit a standard tüskézésből α alkalmazása után kapunk, egy nullhomotóp 8m

leképezés Pontrjagin-sokasága, tehát nullkobordáns. Vagyis van egy W ⊂ R+ 4m-dimenziós tüskézett sokaság, aminek a tüskézett pereme S 4m−1 a szóban forgó tüskézéssel. W -t ragasszuk össze S 4m−1 mentén N = S−4m -al, ı́gy kapunk egy (R8m -be beágyazott) 4m-dimenziós V sokaságot. W tüskézett, azaz N V W triviális, a trivializálás V -re való kiterjesztésének ob- strukciója pont α. A 11 lemma szerint α a pm (N V ) Pontrjagin-osztály nem-nulla konstansszorosa. Mivel α 6= 0, ebből következik, hogy pm (N V ) 6= 0 N W triviális, ezért T W is az (2., 3 lemma) Ezért minden 1 ≤ i ≤ m-re pi (T W ) = 0. Nézzük a j : W V beágyazást, a (W, V ) pár egzakt sorozatából látszik, hogy a kohomológiacsoportokon indukált j ∗ : H i (V ) H i (W ) izomorfizmus, ha 1 ≤ i ≤ 4m − 1. Ebből következik, hogy pi (T V ) = (j ∗ )−1 (pi (T W )) = 0, ha 1 ≤ i ≤ m − 1. Mivel T V ⊕ N V =

ε8m V , ezért a Whitney-összeg Pontrjaginosztályaira vonatkozó formula miatt pm (T V ) + pm (N V ) = 0. Tehát pm (T V ) 6= 0 A Hirzebruch szignatúra tételből következik, hogy σ(V ) 6= 0. σ(W ) = σ(V ) (ez ugyanúgy látható be, mint a 9. állı́tás bizonyı́tásában σ(M ) = σ(M∗ )), tehát σ(W ) 6= 0. W -t úgy definiáltuk, hogy a pereme S 4m−1 legyen, és láttuk, hogy parallelizálható. Tehát W egy megfelelő M0 43 http://www.doksihu Ezután vegyük az összes olyan 4m dimenziós, s-parallelizálható sokaságot, aminek a pereme S 4m−1 , és nézzük ezek szignatúráinak halmazát. Ez részcsoport Z-ben, mert tartalmazza a 0-t (ami σ(D4m )), zárt az ellentettképzésre (ha ∂M ≈ S 4m−1 , akkor ∂(−M ) ≈ −S 4m−1 ≈ S 4m−1 , és σ(−M ) = −σ(M )), és zárt az összeadásra. Ugyanis ha M = M1 #∂ M2 , akkor ∂M ≈ ∂M1 #∂M2 ≈ S 4m−1 #S 4m−1 ≈ S 4m−1 , σ(M ) =

σ(M1 ) + σ(M2 ), és M is s-parallelizálható. Az előző lemma miatt ez a csoport nem 0, jelölje σm a generátorát. 33. Lemma Legyen M1 és M2 két 4m-dimenziós s-parallelizálható sokaság, amelyek peremei homotopikus gömbök. ∂M1 ≈ ∂M2 pontosan akkor teljesül, ha σ(M1 ) ≡ σ(M2 ) modulo σm . Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy σ(M1 ) − σ(M2 ) = tσm valamilyen t ∈ Z-re Ekkor van egy olyan M0 s-parallelizálható sokaság, amire ∂M0 ≈ S 4m−1 és σ(M0 ) = tσm . Legyen M = −M1 #∂ M2 #∂ M0 . Ekkor ∂M ≈ −∂M1 #∂M2 #∂M0 ≈ −∂M1 #∂M2 , ez egy homotopikus gömb σ(M ) = −σ(M1 )+σ(M2 )+σ(M0 ), és M s-parallelizálható. A 31. tétel szerint −∂M1 #∂M2 ≈ S 2k−1 , tehát ∂M1 ≈ ∂M2 Másrészt tegyük fel, hogy ∂M1 ≈ ∂M2 . Ekkor M = −M1 #∂ M2 s-parallelizálható és a pereme −∂M1 #∂M2 ≈ S 4m−1 . Ezért a szignatúrája a σm által generált részcsoportban

van, tehát σ(M ) = −σ(M1 ) + σ(M2 ) osztható σm -mel 34. Tétel bP4m véges Bizonyı́tás. Legyen Σ ∈ bP4m egy homotopikus gömb, ami határa az M (s-)parallelizálható sokaságnak Az előző lemma szerint Σ-t (irányı́tástartó diffeomorfizmus erejéig) meghatározza σ(M ) mod σm , ez pedig csak véges sok féle lehet. Megjegyzés. Az is látható, hogy bP4m ciklikus Ha k páratlan A következőkben a páratlan k esetét vizsgáljuk. A helyzet hasonló lesz a páros k esetéhez: tudunk definiálni egy invariánst a (k−1)-szeresen összefüggő, s-parallelizálható, homotopikus gömb által határolt sokaságokon. Ez az invariáns csak véges sok (2) értéket vehet fel, és látni fogjuk, hogy ha két sokaságra ugyanaz az értéke, akkor azoknak a sokaságoknak a pereme diffeomorf. Ebből következik, hogy bP2k véges 44 http://www.doksihu 35. Lemma Ha k páratlan, akkor Hk (M )-nek van egy

szimplektikus bázisa Bizonyı́tás. Mivel k páratlan, B antiszimmetrikus Vegyük Hk (M ) egy tetszőleges bázisát, λ1 legyen egy tetszőleges báziselem. Ekkor Im B(λ1 , ·) = Z (mert ha B(λ1 , ·) képe hti valamilyen t ∈ Z-re, akkor a determináns t-vel osztható, és tudjuk, hogy | det B| = 1). Ezért van egy olyan µ1 ∈ Hk (M ), amire λ1 · µ1 = 1 Mivel B antiszimmetrikus, λ1 · λ1 = µ1 · µ1 = 0. A 29. lemma bizonyı́tásához hasonlóan ebből következik, hogy Hk (M ) = hλ1 i ⊕ hµ1 i ⊕ G ahol G = {η | λ1 · η = µ1 · η = 0}. B G antiszimmetrikus, és a determinánsa ±1 ezért a báziselemek kiválasztását ugyanı́gy folytathatjuk G-ben. Van két kivételes eset, ezekre nem működik a későbbi konstrukciónk, de ez a tétel mutatja, hogy arra nincs is szükség: 36. Tétel Ha k = 3 vagy 7, akkor bP2k triviális Bizonyı́tás. Legyen M egy 2k-dimenziós parallelizálható sokaság, aminek a pereme

egy homotopikus gömb. A 15. tétel szerint M átépı́thető egy (k − 1)-szeresen összefüggő M 0 sokasággá. Az előző lemma szerint Hk (M 0 )-nek van egy szimplektikus bázisa. Mivel S 3 és S 7 parallelizálható, S k tetszőleges M 0 -be való beágyazásának normálnyalábja triviális. Ezért alkalmazható a 28 lemma, Hk (M 0 ) megölhető átépı́tésekkel Így kapunk egy k-szorosan összefüggő sokaságot, a 6 tétel szerint ez diffeomorf D2k -val, tehát a pereme S 2k−1 . Ezért a kiindulási sokaságunk pereme is ∂M ≈ S 2k−1 . Tehát bP2k triviális Definı́ció. Nevezzünk egy (K, L) CW-komplexus párt egyszerűnek, ha H i (K, L; G) = 0 minden k < i < 2k és G együtthatócsoport esetén. Definiálni fogunk egy ψ : H k (K, L) H 2k (K, L; π2k−1 (S k )) kohomologikus operációt egyszerű CW-párokra. Legyen e0 az S k gömb bázispontja, és legyen s ∈ H k (S k , e0 ) ∼ = Z egy

generátor. Legyen (K, L) egy egyszerű CW-pár, jelölje K r-vázát K r . 37. Állı́tás Tetszőleges x ∈ H k (K, L)-hez van olyan fx : (K 2k−1 ∪ L, L) (S k , e0 ) leképezés, amire fx∗ (s) = x, és fx K 2k−2 ∪L homotópia erejéig egyértelmű. 45 http://www.doksihu Bizonyı́tás. Legyen K(Z, k) a következőképpen konstruált CW-komplexus (egy Eilenberg-MacLane tér, aminek minden homotopikus csoportja triviális a k. kivételével, ami Z): Vegyük S k -t, és πk+1 (S k ) egy generátorát, amit az i1 : S k+1 S k leképezés reprezentál. Ragasszunk S k -ra egy (k+2)-cellát az i1 leképezéssel, ez megöli [i1 (S k+1 )]et (Az (X ∪i Dl , X) pár homotópia egzakt sorozatából látjuk, hogy egy l-cella ragasztása nem változtatja meg az (l−1)-nél kisebb dimenziójú homotopikus csoportokat, πl−1 (X)-ben pedig megöli a peremének képe által reprezentált osztályt). Ha πk+1 (S k ∪i1 D1k+2 )

még nem triviális, akkor vegyük ennek is egy i2 (S k+1 ) generátorát, és öljük meg. Ezt egészen addig folytatjuk, amı́g egy olyan S k ∪i1 D1k+2 ∪i2 D2k+2 ∪· · ·∪ij Djk+2 CW-komplexust nem kapunk, aminek a (k + 1). homotópiacsoportja triviális Ezután erre (k + 3)-cellákat ragasztunk, amivel megöljük a (k + 2). homotópikus csoportot. A cellák ragasztgatását ugyanı́gy folytatjuk magasabb dimenziókban Az ı́gy kapott (végtelen dimenziós) CW-komplexus lesz K(Z, k). Ekkor H k (K(Z, k), e0 ) = Z, legyen egy generátora t. Az i : (S k , e0 ) (K(Z, k), e0 ) beágyazás egy i∗ : H k (K(Z, k), e0 ) H k (S k , e0 ) izomorfizmust indukál, feltehetjük, hogy a generátorokat úgy választottuk, hogy i∗ (t) = s. Tudjuk, hogy tetszőleges x ∈ H k (K, L) előáll gx∗ (t) alakban, ahol gx : (K, L) (K(Z, k), e0 ) homotópia erejéig egyértelmű. gx (K k+1 ∪L,L) homotóp egy hx : (K k+1 ∪ L, L) (S k , e0 ) ⊂

(K(Z, k), e0 ) leképezéssel (mert a (K(Z, k), S k ) pár (k + 1)szeresen összefüggő). Ekkor h∗x (s) = x Már csak annyit kell tennünk, hogy hx -et kiterjesztjük egy (K 2k−1 ∪ L, L) (S k , e0 ) leképezéssé. Az i-vázra való kiterjesztés obstrukciója a H i (K, L; πi−1 (S k )) kohomológiacsoportban van, ami 0, ha k < i < 2k. Tehát hx kiterjed a (2k−1)-vázra, a kiterjesztés egy megfelelő f0 . Induktı́van beláthatjuk, hogy minden ≤ i ≤ 2k − 2 esetén homotópia erejéig egyetlen olyan i-vázra való kiterjesztés van, ami kiterjed az (i + 1)-vázra is, ebből következik fx K 2k−2 ∪L egyértelműsége. Definı́ció. fx 2k-vázra való kiterjesztésének obstrukciója ψ(x) ∈ H 2k (K, L; π2k−1 (S k )) Mivel a (2k − 2)-vázra való kiterjesztés egyértelmű volt, ψ(x) jóldefiniált. 38. Lemma Ha (K, L) és (K 0 , L0 ) egyszerű CW-párok, g : (K 0 , L0 ) (K, L) és x ∈ H k (K,

L) tetszőleges, akkor ψ(g ∗ (x)) = g ∗ (ψ(x)). 46 http://www.doksihu Bizonyı́tás. Vegyünk egy fx : (K 2k−1 ∪ L, L) (S k , e0 ) leképezést, amire fx∗ (s) = x, ψ(x) az fx kiterjesztésének obstrukciója. g-ről feltehetjük, hogy (K 02k−1 ∪ L0 , L0 )-t (K 2k−1 ∪ L, L)-be képezi (mert homotóp egy ilyen leképezéssel), legyen fx0 = g ◦ fx : (K 02k−1 ∪L0 , L0 ) (S k , e0 ), ekkor fx0 ∗ (s) = g ∗ (x). fx0 K 02k ∪L0 -re való kiterjesztésének obstrukciója ψ(g ∗ (x)) = g ∗ (ψ(x)). Jelölje i : S k S k az identikus leképezést, [i, i] ∈ π2k−1 (S k ) az i homotópiaosztályának önmagával vett Whitehead-szorzatát. 39. Lemma Minden x, y ∈ H k (K, L)-re ψ(x + y) = ψ(x) + ψ(y) + [i, i](x ∪ y) Bizonyı́tás. A K(Z, k) tér mintájára konstruálunk egy U CW-komplexust: vegyük az S k gömböt, erre ragasszunk 2k-cellákat úgy, hogy megöljük π2k−1 (S k )-t, majd (2k +

1)-cellákat, amivel megöljük a 2k. homotopikus csoportot, stb H k (U, e0 ) ∼ = Z, legyen egy generátora u, feltehetjük, hogy a j : S k U beágyazásra j ∗ (u) = s. U -nak és U × U -nak nincs k-nál nagyobb és 2k-nál kisebb dimenziós cellája, ezért egyszerűek. Jelölje 1 ∈ H 0 (U ) ∼ = Z az egyik generátort. Kiszámoljuk ψ(u × 1 + 1 × u) ∈ H 2k (U × U ; π2k−1 (S k ))-t. U × U (2k + 1)-váza U 2k+1 × e0 ∪ e0 × U 2k+1 ∪ S k × S k , ezért a Mayer-Vietoris sorozat felı́rásával azt látjuk, hogy H 2k (U × U ; π2k−1 (S k )) ∼ = H 2k ((U × U )2k+1 ; π2k−1 (S k )) ∼ = ∼ = H 2k (U 2k+1 ×e0 ; π2k−1 (S k ))⊕H 2k (e0 ×U 2k+1 ; π2k−1 (S k ))⊕H 2k (S k ×S k ; π2k−1 (S k )) ∼ = ∼ = H 2k (U × e0 ; π2k−1 (S k )) ⊕ H 2k (e0 × U ; π2k−1 (S k )) ⊕ H 2k (S k × S k ; π2k−1 (S k )), és H 2k (U × U ; π2k−1 (S k )) vetı́tése a 3 komponensre j1∗ , j2∗ és j3∗ , ahol j1 , j2 , j3

a megfelelő beágyazások. Kiszámoljuk ψ(u×1+1×u) vetületeit, ezek már egyértelműen meg fogják határozni ψ(u × 1 + 1 × u)-t. Ha a j1 : U × e0 U × U beágyazásra alkalmazzuk a 38. lemmát, azt kapjuk, hogy j1∗ (ψ(u × 1 + 1 × u)) = ψ(j1∗ (u × 1 + 1 × u)) = ψ(u × 1). A j2 : e0 × U U × U beágyazásra ugyanez: j2∗ (ψ(u × 1 + 1 × u)) = ψ(1 × u). Végül a j3 = j × j : S k × S k U × U beágyazásra (S k × S k is egyszerű) j3∗ (ψ(u × 1 + 1 × u)) = ψ(j3∗ (u × 1 + 1 × u)) = ψ(s × 1 + 1 × s). Ez nem más, mint annak az obstrukciója, hogy egy olyan f : sk2k−1 (S k × S k ) = (S k × e0 ∪ e0 × 47 http://www.doksihu S k ) S k leképezés kiterjed (S k × S k )-ra, amire teljesül, hogy f ∗ (s) = s × 1 + 1 × s. Az i ∨ i leképezés (vagyis ami az (x, e0 ) és (e0 , x) pontokhoz x-et rendel minden x ∈ S k esetén) ilyen, ennek a homotópiaosztálya, ha S k × S k 2k-cellájának paramén

értelmezett leképezésnek tekintjük, definı́ció szerint az [i, i] Whiteheadszorzat. Tehát a szóban forgó obstrukció [i, i](s × s) Ebből következik, hogy ψ(u × 1 + 1 × u) = ψ(u × 1) + ψ(1 × u) + [i, i](u × u). Most legyen (K, L) egyszerű CW-pár, x, y ∈ H k (K, L) tetszőleges. Konstruálunk egy g1 : (K, L) (U, e0 ) leképezést, amire g1∗ (u) = x. A 37 állı́tás szerint van egy f1 : (K k+1 ∪ L, L) (S k , e0 ) leképezés, amire f1∗ (s) = x. Úgy kaphatunk egy megfelelő g1 -et, ha f1 -et kiterjesztjük, ezt pedig meg tudjuk csinálni, mivel az i-vázra való kiterjesztés obstrukciója a H i (K, L; πi−1 (U )) csoportban van, ami i ≤ 2k − 1 esetén a (K, L)-re vonatkozó feltétel miatt triviális, i ≥ 2k esetén pedig azért, mert πi−1 (U )) = 0. Hasonlóan konstruálhatunk egy g2 : (K, L) U leképezést is, amire g2∗ (u) = y. Legyen ezek után g = g1 × g2 : (K, L) (U × U, e0 × e0 ), erre

teljesül, hogy g ∗ (u × 1) = x és g ∗ (1 × u) = y. Alkalmazzuk a 38 lemmát g-re: ψ(x + y) = ψ(g ∗ (u × 1 + 1 × u)) = g ∗ (ψ(u × 1 + 1 × u)) = g ∗ (ψ(u × 1) + ψ(1 × u) + [i, i](u × u)) = g ∗ (ψ(u × 1)) + g ∗ (ψ(1 × u)) + [i, i]g ∗ ((u × 1) ∪ (1 × u)) = ψ(g ∗ (u × 1)) + ψ(g ∗ (1 × u)) + [i, i](g ∗ (u × 1) ∪ g ∗ (1 × u)) = ψ(x) + ψ(y) + [i, i](x ∪ y). A továbbiakban legyen k páratlan, és nem 1, 3 vagy 7. Legyen M 2k-dimenziós, s-parallelizálható, (k − 1)-szeresen összefüggő sokaság. Ekkor H i (M, ∂M ; G) ∼ = Hn−i (M ; G) = 0, ha k < i < 2k és G tetszőleges, tehát (M, ∂M ) egyszerű. 40. Lemma Legyen a ϕ : S k M beágyazás a λ ∈ Hk (M ) homológiaosztály egy reprezentánsa, λ duálisa v ∈ H k (M, ∂M ). ϕ(S k ) normálnyalábja pontosan akkor triviális, ha ψ(v) = 0. Bizonyı́tás. Legyen ϕ(S k ) egy csőszerű környezete N és M0 = M int N Ekkor (N,

∂N ) is egyszerű, a kivágási tétel miatt pedig (M, M0 ) is. Tekintsük a következő 48 http://www.doksihu kommutatı́v diagramot: H k (N, ∂N ) ∼ = H k (M, M0 ) ↓ψ H 2k (N , ∂N ; π2k−1 (S k )) − ↓ψ ∼ = H 2k (M , M0 ; π2k−1 (S k )) H k (M, ∂M ) ↓ψ ∼ = H 2k (M , ∂M ; π2k−1 (S k )) (A baloldali izomorfizmusok a kivágási tételből jönnek, a jobb oldali az (M, M0 , ∂M ) hármas egzakt sorozatából.) Legyen w ∈ H k (N, ∂N ) ∼ = Hk (N ) ∼ = Z a ϕ(S k ) által reprezentált homológiaosztály duálisa, ezt a felső sor leképezései v ∈ H k (M, ∂M )-be viszik. Ezért az alsó sorban ψ(w) megfelelője ψ(v). Az alsó sorban minden kohomológiacsoport izomorf π2k−1 (S k )val, és az izomorfizmust a fundamentális homológiaosztályon való kiértékelés adja Tehát ψ(w)[N ] = ψ(v)[M ]. A 30. lemmához hasonlóan M és S k s-parallelizálhatóságából következik, hogy

N ϕ(S k ) ⊕ ε1ϕ(S k ) triviális. Tehát ν = o(N ϕ(S k )) ∈ πk−1 (SOk )-t a beágyazás által indukált j∗ : πk−1 (SOk ) πk−1 (SOk+1 ) homomorfizmus 0-ba viszi. Mivel k páratlan, és nem 1, 3 vagy 7, ezért Ker j∗ kételemű, a nemtriviális eleme o(T S k ). Tehát két eset van: 1. ν = 0, vagyis N ϕ(S k ) triviális, ekkor N ≈ S k × Dk Legyen H k (Dk , ∂Dk ) generátora d, ekkor w képe a diffeomorfizmus által indukált izomorfizmus szerint (1 × d). Tehát ψ(w)[N ] = ψ(1 × d)[S k × Dk ], és a ψ(1 × d) obstrukció pedig 0, mivel az S k ×Dk Dk vetı́tés és a kanonikus (Dk , ∂Dk ) (S k , e0 ) leképezés kompozı́ciója egy olyan f leképezés, amire f ∗ (s) = 1 × d. Tehát ebben az esetben ψ(v)[M ] = 0, azaz ψ(v) = 0. 2. ν = o(T S k ), azaz N ϕ(S k ) ∼ = T S k . Legyen ϕ0 : S k S k × S k a diagonális beágyazás (ϕ0 (x) = (x, x) minden x ∈ S k -ra), ekkor N ϕ0 (S k ) ∼ = T S k . Legyen

N 0 a ϕ0 (S k ) átló egy környezete S k × S k -ban, az eddigiek szerint N ≈ N 0 . Legyen a ϕ0 (S k ) által reprezentált homológiaosztály duálisa H k (N 0 , ∂N 0 )-ben w0 . Mivel N és N 0 diffeomorf, ψ(w0 )[N 0 ] = ψ(w)[N ]. Legyen M 0 = S k × S k , M00 = M 0 int N 0 . A ϕ0 (S k ) által reprezentált homológiaosztály duálisa H k (M 0 )-ben (s × 1 + 1 × s) M 0 , (N 0 , ∂N 0 ) és (M 0 , M00 ) egyszerű, ezért megismételhetjük a korábbi gondolatmenetünket, azt látjuk, hogy ψ(w0 )[N 0 ] = 49 http://www.doksihu ψ(s × 1 + 1 × s)[M 0 ]. A 39 lemma szerint ψ(s × 1 + 1 × s) = ψ(s × 1) + ψ(1 × s) + [i, i]((s × 1) ∪ (1 × s)) = [i, i](s × s), hiszen a ψ(s × 1) és a ψ(1 × s) obstrukció 0. Az eddigieket összerakva: ψ(v)[M ] = [i, i](s × s)[S k × S k ] = [i, i]. Ez a Whiteheadszorzat pedig nem 0, ha k 6= 1, 3 vagy 7 (ez levezethető Adams Hopf-invariánsra vonatkozó tételének felhasználásával). [i,

i] = −[i, i], ugyanis ha t : S k ∨ S k S k ∨ S k jelöli a két S k -t felcserélő transzformációt, akkor f ◦(i∨i) homotópiaosztálya (ha S k ×S k 2k-cellájának peremén értelmezett leképezésnek tekintjük) i ∨ i homotópiaosztályának ellentettje, vagyis −[i, i]. Viszont f ◦ (i ∨ i) = i ∨ i, tehát ez egyben [i, i] is Tehát az [i, i] által generált részcsoport π2k−1 (S k )-ban 2 rendű, legyen φ : h[i, i]i Z2 a kanonikus azonosı́tása Z2 -vel. Definı́ció. Legyen ψ0 : Hk (M ) Z2 az a függvény, ami egy λ-hoz φ(ψ(v)[M ])-et rendeli, ahol v ∈ H k (M, ∂M ) a λ duálisa. Ez értelmes, mert a 26 lemma szerint λ reprezentálható beágyazással, és az előbb láttuk, hogy ekkor ψ(v)[M ] = 0 vagy ψ(v)[M ] = [i, i]. A 39. lemma alapján, ha λ, µ ∈ Hk (M ) duálisait x és y jelöli: ψ0 (λ + µ) = φ(ψ(x + y)[M ]) = φ(ψ(x)[M ] + ψ(y)[M ] + [i, i](x ∪ y)[M ]) = ψ0 (λ) + ψ0 (µ) +

λ · µ. Az előző lemmából pedig az következik, hogy ψ0 (λ) pontosan akkor 0, ha egy tetszőleges λ-t reprezentáló beágyazott gömb normálnyalábja triviális. Legyen Hk (M ) egy szimplektikus bázisa (λ1 , . , λr , µ1 , , µr ) Definı́ció. c(M ) = ψ0 (λ1 )ψ0 (µ1 ) + · · · + ψ0 (λr )ψ0 (µr ) Állı́tás. c(M ) jóldefiniált, azaz független a szimplektikus bázis választásától Bizonyı́tás. Legyen h : Hk (M ) Hk (M, Z2 ) a természetes Z Z2 homomorfizmus által indukált homomorfizmus a homológiacsoportokon. Hk (M ) egy bázisának képe h-nál bázisa Hk (M, Z2 )-nek, és mivel tetszőleges λ, µ ∈ Hk (M ) esetén λ · µ = h(λ) · h(µ) modulo 2, ezért egy szimplektikus bázis képe szimplektikus Hk (M, Z2 )-ben. Ha h(λ) = h(µ), akkor ψ0 (λ) = ψ0 (µ), ugyanis λ−µ = 2η valamilyen η ∈ Hk (M )re, ezért ψ0 (λ) = ψ0 (µ+2η) = ψ0 (µ)+ψ0 (2η)+µ·2η = ψ0 (µ)+2ψ0 (η)+η

·η = ψ0 (µ) (mod 2), hiszen η · η = 0. Tehát ψ0 értelmezhető Hk (M, Z2 )-n a ψ0 (h(λ)) = ψ0 (λ) képlettel. 50 http://www.doksihu ψ0 (h(λ) + h(µ)) = ψ0 (λ + µ) = ψ0 (λ) + ψ0 (µ) + λ · µ = ψ0 (h(λ)) + ψ0 (h(µ)) + h(λ) · h(µ) (mod 2), tehát ugyanaz a formula érvényes Hk (M, Z2 )-ben. Legyen (λ1 , . , λr , µ1 , , µr ) egy tetszőleges szimplektikus bázis Hk (M )-ben Ennek a képe a1 = h(λ1 ), . , ar = h(λr ), b1 = h(µ1 ), , br = h(µr ) Minden 1 ≤ t ≤ r-re jelölje ha1 , . , at , b1 , , bt i-t (az első t báziselem-pár által kifeszı́tett alteret) At , és legyen C(t) = ψ0 (a1 )ψ0 (b1 ) + · · · + ψ0 (at )ψ0 (bt ) ∈ Z2 . Hk (M, Z2 ) véges dimenziós vektortér Z2 felett, tehát véges (mint halmaz). Adott S ⊆ Hk (M, Z2 ) esetén legyen N (S) ∈ Z azoknak a λ ∈ S elemeknek a száma, amelyekre ψ0 (λ) = 0. t szerinti teljes indukcióval belátjuk, hogy ha C(t) = 0, akkor N (At )

= 22t−1 +2t−1 és ha C(t) = 1, akkor N (At ) = 22t−1 − 2t−1 . Ha t = 1: ψ0 (a1 + b1 ) = ψ0 (a1 ) + ψ0 (b1 ) + a1 · b1 . Mivel a1 · b1 = 1, ez azt jelenti, hogy ψ0 (a1 + b1 ), ψ0 (a1 ), ψ0 (b1 ) között páratlan sok 1 értékű van. 2 eset lehet: ha 1 db 1-es van, akkor N (A1 ) = 1 (ψ0 (0) = 0, mert ψ(0) = 0), és C(1) = 0. ha 3 db 1-es van, akkor N (A1 ) = 3 és C(1) = 1. Tehát t = 1-re az állı́tás igaz. Most tegyük fel, hogy (t − 1)-re már tudjuk, hogy teljesül az állı́tás, belátjuk t-re. Bontsuk fel At -t 4 részre, aszerint, hogy egy elemnek mi az hat , bt i altérre vett vetülete, ez alapján N (At ) = N (At−1 )+N (At−1 +at )+N (At−1 +bt )+N (At−1 +at +bt ). Legyen α ∈ hat , bt i és β ∈ At−1 . Ekkor ψ0 (α + β) = ψ0 (α) + ψ0 (β) + α · β = ψ0 (α) + ψ0 (β). Ezért, ha ψ0 (α) = 0, akkor minden β-ra ψ0 (α + β) = ψ0 (β), ezért N (At−1 + α) = N (At−1 ), és hasonlóan, ha ψ0 (α)

= 1, akkor N (At−1 + α) = 22t−2 − N (At−1 ). ψ0 (at ), ψ0 (bt ), ψ0 (at + bt ) között páratlan sok 1-es van (ez a korábbihoz hasonlóan látható), ezért megint 2 eset van: ha 1 db 1-es van, akkor N (At ) = 3N (At−1 ) + 22t−2 − N (At−1 ) = 22t−2 + 2N (At−1 ), és ψ0 (at )ψ0 (bt ) = 0, ezért C(t) = C(t − 1). ha 3 db 1-es van, akkor N (At ) = N (At−1 )+3(22t−2 −N (At−1 )) = 3·22t−2 −2N (At−1 ), és ψ0 (at )ψ0 (bt ) = 1, ezért C(t) = C(t − 1) + 1. Ebből pedig C(t − 1) értéke szerinti esetszétválasztással, felhasználva az indukciós hipotézist, következik az állı́tás. 51 http://www.doksihu Tehát tetszőleges (λ1 , . , λr , µ1 , , µr ) szimplektikus bázis esetén, ha ψ0 (λ1 )ψ0 (µ1 ) + · · · + ψ0 (λr )ψ0 (µr ) = C(r) = 0, akkor N (Ar ) = N (Hk (M, Z2 )) = 22r−1 +2r−1 , és ha C(r) = 1, akkor N (Hk (M, Z2 )) = 22r−1 −2r−1 . Mivel N (Hk (M, Z2 )) értéke a

bázis választásától független, ezért ψ0 (λ1 )ψ0 (µ1 ) + · · · + ψ0 (λr )ψ0 (µr )-nek is minden bázisra ugyanannyinak kell lennie. Tehát c(M ) jóldefiniált 41. Lemma Ha c(M ) = 0, akkor ∂M ≈ S 2k−1 Bizonyı́tás. Legyen (λ1 , , λr , µ1 , , µr ) egy szimplektikus bázis Feltehetjük, hogy minden i-re teljesül, hogy ha ψ0 (λi ) = 1, akkor ψ0 (µi ) = 1 (ellenkező esetben ugyanis kicserélhetjük λi -t és µi -t). Az indexeket permutáljuk úgy, hogy előre kerüljenek azok a λ-k, amelyekre ψ0 (λ) = 1. Tehát valamilyen 1 ≤ s ≤ r-re ψ0 (λi ) = ψ0 (µi ) = 1, ha i ≤ s és ψ0 (λi ) = 0 ha i > s. Ekkor c(M ) ≡ s (mod 2), tehát s páros Definiáljunk egy új bázist: minden 1 ≤ i ≤ 2s -re legyen λ02i−1 = λ2i−1 + λ2i , λ02i = µ2i−1 − µ2i , µ02i−1 = µ2i−1 , µ02i = λ2i . Az s-nél nagyobb i-kre pedig λ0i = λi , µ0i = µi Ekkor a (λ01 , . , λ0r , µ01 , , µ0r )

bázis szimplektikus (ehhez csak azt kell ellenőrizni, hogy minden i ≤ 2s -re (λ02i−1 , λ02i , µ02i−1 , µ02i ) szimplektikus az általa generált részcsoportban). ψ0 (λ02i−1 ) = ψ0 (λ2i−1 ) + ψ0 (λ2i ) + λ2i−1 · λ2i = 0 és ψ0 (λ02i ) = ψ0 (µ2i−1 ) + ψ0 (µ2i ) + µ2i−1 · µ2i = 0 (ha i ≤ 2s ). Ezért tetszőleges λ = n1 λ01 + · · · + nr λ0r esetén ψ0 (λ) = n1 ψ0 (λ01 ) + · · · + nr ψ0 (λ0r ) = 0, ami azt jelenti, hogy egy tetszőleges λ-t reprezentáló gömb normálnyalábja triviális. Tehát a 28. lemma feltételei teljesülnek, ezért Hk (M ) megölhető átépı́tésekkel A 6. tétel szerint a keletkező sokaság diffeomorf D2k -val, tehát a pereme S 2k−1 Mivel a perem az átépı́tések során nem változik, ez azt jelenti, hogy ∂M ≈ S 2k−1 . 42. Lemma Ha c(M1 ) = c(M2 ), akkor ∂M1 ≈ ∂M2 2k Bizonyı́tás. Legyen M = M1 #∂ (−M2 ) Jelölje ϕ : S 0 × D+ M1 F M2

azt a leképezést, amivel a perem menti összefüggő uniót képeztük, legyen A = (M1 {ϕ(−1, 0)}) ∪ D1 × S+2k−1 és B = (M2 {ϕ(1, 0)}) ∪ D1 × S+2k−1 (A homotopikusan ekvivalens M1 -gyel, B pedig M2 -vel). Az M = A ∪ B felbontáshoz tartozó Mayer-Vietoris sorozatot felı́rva látjuk, hogy M (k − 1)-szeresen összefüggő. Mivel M1 és M2 s-parallelizálható volt, ezért M is az. Tehát c(M ) definiálható Belátjuk, hogy c(M ) = c(M1 ) + c(M2 ) = 0 52 http://www.doksihu Legyen Hk (M1 ) egy szimplektikus bázisa (λ1 , . , λr , µ1 , , µr ), ez tekinthető Hk (A) bázisának is. Hasonlóan legyen Hk (M2 ) ∼ = Hk (B) szimplektikus bázisa (λ̃1 , . , λ̃q , µ̃1 , . , µ̃q ) Ekkor Hk (M ) egy bázisa (λ01 , , λ0r , λ̃01 , , λ̃0q , µ01 , , µ0r , µ̃01 , , µ̃0q ), ahol λ01 a λ1 képe az (M1 {ϕ(−1, 0)}) M beágyazás által indukált homomorfizmusnál, stb. Ez a bázis

szimplektikus, mivel Hk (M1 ) báziselemeinek képei reprezentálhatók (M1 {ϕ(−1, 0)})-ban, ezért a metszési számaik ugyanazok, mint M1 -ben; ugyanez igaz M2 -re is; és ebből látszik az is , hogy egy M1 -ből származó és egy M2 -ből származó báziselem metszési száma 0. Tehát c(M ) = ψ0 (λ01 )ψ0 (µ01 ) + · · · + ψ0 (λ̃0q )ψ0 (µ̃0q ). Mivel c(M1 ) = ψ0 (λ1 )ψ0 (µ1 ) + · · · + ψ0 (λr )ψ0 (µr ) és c(M2 ) = ψ0 (λ̃1 )ψ0 (µ̃1 ) + · · · + ψ0 (λ̃q )ψ0 (µ̃q ), már csak annyit kell bebizonyı́tanunk, hogy ψ0 (λ01 ) = ψ0 (λ1 ), stb. Ez viszont következik abból, hogy ψ0 (λ01 ) pontosan akkor 0, ha egy λ01 -t reprezentáló gömb normálnyalábja triviális, hasonló igaz ψ0 (λ1 )-re, és λ01 -nek és λ1 -nek van közös reprezentánsa M1 -ben (és ugyanez elmondható a többi báziselemre is). Tehát c(M ) = 0, az előző lemma szerint ebből következik, hogy ∂M ≈ ∂M1 #

(−∂M2 ) ≈ S 2k−1 . Tehát ∂M1 ≈ ∂M2 43. Tétel Ha k > 2 páratlan, és nem 3 vagy 7, akkor bP2k legfeljebb 2 elemű Bizonyı́tás. Legyen M egy 2k-dimenziós parallelizálható sokaság, aminek a pereme egy homotopikus gömb. A 15 tétel szerint M tüskézetten átépı́thető egy (k − 1)szeresen összefüggő, s-parallelizálható M 0 sokasággá Az előző lemma szerint c(M 0 ) meghatározza ∂M 0 -t (irányı́tástartó diffeomorfizmus erejéig). c(M 0 ) ∈ Z2 legfeljebb 2 féle lehet, ezért ∂M 0 is, tehát bP2k -nak legfeljebb 2 eleme van. 53 http://www.doksihu 4. A Θn/bPn+1 és Πn/ Im Jn csoportok izomorfiája Szűcs András javaslata alapján megvizsgáltam, hogy mi a helyzet akkor, ha az eddig ismertetett módszerrel nem egy homotopikus gömbbel határolt s-parallelizálható sokaság, hanem egy S k+n S k leképezés Pontrjagin sokaságának homotopikus csoportjait próbáljuk megölni.

Ebből a következő ismert tétel adódik: 44. Tétel Ha n ≥ 5, és n 6≡ 2 modulo 4, akkor Θn /bPn+1 ∼ = Πn / Im Jn . Bizonyı́tás. A 12 tétel bizonyı́tásában láttuk, hogy van egy p : Θn Πn /p(S n ) homomorfizmus. Vegyük észre, hogy p(S n ) definı́ció szerint megegyezik Im Jn -nel, tehát p valójában egy Θn Πn / Im Jn homomorfizmus. Azt is láttuk, hogy p magja bPn+1 , tehát p indukál egy injektı́v p̃ : Θn /bPn+1 Πn / Im Jn homomorfizmust. Be fogjuk bizonyı́tani, hogy (a tétel feltételei mellett) p̃ szürjektı́v, ebből már következik a tétel állı́tása. p̃ pontosan akkor szürjektı́v, ha az őt indukáló p homomorfizmus az. Ez pedig pontosan akkor teljesül, ha Πn minden eleme benne van egy p(Σ)-ban valamilyen Σ ∈ Θn esetén, vagyis ha minden Πn -beli homotópiaosztályhoz tartozó tüskézett kobordizmusosztályban van homotopikus gömb. Rögzı́tsük le a dimenziót:

nézzük a π2n+3 (S n+3 )-beli homotópiaosztályokat. Azt fogjuk belátni, hogy tetszőleges S 2n+3 -beli n-dimenziós, tüskézett, zárt részsokaság tüskézetten kobordáns egy homotopikus gömbbel. Először nézzük meg a 13. lemmát A bizonyı́tásból az ott kimondottnál kicsit erősebb állı́tás is kiolvasható: Állı́tás. Ha T M ⊕ ε1M -nek rögzı́tettük egy trivializálását, akkor a ϕ reprezentáns úgy is megválasztható, hogy W (egy) parallelizálásának leszűkı́tése M -re egybeessen T M ⊕ ε1M rögzı́tett trivializálásával. Ehhez csak annyi kell, hogy amikor T M ⊕ ε1M egy trivializálását próbáljuk kiterjeszteni W -re, akkor ne egy véletlenszerűen választott trivializálást vegyünk, hanem az előre rögzı́tettet. 54 http://www.doksihu Most vegyünk egy M egy n-dimenziós, zárt, s-parallelizálható sokaságot. Megmutatjuk, hogy M tüskézett

átépı́tésekkel átépı́thető egy homotopikus gömbbé Pontosabban az előző állı́tás miatt az is igaz lesz, hogy ha rögzı́tjük T M ⊕ ε1M egy trivializálását, akkor van egy olyan (M = M1 , M2 , . , Mt = M 00 ) sorozat, amire teljesül, hogy M egy olyan tüskézett átépı́téssel vihető át M2 -be, aminél W egy parallelizálása kiterjeszti T M ⊕ε1M trivializálását. T M2 ⊕ε1M2 -nek rögzı́tjük azt a trivializálását, ami T W M2 -re való leszűkı́téséből adódik. M2 egy olyan tüskézett átépı́téssel vihető át M3 -ba, aminél W egy parallelizálása kiterjeszti a T M2 ⊕ ε1M2 -nek az előbb megkapott trivializálását stb. és Mt = M 00 homotopikus gömb.   A 15. tétel szerint M átépı́thető egy ( n2 − 1)-szeresen összefüggő M 0 sokasággá (vegyük észre, hogy a tétel bizonyı́tásában minden ugyanúgy működik a peremes és a zárt

esetben). Ezután esetszétválasztást csinálunk: Ha n = 2k + 1, akkor a 17. lemma szerint feltehető, hogy Hk (M 0 ) véges Ezután k paritásától függően a 22. vagy 25 tételben leı́rt módszerrel csökkenthetjük tovább Hk (M 0 )-t. Az egyetlen különbség, hogy a 20 helyett a 19 lemmát alkalmazzuk Ha n = 4k, akkor mivel M 0 s-parallelizálható, ezért minden Pontrjagin-osztálya 0, következésképpen σ(M 0 ) = 0. Ezért a 31 tételben leı́rt módon megölhetjük Hk (M 0 )t A tétel utáni megjegyzésből látszik, hogy használhatunk tüskézett átépı́téseket   Tehát M mindkét esetben átépı́thető egy n2 -szeresen összefüggő M 00 sokasággá. A Poincaré-dualitás és az univerzális együttható formula alapján Hi (M 00 ) ∼ = H n−i (M 00 ) ∼ = Tor(Hn−i−1 (M 00 )) ⊕ Hom(Hn−i (M 00 ), Z) = 0 ha n 2 < i < n. Hn (M 00 ) = Z, ezért a Hurewicz-tétel miatt πn (M 00 )

= Z, legyen f : S n M 00 a generátor egy reprezentánsa. Ekkor f izomorfizmust indukál H∗ (S n ) és H∗ (M 00 ) között, S n és M 00 is egyszeresen összefüggő, tehát f homotopikus ekvivalencia. Tehát M 00 homotopikus gömb. Most vegyünk egy M ⊂ S 2n+3 n-dimenziós, tüskézett, zárt részsokaságot. Rögzı́tsük le T S 2n+3 ⊕ε1S 2n+3 egy trivializálását Ennek a leszűkı́tése M -re N M ⊕T M ⊕ε1M 55 http://www.doksihu egy trivializálása. Meg van adva M egy tüskézése, azaz N M egy trivializálása A 4 lemma alapján létezik T M ⊕ε1M -nek egy ”duális” trivializálása (de ez nem feltétlenül egyértelmű), rögzı́tsünk le egy ilyet. Ekkor az előbbiek szerint van egy (M = M1 , M2 , . , Mt = M 00 ) sorozat tüskézett átépı́tésekből M és egy M 00 homotopikus gömb között, ráadásul minden Mi -hez meg van adva T Mi ⊕ ε1Mi egy trivializálása úgy, hogy az Mi

és Mi+1 közötti kobordizmus (egy) parallelizálásának leszűkı́tése Mi -re és Mi+1 -re a megadott trivializálás. Már csak annyit kell tennünk, hogy ebből a sorozatból egy tüskézett kobordizmus sorozatot csinálunk. Ágyazzunk be minden Mi -t S 2n+3 -be, ekkor N Mi triviális, vegyük Mi -nek azt a tüskézését, ami T Mi ⊕ ε1Mi megadott trivializálásának duálisa. Ilyen létezik, és homotópia erejéig egyértelmű; az egyértelműség miatt T M ⊕ ε1M trivializálásának duálisa szükségképpen megegyezik (homotópia erejéig) M eredeti tüskézésével. Az Mi és Mi+1 között lévő W kobordizmust ágyazzuk be S 2n+3 × [0, 1]-be a tüskézett kobordizmus definı́ciójának megfelelően. Rögzı́tsük T (S 2n+3 × [0, 1])-nek azt a trivializálását, ami minden x ∈ [0, 1] esetén S 2n+3 × {x}-re leszűkı́tve T S 2n+3 ⊕ ε1S 2n+3 korábban lerögzı́tett

trivializálását adja. Erre vonatkozóan vegyük W parallelizálásának duálisát, ez létezik és egyértelmű Ez W egy olyan tüskézése lesz, ami Mi -n és Mi+1 -en megegyezik az előbb definiált tüskézéssel (homotópia erejéig, de W peremének egy környezetén megváltoztatható a tüskézés úgy, hogy ténylegesen megegyezzenek). Tehát W egy tüskézett kobordizmus Mi és Mi+1 között Tehát M tüskézetten kobordáns egy M 00 homotopikus gömbbel. Ez a kobordizmus tetszőleges M -re megkonstruálható az előbb leı́rt módon, a korábban mondottak szerint ebből következik, hogy Θn /bPn+1 ∼ = Πn / Im Jn . 56 http://www.doksihu Irodalomjegyzék [1] A. Hatcher, Algebraic Topology Cambridge University Press, 559 pp, 2002 [2] M. W Hirsch, Differential Topology Springer-Verlag, New york, Berlin, Heidelberg, 222 pp., 1976 [3] M. A Kervaire, J W Milnor, Groups of Homotopy Spheres: I The Annals of

Mathematics, 2nd Ser., Vol 77,No 3, pp 504-537, 1963 [4] J. P Levine, Lectures on groups of homotopy spheres In: Algebraic and Geometric Topology, Lecture Notes in Mathematics, vol. 1126, Springer-Verlag, New york, Berlin, Heidelberg, pp. 62-95, 1985 [5] J. W Milnor, A procedure for killing homotopy groups of differentiable manifolds Symposia in Pure Math. AMS, vol III, pp 39-55, 1961 [6] J. W Milnor, Lectures on the h-cobordism theorem Princeton University Press, Princeton, New Yersey, 116 pp., 1965 [7] J. W Milnor, M A Kervaire, Bernoulli numbers, homotopy groups, and a theorem of Rohlin. Proc Int Congress of Math, Edinburgh, pp 454-456, 1958 [8] J. W Milnor, J D Stasheff, Characteristic classes Princeton University Press, Princeton, New Yersey and University of Tokyo Press, 330 pp., 1974 57