zp上同调群的全次数

zp上同调群的全次数

0全次数3g.2q-l在smitht手稿v（n）中，zp是排列的统一调位，q是steonod一代a的milnov，e是外代，由文献确定。当n.1、2、3和p.2n时，上部纤维序列（v（1）=s）。其中αn当n=0,1,2,3时分别为p,α,β,γ,此上纤维序列可以导出短的Zp上同调群的正合序列,因此导出下面的Ext群的长正合序列命题1当t-s<2p4-1时,.证明令M=Q(24)=E[Q0,Q1,Q2,Q3],是由Q0,Q1,Q2,Q3所生成的外代数,其中Qi是Steenrod代数A的Milnor基元.考虑下面的短正合序列其中Q=E[Q0,Q1,…],π是投射,N=kerπ.因为Q4的次数是2p4-1,所以当次数<2p4-1时,N里没有元.由上面的短正合序列可以导出下面的长正合序列由文献,有V(3)是M=Q(24)的几何实现,即H*(V(3))≌M,所以有因此当t-s<2p4-1时,联合(1),(2),(3)我们有由文献引理2.2,后者的秩的秩,而且[为May谱序列的E2项,P()是多项式代数.当t-s<(p3+3p2+2p+1)q-4时,Hs,t(U(L))由以下上同调类(乘法)所生成而且的双次数分别为(1,2(pi+j-pi)),(2,2(pi+j+1-pi+1)).在May谱序列中收敛到,的全次数.下面将H*,*(U(L))]s,t中全次数≤3p2q+q-8的生成元λ及其全次数|λ|modpq-2后的余数列表如下:(其中,i=0,1,2,j=1,2)因此由正合性,存在,满足归纳假设,存在,满足对于zk来讲,.其次数1当k=1时,Q=3q-4(modpq-2);当是=2时,Q=2q-6(modpq-2);当k=3时,Q=q-8(modpq-2);当k=4时,Q=-10(modpq-2).由May谱序列E2项的各个生成元及其次数列表可知,此时没有元满足其次数与上对应,所以(i3)*(i2)*(zk)=0.2当4<k<p-3时,Q=(4+p-k)q-(4+2k)(modpq-2)或者Q=(3+p-k)q=(g-4-2k)(modpq-2),满足前者显然无元对应.对于后者,因为Q=3p2q-kpq-(k-1)q-8(k≥1),所以满足|λ|=(3+pk)q+(q-4-2k)(modpq-2)的λ中,若含有或因子,则与的指数和最多为2,由表格可知,|λ|=aq+b,其中a最多为7,若3+p-k=7,则q-4-2k=2.显然满足|λ|=2+7q(modpq-2)的λ也不存在,故此种情形也没有元对应.因为或的指数和最多为2,所以满足|λ|=6q的λ不存在.(2)r=3,Q=3q-6(modpq-2)=2q+6(modpq-2,当p=7),此时有的全次数:2p2q+3pq-4=2q+6(modpq-2).但此时k=p,Q=3pq-kpq-(k-1)q-8=2pq-(p-1)q-8<2pq+3pq-4,所以此种情形没有元对应.(3)r=4,Q=2p2q-2pq-8=2q-8(modpq-2)=q+4(modpq-2,当p=7),此时有的全次数为2p2q-2pq-8.但考虑到Toda微分,从而有,即只有在s>2p-1时才有可能不是零,所以在p=7时,.(4)其余r=1,2,5,6时,易知无元对应.4当p+3<k<2p-5时,Q=(3+2p-k)q-(6+2k-q)(modpq-2)或者Q=(2+2p-k)q+(2q-6-2k)(modpq-2)满足类似于2的讨论,无元对应.5当k=2p-5+r,r=0,1,…,7,Q=(7-r)q-2r(modpq-2),类似于3的情况,会存在下列的阻碍.但的全次数都大于在各自情形下的Q,所以均不是障碍,虽然在r=5,p=7时,k0(b0)p-4的全次数等于Q,但由Toda微分,也易知其不是障碍.6当2p+2<k<3p-7时,Q=(2+3q-k)q-(8+2k-2q)(modpq-2)或者Q=(1+3p-k)q+(3q-8-2k)(modpq-2)满足类似于2的讨论,也无元对应.7当k=3p-7+r,r=0,1,2,3,4,Q=(8-r)q-2r(modpq-2),类似于3,5的讨论,也无元对应.综上可得,(i3)*(i2)*(zk)=由正合性,存在x4满足另外,,其次数类似于以上Q的讨论,我们有所以存在,满足(i3)*(x5)的次数为类似于以上Q的讨论,仍有所以存在,满足但此时所以x6=0,故:x4=(α3)*(x5)=(α3)*(α3)*(x6)=0,即因此存在,满足(α2)*(zk+1)=zk,即完成归纳法.当k=3p-1时,有z3p-1=0,因此x=0,即因为2≤s≤7,所以0<q-s+1<q,由于Sdim((i3)*(i2)*(x))=3p2q+q+1-s≡q-s+1≠0(modq),而当时,,因此由推论2,所以(i2)*(x)=.用同样的办法,由于,所以.由于Sdim(i3)*(y2)≡q-s-1≠0(modq),所以(i3)*(y2)=0,y2=(α3)*(y3),.由于|y3|<0,所以(i2)*(x)=(α3)*(α3)*(α3)*(y3)=0.由序列的正合性,存在,Zp),满足(α3)*(x1)=x.归纳假设,存在,满足因为2≤s≤7,所以若保证7-s-k≥0,k只能取1,2,…,5.对于xk,其次数当k=1时,Q=3q-2;当k=2时,Q=2q-4;当k=3时,Q=q-6;当k=4时,Q=-8;当k=5时,有7-s-k≤0.以上各种情况均无元对应.所以(i3)*(i2)*(xk)=0∈,存在,满足(α2)*(y4)=(i2)*(xk).由于q-12≤q-k-s≤q-3,知所以.存在,满足因为所以(i3)*(y5)=0,存在,满足(α3)*(y6)=y5=0,于是(i2)*(xk)=(α3)*(α3)*(y5)=0,即存在满足完成归纳法.所以当k=6时,有x6=0,即有x=0.因此定理在Adams谱序列中,收敛到π*V(1)中的非零元.证明考虑Adams谱序列,其E2项其微分为dr:.由命题3令为在(i1)*(i0)*:下的像,因此有在Adams谱序列中是永久循环.根据命题4,,得到在Adams谱序列中不是dr边缘.因此在Adams谱序列中收敛到π*(V(1))中的非零元.注由文献,在Adams谱序列里是永久循环.然而根据文献知在Adams谱序列里存在非零的微分,并且此微分在(V(1))里也成立,所以定理不是文献的直接结果.注意到,于是有推论2命题3证明由推论2且有设为任意生成元,即由于,所以由上表可知在May谱序列的E2项中满足条件的元λ是不存在的,故此时,所以(i3)*(i2)*(x)=0.由正合列知:(i2)*(x)=(α3)*(x1),其中而且又有并且知道,同样由上表知道:May谱序列的E2项中,满足此条件的元是不存在的,故(i3)*(x1)=0.重复上面的做法知:x1-(α3