映射锥杯平方与 Hopf 不变量

胞腔边界只比较相邻维数；底胞腔与顶胞腔之间空着 $n-1$ 个维数，所以边界矩阵看不到 $f$。杯积能把两个 $n$ 次类送到 $2n$ 次，刚好跨过这段空白。$H(f)$ 测量的是底类平方在顶胞腔上留下多少有向单位。

两种复合改变不同部位。先对源球面作 $q$，改变的是附着圆盘的顶维重数；先附着再对目标作 $p$，改变的是底类的拉回系数，而这个系数在平方时出现两次。即使两张自映射有同一个度，它们放在 $f$ 的前面还是后面，也不能互换。

同伦不变性：把同伦放在圆盘外圈 ​

设 $h(s,t)$ 是从 $f$ 到 $g$ 的同伦，$s\in S^{2n-1}$。用 $rs$（$0\le r\le 1$）表示圆盘点。定义 $T:C_f\to C_g$ 在底球面上为恒等，并在圆盘上取

内圈边缘在 $C_g$ 中是 $g(s)=h(s,1)$，两段吻合；外边缘是 $f(s)$，与 $C_f$ 的粘接一致。故商的泛性质给连续映射。压掉底球面后，式 (4) 把外环压成一点，把内球保向放大，所以在顶维相对同调上为乘1。于是

将 $x_g^2=H(g)y_g$ 拉回即得 $H(f)=H(g)$。这也说明为何只说“两个锥同伦等价”还不够：此处实际核对了所选顶生成元的符号。

加性：把一枚顶胞腔沿中间切开 ​

选择基点保持代表，令 $f+g$ 为先 pinch 到 $S^{2n-1}\vee S^{2n-1}$ 再分别作 $f,g$。把两枚圆盘分别沿 $f,g$ 附着到同一个底球面，得

记 $x\in H^n(Z)$ 限制到两份子锥都是其底生成元，$y_f,y_g\in H^{2n}(Z)$ 分别与两枚定向顶胞腔对偶。限制到子空间 $C_f,C_g$ 后，两个顶维系数分别被读出，因此

在 $C_{f+g}$ 的顶圆盘里，把分开两半的赤道圆盘 $D^{2n-1}$ 压到基点，得到 $P:C_{f+g}\to Z$。每个半球除去被压掉的公共面后成为一枚开顶胞腔；按与原球相容的定向，两枚的局部次数都为 $+1$。所以

拉回上一式得到 $x_{f+g}^2=(H(f)+H(g))y_{f+g}$，这证明加性，而非从“平方看起来线性”猜出来。[1, Proposition 4B.1]

两种次数律的诱导映射 ​

记 $d=\mathrm{deg}q$、$e=\mathrm{deg}p$，度均取球面自映射的同调定义理路球面映射度Degree of a sphere map · 球面映射的度 · Brouwer degree on spheres用顶维同调定义球面自映射的整数度，证明复合、反射与非满射性质，并以角度提升复算圆周幂映射。。

前复合给出

在边界 $r=1$，右侧等于 $f(q(s))$，所以粘接相容。圆盘对的边界同构 $H_{2n}(D^{2n},\partial D^{2n})\cong H_{2n-1}(S^{2n-1})$ 与这个圆锥映射相容，说明顶胞腔作用是乘 $d$。因此

这就是 $H(f\circ q)=dH(f)$，包括负度与零度。

后复合则给方向不同的锥映射

边界一侧是 $p(f(s))$，另一侧也是 $p(f(s))$。底球面的拉回乘 $e$，顶圆盘仍保向恒等，故

对目标锥的平方关系拉回，得到

因此后复合是平方律。这两段补足了 Hatcher §4.B Exercise 1 中要求证明的公式，并没有把练习题当作现成证明。[1]

四个明确输入，四个整数 ​

取复定向 $S^2\cong {\mathbb{CP}}^1$ 与 $D^4\subset {\mathbb{C}}^2$。已有的 Hopf 映射为

映射锥页的“Hopf 附着给出复射影平面”理路拓扑映射锥与同调正合列Topological mapping cone · Homotopy cofiber · 拓扑余纤维把映射柱的源端压成一点，得到记录原映射同调核与余核的空间，并从良好空间对推导长正合列。通过显式特征映射证明 $C_{\eta }\cong {\mathbb{CP}}^2$，并以局部相对杯积核对 $x_{\eta }^2=y_{\eta }$。所以 $H(\eta )=1$。常值映射 $0$ 的锥是 $S^2\vee S^4$；其底类来自到 $S^2$ 的收缩拉回，平方为零，故 $H(0)=0$。

为使另外两个输入也能实际构造，选以下自映射。

• $q_3:S^3\to S^3$：在源中选三个不交的定向闭小三球，压掉它们的全部边界及球外部分，得到三个 $B_i/\partial B_i\cong S^3$ 的楔和，再把三份球面保向折叠到目标球面。顶维基本类先变成三份正生成元之和，故 $\mathrm{deg}{q}_3=3$
• $p_2:S^2\to S^2$：在 Riemann 球面上取 $p_2(z)=z^2$、$p_2(\mathrm{\infty })=\mathrm{\infty }$。无穷远坐标 $w=1/z$ 中仍是 $w\mapsto w^2$，所以连续；非零有限正则值有两个原像，各处复导数非零且保持实二维定向，故 $\mathrm{deg}{p}_2=2$

现在由式 (5)、(6)，而非从相同维数表猜测，得到

奇数维、反射与零值的边界 ​

当 $n$ 为奇数，分次交换给 $x_f^2=-x_f^2$，先得 $2x_f^2=0$；再由本模型 $H^{2n}(C_f;\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}$ 无挠，才得 $H(f)=0$。一般带有二阶挠的整数上同调环不能省去第二步。

源上的一次反射给 $H(f\circ r)=-H(f)$；目标上的一次反射却给 $H(r\circ f)=(-1{)}^{2}H(f)=H(f)$。二者不是同一个定向操作。$\eta :S^3\to S^2$ 也没有本页所用的普通球面 degree，因为源、目标不同维；其 Hopf 不变量不能直接改名为 degree。

$n=1$ 被排除：向 $S^1$ 沿度 $m$ 的映射附着二胞腔会改变 $H^1$，式 (1) 的两份自由生成元不再成立。此外，从本页已证结论不能倒推 $H(f)=0\Rightarrow f\simeq 0$；这里只得到必要条件，没有证明任意维数的附着分类。对 $n=2$，可另沿Hopf 纤维化长正合列理路同伦长正合列Long exact sequence of homotopy groups · Homotopy exact sequence把空间对或纤维化中的提升障碍按维数连接起来的正合序列。得到 ${\pi }_3(S^2)\cong \mathbb{Z}$，再结合 $H(\eta )=1$ 与加性获得更强结论；核心运算法则不依赖该分类。

同群、同基本群的两个锥仍不同伦等价 ​

令 $A=C_{\eta \circ q_3}$、$B=C_{p_2\circ \eta }$。二者整数同调在 $0,2,4$ 次均为 $\mathbb{Z}$，其余为零。二者也都单连通：从单连通的 $S^2$ 附着四胞腔不会改变基本群；可用加厚的底骨架与胞腔内部作开覆盖，交集同伦于单连通 $S^3$，由 van Kampen 得到这一结论。

但它们的整数分次环分别满足

如果存在分次含幺整数环同构 $\mathrm{\Phi }:H^{\ast }(B)\to H^{\ast }(A)$，次数2、4各是无限循环群，所以只能有 $\mathrm{\Phi }(x_B)=\epsilon x_A$、$\mathrm{\Phi }(y_B)=\delta y_A$，其中 $\epsilon ,\delta \in \{1,-1\}$。保持平方要求

不可能。故二者环不同构，尤其不同伦等价。这里没有借基本群或同调秩的差异取巧。

杯平方给锥间映射的必要条件 ​

对任意连续 $F:C_f\to C_g$，不用假定它保持骨架，也不用假定它由某个交换方块诱导。两边的各次群都为 $\mathbb{Z}$，故存在整数 $a,b$，使

杯积自然性直接给

例如若 $F:A\to B$，则 $3a^2=4b$，所以 $a$ 必为偶数；$a=1$ 的映射不存在。$a=2,b=3$ 通过这一代数检查，却不能仅凭方程宣布存在这样的连续映射。方程是必要条件，绝非一般实现定理。

令 $f=g=\eta$，则 $F:{\mathbb{CP}}^2\to {\mathbb{CP}}^2$ 必有 $b=a^2$。复定向顶类 $y$ 在基本类上取值1，故这里的 $b$ 正是闭定向流形映射度理路流形基本类Fundamental class · 流形基本类将一致定向的顶维单形相加得到基本循环，并由共享面的系数传播证明它生成闭连通定向流形的顶维同调。，得到

这排除负度以及不是整数平方的度，例如 $-1,2,3$。它只给必要条件，不在此声称所有整数解均可实现。

完整的 0、1、3、4 附着证书与迁移题 要求同时写出锥映射方向、生成元拉回、定向和失效边界。仅记住 ${\mathbb{CP}}^2$ 与球面楔和不同，尚未完成这套可迁移的计算。