同调看不见的附着：0、1、3、4 四份证书 ​

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这组任务的输入是四张具体的 $S^3\to S^2$ 映射，输出包括四个整数、两张诱导锥映射和一条不可实现性判据。只写出 ${\mathbb{CP}}^2$ 与 $S^2\vee S^4$ 不同，还没有完成后面的复合与迁移。

先读映射锥及复射影平面的特征圆盘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。、杯积理路杯积Cup product使上同调成为分次环的自然双线性乘法。、球面映射度理路球面映射度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。和Hopf 不变量理路映射锥杯平方与 Hopf 不变量Hopf invariant · Mapping cone cup-square invariant · Hopf不变量用两胞腔映射锥的整数杯平方定义附着不变量，证明同伦不变、加性及前后复合的不同次数律，并区分同群同基本群的两个锥。。杯积以整数上同调为准；顶胞腔均取来自 $D^4\subset {\mathbb{C}}^2$ 的复定向。

输入与需要交出的证书 ​

令

$$\eta (z_0,z_1)=[z_0:z_1],0:S^3\to S^2\text{ 为常值映射}.$$

$q_3:S^3\to S^3$ 将三个不交保向小三球之外及其边界压掉，再将所得三球面楔和保向折叠。$p_2:S^2\to S^2$ 是 Riemann 球面上的 $z\mapsto z^2$，并令 $\mathrm{\infty }\mapsto \mathrm{\infty }$。

任务如下。

1. 给 $C_{\eta }\cong {\mathbb{CP}}^2$ 的特征映射、内部逆映射与边界核验；列出四个锥的整数同调与基本群
2. 计算 $H(0),H(\eta ),H(\eta \circ q_3),H(p_2\circ \eta )$，必须写出后两项对应的锥映射方向与生成元拉回
3. 判断 $A=C_{\eta \circ q_3}$ 与 $B=C_{p_2\circ \eta }$ 是否同伦等价，说明判据不依靠群表差异
4. 对任意 $F:C_f\to C_g$ 推导二次类系数 $a$ 与四次类系数 $b$ 的关系；分别检验 $F:A\to B$ 的 $(a,b)=(1,1)$、$(2,3)$，说明“未被排除”和“存在”的区别
5. 迁移到 $G:{\mathbb{CP}}^2\to {\mathbb{CP}}^2$：能否有度 $-1,2,4$？若二次拉回为乘 $-3$，顶维拉回是什么？哪一部分只是必要条件？
6. 迁移到一般 $n\ge 2$：求 $H(p\circ (f+g)\circ q)$，并检查奇数 $n$、反射、$n=1$ 与零值分类这四个边界

完整解答：从特征圆盘到四个整数 ​

特征映射确实给同胚 ​

取

$$\chi (z_0,z_1)=[z_0:z_1:\sqrt{1-|z_0{|}^2-|z_1{|}^2}].$$

内部在最后坐标非零的图中为 $z\mapsto z/\sqrt{1-\Vert z{\Vert }^2}$，逆为 $w\mapsto w/\sqrt{1+\Vert w{\Vert }^2}$。边界正好是 $\eta$，补集是最后坐标为零的 ${\mathbb{CP}}^1$。于是诱导从 $C_{\eta }$ 到 ${\mathbb{CP}}^2$ 的连续双射；源紧、目标 Hausdorff，故为同胚。

四个锥都由 $S^2$ 附着一枚四胞腔得到，胞腔链在 $0,2,4$ 次为 $\mathbb{Z}$，其他次数为零，所有边界为零。因此四者都有

$$H_k=\{\begin{array}{ll}\mathbb{Z},& k=0,2,4,\\ 0,& \text{其他 }k.\end{array}$$

从 $S^2$ 附着四胞腔不改变基本群：底部加厚与开圆盘的交集同伦于 $S^3$，van Kampen 给 ${\pi }_1=0$。相同的胞腔链在此确实掩盖了附着差异。

归一化不是由群表推出的 ​

$C_0=S^2\vee S^4$ 到 $S^2$ 有收缩，底类 $x_0$ 是球面类的拉回，所以 $x_0^2=0$，$H(0)=0$。

$C_{\eta }\cong {\mathbb{CP}}^2$ 的局部相对杯积计算给 $x_{\eta }^2=y_{\eta }$。具体核验由原映射锥页完成：两条坐标射影直线在一个复坐标点相交，两个相对类各由横截复直线核对为正生成元，局部乘积在复定向 $D^2\times D^2$ 上取值1；相对顶类的绝对像与特征四胞腔定向一致。因此 $H(\eta )=1$，这一步不用 Chern 类。

前复合乘三，后复合平方 ​

$q_3$ 的三份小球各贡献顶维次数 $+1$，故 $\mathrm{deg}{q}_3=3$。圆锥延拓给

$$Q:C_{\eta \circ q_3}\to C_{\eta },Q{|}_{S^2}=1,Q^{\ast }{x}_{\eta }=x_A,Q^{\ast }{y}_{\eta }=3y_A.$$

因而 $x_A^2=3y_A$，即 $H(\eta \circ q_3)=3$。

$p_2$ 的非零有限正则值有两个原像，各局部映射复导数非零，所以两份局部度都为 $+1$，$\mathrm{deg}{p}_2=2$。保持顶圆盘、在底球面作 $p_2$，得到

$$R:C_{\eta }\to C_{p_2\circ \eta },R^{\ast }{x}_B=2x_{\eta },R^{\ast }{y}_B=y_{\eta }.$$

拉回 $x_B^2=H(p_2\circ \eta )y_B$，得 $4x_{\eta }^2=H(p_2\circ \eta )y_{\eta }$，故 $H(p_2\circ \eta )=4$。

按任务2的次序，四份证书为

$$H(0)=0,H(\eta )=1,H(\eta \circ q_3)=3,H(p_2\circ \eta )=4.$$

完整解答：空间分辨与映射限制 ​

同群同基本群仍异环 ​

$A,B$ 的次数2与4上同调各是一份 $\mathbb{Z}$，故任何分次环同构只能将生成元分别送到 $\pm x$、$\pm y$。二次生成元的负号在平方时消失，四次生成元的负号留下，于是同构要求 $3=\pm 4$，不可能。因此 $A,B$ 不同伦等价。这个结论比比较 Betti 数、整数同调与基本群更强。

必要方程及其逻辑方向 ​

若 $F^{\ast }{x}_g=a{x}_f$、$F^{\ast }{y}_g=b{y}_f$，则

$$F^{\ast }(x_g^2)=H(g)b{y}_f,(F^{\ast }{x}_g{)}^2=a^{2}H(f)y_f.$$

两者相同，故 $a^{2}H(f)=bH(g)$。对 $F:A\to B$ 是

$$3a^2=4b.$$

$(1,1)$ 要求 $3=4$，被排除。$(2,3)$ 满足 $12=12$，仅说明杯平方不排除它；这一步没有构造连续映射，不能宣告存在。

对于 $G:{\mathbb{CP}}^2\to {\mathbb{CP}}^2$，两边 Hopf 不变量都是1，故顶维系数与映射度为 $b=a^2$。度 $-1$ 与2被排除，度4通过必要条件；本题不由该检查推导存在性。若 $G^{\ast }$ 在 $H^2$ 上为乘 $-3$，则在 $H^4$ 上必须为乘9，故度为9。不能把负的二次作用误读成负的四维映射度。

迁移、失败边界与自检 ​

设 $H(f)=h$、$H(g)=k$，$\mathrm{deg}q=d$、$\mathrm{deg}p=e$，则按“先拼接、再前复合、再后复合”的三个已证规则，

$$H(p\circ (f+g)\circ q)=e^{2}d(h+k).$$

例如取 $h=3,k=-1,d=-2,e=-3$，答案为 $9\cdot (-2)\cdot 2=-36$。平方只作用于目标自映射的度，不能把整个乘积再平方。

四个必须同时写出的边界是：

• $n$ 奇数时先由分次交换得到 $2x^2=0$，再用 $H^{2n}(C_f)=\mathbb{Z}$ 无挠推出 $H(f)=0$。带二阶挠的一般环不适用最后一步
• 源反射使 $H$ 反号，目标反射使底类反号却不改平方，因此 $H$ 不变
• $n=1$ 的附着会改变底部 $H^1$，缺少本模型的两份固定自由生成元，不能照搬定义证明
• $H(f)=0$ 不能由本题已证准则倒推出零同伦。只有额外证明该整数在所述维数上完整分类，才可作逆向推断；$\eta$ 自身也不能被赋予同维球面 degree

最后可做一次纯整数核算：枚举符号 $\epsilon ,\delta =\pm 1$，检查 $3{\epsilon }^2\ne 4\delta$；代入 $3a^2=4b$；复算 $e^{2}d(h+k)$。这类有限算术检查能发现符号或乘法错误，不能证明特征映射是同胚、锥映射连续、杯积自然或 Hopf 不变量同伦不变。这些拓扑步骤已经分别由正文证明，不能由脚本代替。

参考与下一步 ​

• Allen Hatcher，Algebraic Topology，Chapter 0 Example 0.6，印刷 pp.6–7；§3.2 Theorem 3.19，pp.220–222；§4.B，pp.427–428
• 若想解释 $n=2$ 时为何这个整数足以分类映射，复用Hopf 纤维化的同伦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。。本单元在一般运算法则、四份整数证书与上述必要条件处停止，不展开高维 Hopf 不变量一问题或一般附着实现理论