谱V（1）同伦群中的一个新元素

蔡玉梅，王玉玉

（天津师范大学数学科学学院，天津 300387）

1 引言和主要结果

同伦群是拓扑空间的几个基本的代数不变量之一.相较于同调群，同伦群的计算十分困难，也成为代数拓扑的重要问题之一.对于简单的不可缩空间球面，对其同伦群，特别是稳定同伦群的研究具有重要意义，近几年的相关成果参见文献[1-4].

记A为模p的Steenrod代数，P为由所有A的循环缩减幂pi（i≥0）生成的子代数.对于连通有限型谱X、Y，存在Adams谱序列{Ers，t，dr}[5]，满足：

其中E2s，t是A的上同调.当X为球谱S、Moore谱M、Toda-Smith谱V（1）时，πt-s（X）p分别为S、M、V（1）稳定同伦群的p局部.在利用Adams谱序列求解同伦群的过程中，需计算有关ExtAs，t（H*（X），H*（Y））的结果，本文利用May谱序列并结合谱的上纤维序列导出Ext群的正合序列来解决.

Toda-Smith谱V（n）的Zp上同调群为

其中：Qi（i=0，1，…，n）为模p Steenrod代数A的Milnor基元；E[]为外代数；Q（2n+1）为2n+1维的Zp向量空间，且其Zp基为

由文献[6]可知，V（n）是可实现的，当n=0、1、2、3，且p＞2n时，存在上纤维序列：

其中：V（-1）=S；α0、α1、α2、α3分别为p、α、β、γ.由于存在短正合序列：

所以上面的上纤维序列可以导出Zp上同调群的短正合序列：

进一步可导出Ext群的长正合序列：

综上可见，Toda-Smith谱与球谱S通过一些上纤维化存在密切联系.因此，它们的同伦群中元素的存在性也相互关联.本文发掘了谱V（1）同伦群中的一个非平凡元素，它在Adams谱序列中由h2表示，与文献[7]不同，本文利用代数和数论的方法给出了h2的收敛性，该方法更具可操作性和应用的广泛性.

ExtAs，t（Zp，Zp）（s=1、2、3）的Zp基的情况见文献[8-9]，其中

本文的主要结果如下.

定理令素数p≥7，则元素

在Adams谱序列中是永久循环的，且收敛到π*V（1）中的非零元.

2 Ext群的一些结果

命题1[10]当t-s＜2p4-1时，ExtAs，t（H*V（3），Zp）≅ExtPs，t（Zp，Zp）.

推论Zp），r≥2.

命 题2[6]Rank（ExtPs，t（Zp，Zp））≤Rank[P（bji）⊗H*，*（U（L））]s，t，其中：[P（bji）⊗H*，*（U（L））]s，t为May谱序列的E2-项，P（bji）为多项式代数.

命题3当p≥7，r≥2时，

证明由推论可得

对于加法有

且Rji和bji的双次数分别为（1，2（pi+j-pi））和（2，2（pi+j+1-pi+1））.在May谱序列中，b10收敛到b0∈ExtP2，pq（Zp，Zp），b10的全次数为|b10|=pq-2.将[P（bji）⊗H*，*（U（L））]s，t中全次数不大于p2q-2的生成元λ，及其全次数|λ|（mod pq-2）的余数列出，见表1.

表1 生成元λ及其全次数|λ|（mod pq-2）的余数Tab.1 Generator λ and the remainder of total degree|λ|（mod pq-2）

由于|（i3）*（i2）*（x）|=p2q-2≡q（mod pq-2），由表1可知，在May谱序列的E2-项[P（bji）⊗H*，*（U（L））]s，t中存在满足条件的元λ可能为b11，其全次数为p2q-2，双次数为（2，p2q），即当r=1时，（i3）*（i2）*（x）=b11，与r≥2不符，故排除.此时有0，所以（i3）*（i2）*（x）=0，再由长正合序列：

可知（i2）*（x）=（α3）*（x1），其中

所以

对于zk，有

其全次数为

（1）当k=1时，Q=-2（mod pq-2），由May谱序列的E2-项的各个生成元及其次数列表可知满足此条件的元不存在，故（i3）*（i2）*（zk）=0.

（2）当1＜k＜p-2时，

Q=（1+p-k）q-（2k+2）（mod pq-2）或者

Q=（p-k）q+（q-2k-2）（mod pq-2）满足前者显然无对应元.对于后者，可能存在对应元k0h0b11，但其全次数为p2q+2pq+2q-5，大于（i3）*（i2）*（zk）的全次数，所以这种情形无对应元，故（i3）*（i2）*（zk）=0.

（3）当k=p-2+r时，其中：r=0、1，Q=（2-r）q-2r（mod pq-2）.

①当r=0时，Q=2q（mod pq-2），由表1知λ可以为g0，其全次数为pq+2q-2，与（i3）*（i2）*（zk）的全次数不相等，故（i3）*（i2）*（zk）=0.

②当r=1时，Q=q-2（mod pq-2），此时没有满足与其次数对应的元，因此（i3）*（i2）*（zk）=0.

（4）当k＞p-1时，|（i3）*（i2）*（zk）|＜0，易知（i3）*（i2）*（zk）=0.

综上可得

由正合性，存在

满足（α3）*（y）=（i2）*（zk），但此时

所以y=0，故（i2）*（zk）=（α3）*（y）=0.因此，存在

满足（α2）*（zk+1）=zk，即

归纳完成.

取k=p+1，则

命题4当p≥7，r≥2时

证明当r≥2时，命题显然成立.

3 定理的证明

考虑Adams谱序列，其E2-项

微分为dr：Ers，t→Ers+r，t+r-1.由命题3有

在映射下的像为（i1i0）*h2，则r≥2.因此

在Adams谱序列中是永久循环的.由命题4有