蔡玉梅， 李園園， 王玉玉

(天津師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院， 天津 300387)

全文中A為模p的Steenrod代數(shù)，P為由所有A的循環(huán)縮減冪pi(i≥0)生成的子代數(shù).同倫群是拓?fù)淇臻g的幾個基本的代數(shù)不變量之一.相較于同調(diào)群，同倫群的計算十分困難，亦成為代數(shù)拓?fù)涞闹匾獑栴}之一.對于簡單的不可縮空間球面，它的同倫群，特別是穩(wěn)定同倫群就更是有重要意義，近幾年的相關(guān)成果參見文獻(xiàn)[1-4]．

和

由文獻(xiàn)[8]，Toda-Smith譜與球譜S通過一些上纖維化存在密切聯(lián)系.因此，它們的同倫群中元素的存在性亦相互影響關(guān)聯(lián).本文即是發(fā)掘了譜V(1)同倫群中的一些非平凡元素，其在Adams譜序列中分別由b1h1，b1g0表示．

本文的主要結(jié)果如下.

定理令p≥7，q=2(p-1)，

均在Adams譜序列中是永久循環(huán)，且收斂到π*V(1)中的非零元，其中映射i0、i1具體形式見第一節(jié)所述上纖維序列內(nèi)容．

全文中|·|為元素的全次數(shù)，F(xiàn)dim為元素的第一次數(shù)，Sdim為元素的第二次數(shù)．

1May譜序列和Ext群的相關(guān)結(jié)論

Toda-Smith譜V(n)的Zp上同調(diào)群為H*V(n)?E[Q0，Q1，…，Qn]?Q(2n+1)，其中Qi(i=0，1，…，n)是模pSteenrod代數(shù)A的Milnor基元，E[]是外代數(shù).由文獻(xiàn)[8]，V(n)是可實現(xiàn)的，當(dāng)n=0，1，2，3且p>2n時，存在上纖維序列：

其中，V(-1)=S，αn分別為p，α，β，γ(當(dāng)n=0，1，2，3時)，并且由此上纖維序列可以導(dǎo)出Ext群的長正合序列.

以下命題3～6均是在p≥7，r≥2的情況下．

表1 生成元λ及其全次數(shù)|λ| (mod p q-2)之余數(shù)Tab.1 Generator λ and the remainder of total degree |λ| (mod p q-2)

知(i2)*(x)=(α3)*(x1)，其中，

所以，

(i2)*(x)=(α3)*(x1)=0．

因此由正合性，存在

滿足(α2)*(z1)=x．

歸納假設(shè)，存在

滿足

Q=|(i3)*(i2)*(zk)|=

p2q+pq+r-1-k(2p2-1)-(3+r-k)=

(1-k)q-2k(modpq-2)．

A1當(dāng)k=1時，Q=-2(modpq-2)，知沒有滿足條件的對應(yīng)元，故(i3)*(i2)*(zk)=0．

A2當(dāng)1

或者

A3當(dāng)k=p-2+r時，其中r=0，1，Q=(2-r)q-2r(modpq-2)．

A3.1r=0，Q=2q(modpq-2)，由表1知存在滿足條件的元λ可能為g0，h2h0，其全次數(shù)分別為pq+2q-2，p2q+q-2，與(i3)*(i2)*(zk)的全次數(shù)不相等，所以(i3)*(i2)*(zk)=0．

A3.2r=1，Q=q-2(modpq-2)，此種情形也沒有對應(yīng)元，故(i3)*(i2)*(zk)=0．

A4當(dāng)k>p-1時，|(i3)*(i2)*(zk)|<0.因此(i3)*(i2)*(zk)=0．

完成了歸納．

證明當(dāng)r>3時，命題顯然成立.下面考慮2≤r≤3的情形．

0=(i3)*(i2)*(x′)∈

由序列正合性，存在

滿足x′=(α2)*(z1′)．

歸納假設(shè)，存在

滿足

由于Fdim=3-r-k≥0且2≤r≤3，k≥1，則k只能取1，此時|(i3)*(i2)*(z1′)|=p2q-q-2=0(modpq-2)，由表1易知無對應(yīng)元，因此(i3)*(i2)*(zk′)=0.由正合性存在

x2′∈

滿足(i2)*(zk′)=(α3)*(x2′)=0.因此存在

zk+1′∈

滿足

完成了歸納．

表2 生成元 λ 及其全次數(shù) |λ| (mod p q-2) 之余數(shù)Tab.2 Generator λ and the remainder of total degree |λ| (mod p q-2)

(i3)*(i2)*(y)∈

(i3)*(y1)∈

歸納假設(shè)，存在

滿足

N=|(i3)*(i2)*(wk)|=

p2q+pq+2q+r-1-k(2p2-1)-4-r+k=

(3-k)q-(2k+1)(modpq-2)．

B1當(dāng)k=1時，N=2q-3(modpq-2)；k=2時，N=q-5(modpq-2)；k=3時，N=-7(modpq-2).由May譜序列的各個生成元及表2知，這幾種情形均無對應(yīng)元，故(i3)*(i2)*(wk)=0．

B2當(dāng)3

或者

設(shè)|λ|=aq+b(modpq-2)，從表2中可知0≤a≤3，顯然與q的系數(shù)3+p-k>6和2+p-k>5矛盾，所以前者和后者的情形均沒有滿足與其次數(shù)對應(yīng)的元，即(i3)*(i2)*(wk)=0．

B3當(dāng)k=p-3+r時，N=(5-r)q+1-2r(modpq-2)，其中r=0，1，2，3.類似上述討論知，在表2中沒有元λ滿足|λ|=(5-r)q+1-2r(modpq-2)，故(i3)*(i2)*(wk)=0．

B4當(dāng)k>p時，|(i3)*(i2)*(wk)|<0.因此(i3)*(i2)*(wk)=0．

滿足(α2)*(wk+1)=wk，即

完成了歸納．

證明當(dāng)r>4時，命題顯然成立.下面考慮2≤r≤4的情形．

所以(i2)*(y′)=(α3)*(α3)*(y2′)=0.由序列正合性，存在

滿足(α2)*(w1′)=y′．

歸納假設(shè)，存在

滿足

由于Fdim=4-r-k≥0且2≤r≤4，k≥1，則k只能取1，2.對于wk′，其全次數(shù)

M=p2q+pq+2q+1-r-

k(2p2-1)-(4-r-k)=

(3-k)q+1-2k(modpq-2)．

C2當(dāng)k=2時，M=q-3(modpq-2)，顯然在表2中沒有元u滿足|u|=q-3(modpq-2)，故(i3)*(i2)*(wk′)=0.所以存在

(H*V(2)，Zp)=0，

滿足(i2)*(wk′)=(α3)*(y3′)=0.因此存在

(H*V(1)，Zp)，

滿足(α2)*(wk+1′)=wk′，即

完成了歸納．

2定理的證明

0(r≥2)，

在Adams譜序列里是永久循環(huán).由命題4，

0(r≥2)，

下的像，則

所以

在Adams譜序列里是永久循環(huán).由命題6，