Отображение гомологий

[Nickspa]

$X=\mathbb{C}P^1\times \mathbb{C}P^1, Y=\mathbb{C}P^2$
Вычислить гомоморфизм $f_*:H_k(X)\to H_k(Y)$, индуцированный отображением
$f([x_1:y_1],[x_2:y_2])=[x_1y_2+x_2y_1:x_1x_2:y_1y_2]$.
Помимо нулевых нетривиальные гомологии:
$H_2(X)=\mathbb{Z}^2,H_2(Y)=\mathbb{Z},H_4(X)=\mathbb{Z},H_4(Y)=\mathbb{Z}$.
Со вторыми всё более менее понятно, а вот с четвёртыми не выходит.
Что имею:
Пусть $[x_1:x_2]=\lambda_1,[x_2:y_2]=\lambda_2,\frac{x_1x_2}{x_1y_2+x_2y_1}=\alpha_1,\frac{y_1y_2}{x_1y_2+x_2y_1}=\alpha_2$
Равные нулю пока не буду рассматривать.
Во-первых, $f(\lambda_1,\lambda_2)=f(\lambda_2,\lambda_1)$
Во-вторых, уравнения $\lambda_1\alpha_2+\frac{\alpha_1}{\lambda_1}=1$
$\lambda_2\alpha_2+\frac{\alpha_1}{\lambda_2}=1$.
Пусть решения этого уравнения $a,b$.
Тогда $(\alpha_1,\alpha_2)$ имеет два прообраза $(a,b)$ и $(b,a)$.
Но это же ещё не значит, что гомоморфизм - это умножение на 2. Что со всем этим делать?

[Slav-27]

Вы хотите посчитать степень отображения. Достаточно взять регулярное значение и посмотреть, сколько у него прообразов. Отображение сохраняет ориентицию, согласованную с комплексной структурой, потому что голоморфно, так что даже со знаками заморачиваться не надо.

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1425133 писал(а):

Достаточно взять регулярное значение и посмотреть, сколько у него прообразов.

Да, хочется так и сделать руками, чтобы понять.
На всякий случай, ведь $x_i,y_i\in \mathbb{C}$ ?
$X,Y$ - многообразия размерности 4.
Значит, мне надо взять карты и там, и там. Найти матрицу отображения между ними, и определить знак определителя производной этого отображения для каждой точки прообраза. Верно?
Ну пусть $y_1=y_2=1, x_1=(a_1, b_1),x_2=(a_2,b_2)$. Тогда есть точка $(a_1,b_1,a_2,b_2)\in \mathbb{R}^4$. Куда она переходит? В $(a_1+a_2,b_1+b_2,a_1a_2-b_1b_2,a_1b_2+b_1a_2)$?
Если нет, то куда? Не могу тогда понять как здесь работать

[Slav-27]

Nickspa в сообщении #1425987 писал(а):

На всякий случай, ведь $x_i,y_i\in \mathbb{C}$ ?

Да.

Nickspa в сообщении #1425987 писал(а):

Значит, мне надо взять карты и там, и там. Найти матрицу отображения между ними, и определить знак определителя производной этого отображения для каждой точки прообраза. Верно?

Для каждой точки прообраза какого-нибудь регулярного значения. Более того, отображение голоморфно, поэтому я заранее знаю, что знак всегда будет $+$, если правильно выбрать ориентации (а если неправильно, то всегда $-$).

Nickspa в сообщении #1425987 писал(а):

Не могу тогда понять как здесь работать

На проективных пространствах есть стандартные карты, используйте их.

$U_i:=\{[z_0:z_1:...:z_n]\in\mathbb CP^n|z_i\ne 0\}\to \mathbb C^n$, $[z_0:z_1:...:z_n]\mapsto \left(\dfrac {z_0}{z_i}, ..., \dfrac{z_{i-1}}{z_i}, \dfrac{z_{i+1}}{z_i}, ..., \dfrac{z_n}{z_i}\right)$.

Запишите отображение, например, в картах $U_1\times U_1$ на $\mathbb CP^1\times\mathbb CP^1$ и $U_2$ на $\mathbb CP^2$.

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1426056 писал(а):

На проективных пространствах есть стандартные карты

Вроде, наверху так и делал.

Nickspa в сообщении #1425987 писал(а):

пусть $y_1=y_2=1$

Тогда $(x_1,x_2)$ переходит в $(x_1+x_2,x_1x_2)$. Так ведь?
Просто нам рассказывали выбирать знак прообраза как знак определителя производной матрицы перехода. Поэтому я перешёл к действительным
$x_1=a_1+b_1i,x_2=a_2+b_2i$.
Тогда точка $(a_1; b_1; a_2; b_2)\in \mathbb{R}^4$ переходит в $(a_1+a_2; b_1+b_2; a_1a_2-b_1b_2; a_1b_2+b_1a_2)$. Могу ведь я так рассматривать?
Производная матрицы перехода тогда

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ a_2 & -b_2 & a_1 & -b_1\\ b_2 & a_2 & b_1 & a_1 \end{pmatrix}$$

Выбираю $a_i,b_i$ такими, чтобы определитель был не нулевой и смотрю знак. Пусть $(1,1,2,1)$.
$\det=1$.
Другой прообраз $(2,1,1,1)$. Определитель тот же. Значит степень 2.
Верное такое решение?

-- 15.11.2019, 12:02 --

Slav-27, Вы предлагаете остановиться на этом

Nickspa в сообщении #1426063 писал(а):

Тогда $(x_1,x_2)$ переходит в $(x_1+x_2,x_1x_2)$. Так ведь?

Но тогда как определить смену (не смену) ориентации? В действительном случае это знак определителя, а здесь?

[Slav-27]

Nickspa в сообщении #1426063 писал(а):

Другой прообраз $(2,1,1,1)$. Определитель тот же. Значит степень 2.
Верное такое решение?

Да, если мы понимаем, что у точки $[((1+i)+(2+i)) : ((1+i)(2+i)):1]\in\mathbb CP^2$ нет других прообразов в $\mathbb CP^1\times\mathbb CP^1$, кроме тех двух, которые вы учли.

Nickspa в сообщении #1426063 писал(а):

Но тогда как определить смену (не смену) ориентации? В действительном случае это знак определителя, а здесь?

А здесь отображение голоморфно, и поэтому сохраняет ориентацию, индуцированную комплексною структурою (в чём вы и убедились).

Пусть $A:\mathbb C^n\to\mathbb C^n$ комплексно линейный оператор, его можно рассматривать как линейный оператор $\mathbb R^{2n}\to\mathbb R^{2n}$ и соответственно вычислять определители $\det_{\mathbb C}A$ и $\det_{\mathbb R}A$. Тогда $\det_{\mathbb R}A=|\det_{\mathbb C}A|^2\geqslant 0$.

-- 15.11.2019, 13:43 --

Например, определитель той матрицы, которая у вас выше написана, равен

$$\left|\det\begin{pmatrix}1 & 1\\x_2 & x_1\end{pmatrix}\right|^2.$$

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1426068 писал(а):

А здесь отображение голоморфно

Просто я знаю голоморфность только для $\mathbb{C}\to \mathbb{C}$. Здесь это голоморфность по каждой переменной?

-- 15.11.2019, 12:57 --

Понял, кажется. $x_1y_2+x_2y_1$ - голоморфно и по $x_i$, и по $y_i$.
$x_1x_2$ - то же самое. И $y_1y_2$. Верно?

[vpb]

Для отображений $f\colon U\longrightarrow{\mathbb C}$, где $U$ --- область в ${\mathbb C}^m$, голоморфность означает, что в окрестности каждой точки $(z_1^0, \ldots, z_m^0)$ $f$ разлагается в абсолютно сходящийся степенной ряд, по $z_1-z_1^0$, $\ldots$, $z_m-z_m^0$. Дальше это понятие естественно переносится на отображения в ${\mathbb C}^n$ (покомпонентно), и дальше на отображения многообразий.

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1426068 писал(а):

нет других прообразов

Это, наверное, можно так показать.
$[((1+i)+(2+i)) : ((1+i)(2+i)):1]\Rightarrow y_1\ne 0, y_2\ne 0$.
Пусть $(1+i)+(2+i)=3+2i=\alpha_1\in \mathbb{C}^2,(1+i)(2+i)=1+3i=\alpha_2\in \mathbb{C}^2$. Прообразы этой точки $(\lambda_1,\lambda_2)$.
Тогда имеются уравнения $\lambda_i^2-\alpha_1\lambda_i+\alpha_2=0$.
Квадратное уравнение, два корня. Значит, и прообразов два. Похоже не правду?

-- 15.11.2019, 13:26 --

vpb в сообщении #1426073 писал(а):

разлагается в абсолютно сходящийся степенной ряд

А это не то же самое, что $f$ комплексно дифференцируема по каждой переменной в каждой точке $U$ ?

[Slav-27]

Nickspa в сообщении #1426075 писал(а):

Похоже не правду?

Да.

Nickspa в сообщении #1426075 писал(а):

А это не то же самое, что $f$ комплексно дифференцируема по каждой переменной в каждой точке $U$ ?

То же самое. Если известно, что она ещё и бесконечно гладкая по совокупности переменных, то это несложно доказать.

(Оффтоп)

Верно и без предположения о гладкости (даже без предположения о непрерывности!), но это уже сложно. (Например, гладкость не следует из гладкости по каждой переменной в отдельности, равно и непрерывность не следует из непрерывности по каждой переменной в отдельности. А вот голоморфность следует.)

В общем, раз вы это не знаете, можно не заморачиваться и честно считать в вещественных координатах, как вы уже и сделали.