蔡玉梅， 李园园， 王玉玉

(天津师范大学数学科学学院， 天津 300387)

全文中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.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，亦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，它的同伦群，特别是稳定同伦群就更是有重要意义，近几年的相关成果参见文献[1-4]．

和

由文献[8]，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亦相互影响关联.本文即是发掘了谱V(1)同伦群中的一些非平凡元素，其在Adams谱序列中分别由b1h1，b1g0表示．

本文的主要结果如下.

定理令p≥7，q=2(p-1)，

均在Adams谱序列中是永久循环，且收敛到π*V(1)中的非零元，其中映射i0、i1具体形式见第一节所述上纤维序列内容．

全文中|·|为元素的全次数，Fdim为元素的第一次数，Sdim为元素的第二次数．

1May谱序列和Ext群的相关结论

Toda-Smith谱V(n)的Zp上同调群为H*V(n)≅E[Q0，Q1，…，Qn]≅Q(2n+1)，其中Qi(i=0，1，…，n)是模pSteenrod代数A的Milnor基元，E[]是外代数.由文献[8]，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，αn分别为p，α，β，γ(当n=0，1，2，3时)，并且由此上纤维序列可以导出Ext群的长正合序列.

以下命题3～6均是在p≥7，r≥2的情况下．

表1 生成元λ及其全次数|λ| (mod p q-2)之余数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

满足(α2)*(z1)=x．

归纳假设，存在

满足

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

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

(1-k)q-2k(modpq-2)．

A1当k=1时，Q=-2(modpq-2)，知没有满足条件的对应元，故(i3)*(i2)*(zk)=0．

A2当1

或者

A3当k=p-2+r时，其中r=0，1，Q=(2-r)q-2r(modpq-2)．

A3.1r=0，Q=2q(modpq-2)，由表1知存在满足条件的元λ可能为g0，h2h0，其全次数分别为pq+2q-2，p2q+q-2，与(i3)*(i2)*(zk)的全次数不相等，所以(i3)*(i2)*(zk)=0．

A3.2r=1，Q=q-2(modpq-2)，此种情形也没有对应元，故(i3)*(i2)*(zk)=0．

A4当k>p-1时，|(i3)*(i2)*(zk)|<0.因此(i3)*(i2)*(zk)=0．

完成了归纳．

证明当r>3时，命题显然成立.下面考虑2≤r≤3的情形．

0=(i3)*(i2)*(x′)∈

由序列正合性，存在

满足x′=(α2)*(z1′)．

归纳假设，存在

满足

由于Fdim=3-r-k≥0且2≤r≤3，k≥1，则k只能取1，此时|(i3)*(i2)*(z1′)|=p2q-q-2=0(modpq-2)，由表1易知无对应元，因此(i3)*(i2)*(zk′)=0.由正合性存在

x2′∈

满足(i2)*(zk′)=(α3)*(x2′)=0.因此存在

zk+1′∈

满足

完成了归纳．

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

(i3)*(i2)*(y)∈

(i3)*(y1)∈

归纳假设，存在

满足

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

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

(3-k)q-(2k+1)(modpq-2)．

B1当k=1时，N=2q-3(modpq-2)；k=2时，N=q-5(modpq-2)；k=3时，N=-7(modpq-2).由May谱序列的各个生成元及表2知，这几种情形均无对应元，故(i3)*(i2)*(wk)=0．

B2当3

或者

设|λ|=aq+b(modpq-2)，从表2中可知0≤a≤3，显然与q的系数3+p-k>6和2+p-k>5矛盾，所以前者和后者的情形均没有满足与其次数对应的元，即(i3)*(i2)*(wk)=0．

B3当k=p-3+r时，N=(5-r)q+1-2r(modpq-2)，其中r=0，1，2，3.类似上述讨论知，在表2中没有元λ满足|λ|=(5-r)q+1-2r(modpq-2)，故(i3)*(i2)*(wk)=0．

B4当k>p时，|(i3)*(i2)*(wk)|<0.因此(i3)*(i2)*(wk)=0．

满足(α2)*(wk+1)=wk，即

完成了归纳．

证明当r>4时，命题显然成立.下面考虑2≤r≤4的情形．

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

满足(α2)*(w1′)=y′．

归纳假设，存在

满足

由于Fdim=4-r-k≥0且2≤r≤4，k≥1，则k只能取1，2.对于wk′，其全次数

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

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

(3-k)q+1-2k(modpq-2)．

C2当k=2时，M=q-3(modpq-2)，显然在表2中没有元u满足|u|=q-3(modpq-2)，故(i3)*(i2)*(wk′)=0.所以存在

(H*V(2)，Zp)=0，

满足(i2)*(wk′)=(α3)*(y3′)=0.因此存在

(H*V(1)，Zp)，

满足(α2)*(wk+1′)=wk′，即

完成了归纳．

2定理的证明

0(r≥2)，

在Adams谱序列里是永久循环.由命题4，

0(r≥2)，

下的像，则

所以

在Adams谱序列里是永久循环.由命题6，