关于Whitehead塔中分数第一Pontryagin类拉回公式系数2的合理性求证及计算建议问询

嗨，你的思路完全没错——找一个简单的具体例子计算，就能直接确定这个系数2。我给你梳理几个最直观的验证方向，还有具体的计算细节：

首先先回顾一下背景里的Whitehead塔序列：
$$\cdots\to BString(n)\to BSpin(n)\to BSO(n)$$

你已经知道，分数第一Pontryagin类 $\frac{1}{2}p_1$ 是从 $BSpin(n)$ 提升到 $BString(n)$ 的障碍类，并且 $\pi^\ast(p_1)=n(\frac{1}{2}p_1)$，现在要确定n=2。

方法1：用低维例子n=4（最直观） #

Spin(4)的结构特别简单：$Spin(4)\cong SU(2)\times SU(2)$，所以对应的分类空间 $BSpin(4)=BSU(2)\times BSU(2)$。它的4阶同调群 $H^4(BSpin(4),\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}$，生成元是两个因子的第二陈类 $c_2(SU(2))$ 和 $c_2'(SU(2))$。

而BSO(4)的第一Pontryagin类 $p_1$，对应到SO(4)的标准向量表示，它的复化是两个SU(2)的旋量表示的直和 $V_+\oplus V_-$。对于SU(2)的表示，第一Pontryagin类和第二陈类的关系是 $p_1(V)=-2c_2(V)$。

当我们把 $p_1$ 拉回至 $BSpin(4)$ 时，$\pi^\ast(p_1)=p_1(V_+\oplus V_-)=p_1(V_+)+p_1(V_-)=-2c_2(V_+)-2c_2(V_-)$。

而分数第一Pontryagin类 $\frac{1}{2}p_1$ 在 $BSpin(4)$ 中就是 $-(c_2(V_+)+c_2(V_-))$（符号取决于定向约定，不影响倍数关系），显然 $\pi^\ast(p_1)=2(\frac{1}{2}p_1)$，直接得到系数2。

方法2：用n=3的简化例子 #

$Spin(3)\cong SU(2)$，所以 $BSpin(3)=BSU(2)=\mathbb{CP}^\infty$，它的4阶同调群 $H^{4(\mathbb{CP}}\infty,\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}$，生成元是第一陈类的平方 $c_1^2$。

BSO(3)的第一Pontryagin类 $p_1$ 是其4阶同调的生成元，对应SO(3)的3维标准实向量丛，它的复化是SU(2)的伴随表示。这个伴随表示的第二陈类 $c_2=1$，而根据实向量丛的Pontryagin类与复化陈类的关系，$p_1=-2c_2$，所以拉回后的 $\pi^\ast(p_1)=-2$。

而 $\frac{1}{2}p_1$ 是 $H^4(BSpin(3),\mathbb{Z})$ 的生成元（即 $\pm1$），显然 $\pi^\ast(p_1)=2(\frac{1}{2}p_1)$，同样验证了系数2。

方法3：用同调论的结构推导 #

我们知道 $BSpin(n)$ 是 $BSO(n)$ 上的二重覆盖（因为Spin(n)是SO(n)的二重覆盖，纤维是 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$）。从Serre谱序列或者Stiefel-Whitney类的关系来看：

• 第二Stiefel-Whitney类 $w_2\in H^2(BSO(n),\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 是Spin结构存在的障碍，而拉回 $\pi^\ast(w_2)=0$（因为Spin丛的w2=0）。
• 第一Pontryagin类和w2的模2关系是 $p_1\equiv w_2^2\mod2$，所以拉回后 $\pi^{\ast(p_1)\equiv\pi}\ast(w_2^2)=0\mod2$，这说明 $\pi^\ast(p_1)$ 是 $H^4(BSpin(n),\mathbb{Z})$ 中生成元的偶数倍。结合你已知的 $H^4(BSpin(n),\mathbb{Z})$ 是无限循环群，再加上上面例子的验证，就可以确定这个倍数就是2。

这些方法都能帮你确认这个系数的合理性，其中低维例子的计算最直接，也容易上手。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Sam Ballas