¿Tiene todo complejo un complejo proyectivo cuasi-isomorfo?

Question

Sea $C^{\textbf{.}}$ sea un complejo en alguna categoría abeliana (edito: suponiendo que tenga suficientes projetos). Me gustaría saber si existe un complejo $X^{\textbf{.}}$ consistente en objetos proyectivos y un cuasi-isomorfismo $f:C^{\textbf{.}}\to X^{\textbf{.}}$ .

Esta pregunta procede de "Cohomología de campos de números", página 110 de la segunda edición. En el libro se supone que la categoría es de módulos sobre un dominio dedekind, así que tal vez sólo sea cierto con esta hipótesis. Otra hipótesis sobre el caso especial en el que los autores utilizan esta afirmación, es cuando $C^{\textbf{.}}$ está acotada por encima.

Answer 1

La afirmación que pides es cierta siempre que se den algunas condiciones en la categoría abeliana: que haya suficientes projetos, que existan todos los colímitos y que todos los colímitos filtrados sean exactos.

Supongamos primero que un complejo de co-cadena $A^\bullet$ está acotada por encima. En este caso, podemos encontrar un cuasi-isomorfismo $P^\bullet \to A^\bullet$ con $P^\bullet$ un complejo de proyectivos siempre que haya suficientes proyectivos en la categoría abeliana. Este es un resultado clásico: se puede obtener construyendo una resolución de Cartan-Eilenberg de $A^\bullet$ y tomando su complejo total, pero también se puede dar una prueba elemental por inducción. Inductivamente, supongamos que para todo $i > n$ hemos construido objetos proyectivos $P^i$ diferenciales $d_P^i : P^i \to P^{i+1}$ y morfismos $f^i : P^i \to A^i$ que conmutan con las diferenciales y que inducen isomorfismos $\ker(d_P^{i+1})/\mathrm{im}(d_P^i) \to H^{i+1}(A^\bullet)$ . Desde $A^\bullet$ está acotada por encima, se cumple el caso base de la inducción, ya que podemos tomar simplemente $P^i = 0$ para todos lo suficientemente grande $i$ . El hecho de que el mapa $f^{n+1} : P^{n+1} \to A^n$ conmuta con los diferenciales nos dice que hay un mapa inducido $\ker(d_P^{n+1}) \to Z^{n+1}(A^\bullet)$ . Sabemos que $B^{n+1}(A^\bullet) \subset Z^{n+1}(A^\bullet)$ . Si formamos el pullback $\ker(d_P^{n+1}) \times_{Z^{n+1}(A^\bullet)} B^{n+1}(A^\bullet)$ como hay suficientes proyectivos podemos encontrar un epimorfismo $$P^n \twoheadrightarrow \ker(d_P^{n+1}) \times_{Z^{n+1}(A^\bullet)} B^{n+1}(A^\bullet).$$ Ahora hay obviamente un mapa $d_P^n : P^n \to P^{n+1}$ que es factores a través de $\ker(d_P^{n+1})$ así que $d_P^{n+1} \circ d_P^n = 0$ . También hay un mapa $P^n \to B^{n+1}(A^\bullet)$ y tenemos un epimorfismo $A^n \twoheadrightarrow B^{n+1}(A^\bullet)$ por lo que podemos construir un mapa $f^n : P^n \to A^n$ utilizando el hecho de que $P^n$ es proyectiva. Ahora, si hacemos un poco de búsqueda de diagramas, podemos demostrar que las hipótesis inductivas se siguen cumpliendo, lo que completa la inducción y nos produce un cuasi-isomorfismo $f^\bullet : P^\bullet \to A^\bullet$ con $P^\bullet$ un complejo de proyectiles.

La diferencia entre complejos de co-cadena y complejos de cadena es notacional, pero a veces a la gente le gusta que sus complejos de co-cadena estén concentrados en grados no negativos y que sus complejos de cadena estén concentrados en grados no negativos. La prueba anterior demuestra que podemos encontrar cuasi-isomorfismos $P^\bullet \to A^\bullet$ cuando $A^\bullet$ está, por ejemplo, concentrada en grados no positivos, lo que, tras un cambio de notación, demuestra que podemos encontrar cuasi-isomorfismos $P_\bullet \to A_\bullet$ de complejos de cadenas cuando $A_\bullet$ se concentra en grados no negativos.

En cualquier caso, volvamos a pensar sólo en los complejos de co-cadena. Sea $A^\bullet$ sea un complejo arbitrario (es decir, posiblemente ilimitado). Fijar un número entero $n$ . Sabemos que el (buen) truncamiento $\tau_{\leq n} A^\bullet$ está acotado por encima, por lo que podemos encontrar un cuasi-isomorfismo $f_n^\bullet : P^\bullet_n \to \tau_{\leq n} A^\bullet$ donde $P^\bullet_n$ es un complejo de proyectivas. Si hacemos un poco de lío, podemos demostrar que podemos extender esto a un cuasi-isomorfismo $f_{n+1}^\bullet : P^\bullet_{n+1} \to \tau_{\leq n+1}A^\bullet$ con $P_{n+1}^\bullet$ un complejo de proyectiles. Más precisamente, por "extender" quiero decir que hay un mapa $P^\bullet_n \to P^\bullet_{n+1}$ que es la identidad en todos los grados estrictamente menores que $n$ y tal que el siguiente diagrama de complejos conmuta. $$\newcommand{\ra}[1]{\kern-1.5ex\xrightarrow{\ \ #1\ \ }\phantom{}\kern-1.5ex} \newcommand{\ras}[1]{\kern-1.5ex\xrightarrow{\ \ \smash{#1}\ \ }\phantom{}\kern-1.5ex} \newcommand{\da}[1]{\bigg\downarrow\raise.5ex\rlap{\scriptstyle#1}} \begin{array}{c} P_n^\bullet & \ra{} & P_{n+1}^\bullet \\ \da{f_n^\bullet} & & \da{f_{n+1}^\bullet} \\ \tau_{\leq n} A^\bullet & \ra{} & \tau_{\leq n+1} A^\bullet \\ \end{array}$$ Ahora bien, como suponemos que existen colímites, podemos tomar el colímite de estos mapas $$P^\bullet := \mathrm{colim} P_n^\bullet \to \mathrm{colim} \tau_{\leq n} A^\bullet = A^\bullet.$$ Está claro que $P^\bullet$ será un complejo de proyectivos. Además, este colímite que estamos tomando es un colímite filtrado, y si asumimos que los colímitos filtrados en nuestra categoría abeliana son exactos, entonces este mapa está garantizado para ser un cuasi-isomorfismo.

Esto da una prueba de la afirmación por la que preguntabas, pero probablemente debería señalar que pedir un cuasi-isomorfismo $P^\bullet \to A^\bullet$ con $P^\bullet$ un complejo de proyectivos no es algo muy útil a menos que $A^\bullet$ está acotada por encima. Más concretamente, me refiero a lo siguiente. Un complejo $P^\bullet$ de objetos proyectivos se denomina dg-proyectivo si cumple la siguiente propiedad: siempre que $C^\bullet$ es acíclico, cualquier mapa $P^\bullet \to C^\bullet$ es nulo-homotópico. Para los complejos superiores acotados, ser dg-proyectivo es equivalente a ser proyectivo en todos los grados, pero esto no es cierto para los complejos no acotados. Cuando $A^\bullet$ está acotado por encima, la prueba que dimos anteriormente muestra que siempre podemos encontrar un cuasi-isomorfismo $P^\bullet \to A^\bullet$ con $P^\bullet$ un complejo dg-proyectivo, pero para ilimitado $A^\bullet$ demostrando que siempre existe un cuasi-isomorfismo $P^\bullet \to A^\bullet$ con $P^\bullet$ un complejo dg-proyectivo es más complicado.

Answer 2

$\require{AMScd}$ Como se ha señalado anteriormente, el primer argumento proporciona una inyección en homología, pero no un isomorfismo. Estableceré las cosas inductivamente de modo que obtengamos un diagrama $$\begin{CD} \\ &{}&{}& C_n @>>> C_{n-1} \\ {}&{}& {} @Af_n AA @A A f_{n-1} A \\ {}&{}&{}&P_{n} @>>d_n> P_{n-1} \\ \end{CD}$$

para que $f_{n-1}$ induce un isomorfismo en homología y $f_n$ induce un epimorfismo de $\ker d_n$ a $H_n(C_\cdot)$ . En $n=0$ esto es casi trivial: tome $f_{n-1}=0$ , $d_{-1}=0$ y $f_0$ inducida de cubrir la homología ceroeth $\rho:P_0\to H_0$ por una proyectiva y obteniendo $f_0$ inducida a partir de la proyección $\pi_0:C_0\to H_0$ . Esto da un diagrama conmutativo

$$\begin{CD} \\ &{}&{}& C_0 @>\partial_{0}>> 0 \\ {}&{}& {} @Af_0 AA @AAA \\ {}&{}&{}&P_0 @>>d_{0}> 0\\ \end{CD}$$

Supongamos inductivamente que hemos obtenido un diagrama conmutativo $$\begin{CD} \\ &{}&{}& C_n @>>> C_{n-1} \\ {}&{}& {} @Af_n AA @AA f_{n-1} A \\ {}&{}&{}&P_{n} @>>d_n> P_{n-1} \\ \end{CD}$$ tal que $f_{n-1}$ induce un isomorfismo en homología y $f_n$ induce un epimorfismo $\ker d_n\to H_n(C_\cdot )$ . Tome una cubierta $\rho_{n+1}:P_{n+1}' \to H_{n+1}$ con $P_{n+1}'$ proyectiva y $f_{n+1}'$ inducida a partir de la proyección $\ker{\partial_{n+1}}\to H_{n+1}$ . Consideremos ahora el diagrama de pullback (en $Q_{n+1}$ )

$$\begin{CD} \\ &{}&{}& {\rm im}\; \partial_{n+1} @>\iota>> \ker \partial_{n+1} @>\widetilde{j}>> C_n \\ {}&{}& {} @A\psi_n AA @A\widetilde{f_n} AA @Af_nAA \\ P_{n+1}'' @>\Lambda_{n+1}>> Q_{n+1} @>\varphi_n>> \ker d_n @>j>> P_n \\ \end{CD}$$

donde hemos tomado $P_{n+1}''$ proyectiva y $\Lambda_{n+1}$ un epimorfismo. Defina $d_{n+1}''= j\varphi_n\Lambda_{n+1}$ . Esto también da una flecha $\psi_n\Lambda_{n+1}:P_{n+1}''\longrightarrow {\rm im}\; \partial_{n+1}$ y obtenemos $f_{n+1}'':P_{n+1}''\longrightarrow C_{n+1}$ a partir del epimorfismo $\tilde\partial_{n+1}:C_{n+1} \longrightarrow {\rm im}\; \partial_{n+1}$ . Ahora dejemos que $d_{n+1}:P_{n+1}\longrightarrow C_{n+1}$ donde $P_{n+1}=P_{n+1}'\oplus P_{n+1}''$ y $(p',p'')\mapsto d_{n+1}''(p)$ . Establecer $f_{n+1}=f_{n+1}'+f_{n+1}''$ . Entonces

$(1)$ Dado que la imagen de $f_{n+1}'$ se encuentra en el núcleo de $\partial_{n+1}$ tenemos

$$\begin{align} \partial_{n+1}f_{n+1}&= \partial_{n+1}f_{n+1}''\\&= \tilde j\iota \tilde \partial_{n+1} f_{n+1}''\\&=\tilde j\iota \psi_n\Lambda_{n+1}\\&=\tilde j\tilde{f_n}\varphi_n \Lambda_{n+1}\\&=f_n j\varphi_n \Lambda_{n+1}\\&=f_n d_{n+1}''=f_n d_{n+1}\end{align}$$

$(2)$ Evidentemente $d_nd_{n+1}=0$ desde $d_{n+1}''$ factores a través del núcleo de $d_n$ . Supongamos que $z\in\ker d_n''$ es tal que $f_n(z)=\partial_{n+1}z ''$ . Entonces $(\partial_{n+1}z'',z)$ se encuentra en $Q_{n+1}$ así que hay algo de $p\in P_{n+1}''$ para que $\Lambda_{n+1}(p)$ iguala esto. Entonces $d_{n+1}''(p)=z$ y puesto que las imágenes de $d$ y $d''$ coinciden obtenemos el isomorfismo deseado.

$(3)$ Tenemos que $\ker d_{n+1}=P_{n+1}'\oplus \ker d_{n+1}''$ mapas de $f_{n+1}$ en $H_{n+1}(C_\cdot)$ ya que el primer sumando ya es onto.