La resolución inyectada de un complejo es única hasta el tipo de homotropía

Question

Estaba leyendo sobre cómo podemos construir una resolución inyectiva $I^ \bullet $ de un complejo delimitado por debajo $A^ \bullet $ en una categoría $ \mathcal {A}$ con suficiente inyección en este puesto de MSE . Pero me pregunto si la resolución $I^ \bullet $ es única hasta el tipo de homotropía al igual que la resolución inyectiva de un solo objeto.

Una resolución inyectiva de $A^ \bullet $ es un complejo $I^ \bullet $ que consiste en objetos inyectables de tal manera que hay un cuasi-isomorfismo $f:A^ \bullet \rightarrow I^ \bullet $ .

Cuando $A$ es un solo objeto que puedo considerar como $0 \rightarrow A \rightarrow 0 \rightarrow 0 \rightarrow ...$ y la resolución inyectiva $I^ \bullet $ es sólo la resolución inyectiva "habitual", es decir. $0 \rightarrow A \rightarrow I^0 \rightarrow I^1 \rightarrow ...$ es exacto. En este caso sé (por ejemplo, del 'Curso de Álgebra Homológica' de P. J. Hilton, Propuesta 4.3) que dos resoluciones inyectables $I^ \bullet , J^ \bullet $ son del mismo tipo de homotropía (podemos encontrar $f:I^ \bullet\rightarrow J^ \bullet $ y $g:J^ \bullet\rightarrow I^ \bullet $ de tal manera que $fg \simeq 1_I, gf \simeq 1_J$ ).

Mi pregunta es,

¿Es la resolución inyectiva $I^ \bullet $ de un complejo delimitado por debajo $A^ \bullet $ en una categoría $ \mathcal {A}$ con suficiente inyección única hasta el tipo de homotropía? ¿Cómo mostramos esto?

La prueba conocida para el caso de un solo objeto utiliza el hecho de que $I^ \bullet $ es acíclica, lo que no es cierto en el caso de los complejos $A^ \bullet $ .

Answer 1

Usaré "complejo" para significar "complejo (cochain) de grado no negativo". Por supuesto, si tienes un complejo de cochain limitado por debajo, hasta un cambio uno puede asumir que estamos en esta situación.

Aquí hay un argumento directo, que señala los puntos esenciales del "argumento de la categoría modelo" que bosquejé en los comentarios. Resulta que las cosas importantes que necesitas son las siguientes (y no son de naturaleza teórica de la categoría-modelo, en realidad las necesitas para probar que la estructura-modelo inyectiva existe, o al menos las 2 primeras) :

1) Supongamos $f:A \to B$ es un monomorfismo de grado que también es un cuasi-isomorfismo, y $g:C \to D$ es un epimorfismo de grado con un núcleo que es un complejo de inyecciones, entonces $f$ tiene la izquierda levantando la propiedad contra $g$ es decir, cada cuadrado conmutable

$$ \require {AMScd} \begin {CD} A @>{}>> C \\ @V{f}VV @VV{g}V \\ B @>>{}> D \end {CD}$$

tiene un mapa diagonal $B \to C$ que hace que todo el asunto se desplace (es decir, que los dos triángulos se desplacen)

2) Si $ \alpha\circ \beta $ y $ \beta $ son cuasi-isomorfismos, entonces también lo es $ \alpha $

3) Que $I \to J$ ser un cuasi isomorfismo de complejos de inyecciones. Entonces es una equivalencia de homotropía en cadena.

Con estas 3 herramientas, puedes concluir de la siguiente manera: Note que una resolución inyectiva $A \to I$ es un monomorfismo de grado que también es un cuasi-isomorfismo, y que si $J$ es un complejo de inyecciones, $J \to 0$ es un epimorfismo de grado con un núcleo inyectable de grado. Por lo tanto, si $A \to I,A \to J$ son resoluciones inyectables, tenemos el siguiente cuadro $$ \require {AMScd} \begin {CD} A@>{}>> I \\ @V{}VV @VV{}V \\ J @>>{}> 0 \end {CD}$$

que satisface las hipótesis de 1), de modo que hay un ascenso $J \to I$ . El triángulo superior consiste en 2 cuasi-isomorfismos y el mapa $J \to I$ así que por 2) $J \to I$ es un cuasi-isomorfismo. Por lo tanto, por 3) es una equivalencia de homotropía en cadena.

Probar 2) es bastante fácil: probar que es válido para los isomorfismos en cualquier categoría, luego notar que un cuasi-isomorfismo es sólo una flecha $ \alpha $ con $H^*( \alpha )$ siendo un isomorfismo.

La idea de 1) es que cada $C^n \to D^n$ tiene un núcleo inyectable, así que localmente es $C^n \simeq D^n \oplus I^n$ para algunos $I^n$ que luego puedes usar para conseguir un ascensor $B \to C$ por inducción, porque ya tienes $B^n \to D^n$ y sólo tienes que coger un ascensor $B^n \to I^n$ de $A^n \to I^n$ pero puedes porque $I^n$ es inyectable. Entonces necesitas ajustar un poco el levantamiento para que encaje con los diferenciales que vinieron antes. Para eso puedes usar el núcleo de $A \to B$ que, por la larga y exacta secuencia en la cohomología, es acíclica; y su aciclicidad le permitirá hacer los ajustes. Si quieres puedo darte más detalles.

Para probar 3), siguiendo a Weibel, primero usamos un lema: dejemos $C$ ser un exacto complejo de cocaína y $I$ un complejo de inyecciones. Entonces cualquier mapa $C \to I$ es nulhomotopica. Este es un ejercicio bastante estándar y directo de álgebra homológica que les dejaré.

Entonces deja que $f:I \to J$ denotan nuestro cuasi-isomorfismo, y consideran $cone(f)$ desde que $f$ es un cuasi-isomorfismo, es exacto. Además, tenemos un mapa natural $cone(f) \to TI$ donde $TI^n = I^{n+1}$ que es un complejo de inyecciones. De ello se deduce que el mapa $cone(f) \to TI$ es nulhomotopica.

Luego se comprueba por algún cálculo (ver Weibel, prueba de 10.4.6) que esto proporciona un mapa $J \to I$ que, compuesto con $I \to J$ es homotópico para $id_I$ .

En particular, la composición $I \to J \to I$ es un cuasi-isomorfismo, así que el mapa $J \to I$ debe ser uno también. Por lo tanto, por lo que acabamos de hacer, obtenemos un mapa $I \to J$ de tal manera que el compuesto $J \to I \to J$ es homotópico para $id_J$ .

Luego en la categoría de homotropía, $J \to I$ tiene un inverso derecho y un inverso izquierdo, es por lo tanto un isomorfismo, y los dos inversos son iguales, así que volviendo a la categoría original, vemos que el mapa $J \to I$ es un cuasi-inverso a nuestro original $I \to J$ (ya que su otro inverso es homotópico para él, y las homotopías componen)

Usamos que nuestros complejos fueron calificados no negativamente en las pruebas de 1) y 3): en 1), es para comenzar la inducción y definir el ascenso; en 3) es para afirmar que un mapa en cadena de un complejo exacto a un complejo de inyecciones es nulo, de nuevo es para comenzar la inducción (¡dejé eso como un ejercicio para ti!)