¿Existe un functor de "simplificación" en la topología algebraica?

Question

Recordemos que un espacio (=CW complejo) se llama simple si está conectado, el grupo fundamental es abelian, y el grupo fundamental de los actos trivialmente sobre todos los más altos homotopy grupos. Llame Simp(X) es una simplificación de X si es universal para los mapas de X a un simple espacio. ¿Simp(X) existe para cualquier conectados espacio X? Esto daría una mayor analógica de abelianization de grupos.

(Natural supongo que sería el bucle de suspensión de X, pero estoy bastante seguro de que no funcione como se muestra en el siguiente ejemplo. Sea X $\mathbb{R}\mathrm{P}^2$, y tenga en cuenta que el $2$-tipo de $X$ puede ser descrito completamente por decir que $\pi_1(X) = \mathbb{Z}/2$, $\pi_1(X) = \mathbb{Z}$, la acción es la no trivial de un envío de $n \mapsto -n$, y el encolado es el elemento no trivial de $H^3(\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z})$. No es un simple espacio de $Y$ que es un porcentaje ($2$- tipo, en donde $\pi_1(X) = \mathbb{Z}/2$, $\pi_2(X) = \mathbb{Z}/2$, la acción es trivial, y el encolado es el elemento no trivial de $H^3(\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z}/2)$. Hay una natural mapa de X a Y desde el trivial de acción en $\mathbb{Z}$ se convierte en trivial cuando matar a $2$. Por otro lado, $\pi_2(\mathbb{R}\mathrm{P}^2) = \mathbb{Z}$ mapas a $\pi_2(\Omega \Sigma \mathbb{R}\mathrm{P}^2) = \mathbb{Z}/4$ envío de $1 \mapsto 2$, y para el surjective mapa de $\mathbb{Z} = \pi_2(X) \rightarrow \pi_2(Y) = \mathbb{Z}/2$ no factor a través de $\pi_2(\Omega \Sigma \mathbb{R}\mathrm{P}^2)$.)

Answer 1

El espacio de $S^1\vee S^1$ no tiene una simplificación. En efecto, supongamos $f:S^1\vee S^1\to X$ es una simplificación y deje $i:S^1\vee S^1\to S^1\times S^1$ ser el estándar de la inclusión. Entonces a partir de la $X$ es simple, el colector de los generadores de $\pi_1(S^1\vee S^1)$ se convierte en nullhomotopic después de componer con $f$, lo $f$ se extiende sobre $i$ a un mapa de $S^1\times S^1\to X$. Pero $S^1\times S^1$ es ya simple, por lo $i$ deben factor a través de $f$. Así tenemos los mapas de $S^1\times S^1\to X\to S^1\times S^1$, y la composición induce la identidad en $\pi_1$ y por lo tanto es homotópica a la identidad. Esto implica que $H_2(X)$ ha $\mathbb{Z}$ como un sumando directo, y por lo tanto $H^2(X)$ es trivial. Pero esto es una contradicción ya que el $H^2(S^1\vee S^1)=0$ e $K(\mathbb{Z},2)$ es simple.

Answer 2

Así que yo sólo quería señalar un aparte con este, que he empezado a mencionar en los comentarios de arriba.

Un espacio de $X$ es simple si, y sólo si, cualquier mapa de $S^1 \vee S^n \to X$ se extiende a un mapa de $S^1 \times S^n \to X$. Usted puede ver esto mirando la fijación de mapa. El mapa de $S^1 \vee S^n \to S^1 \times S^n$ se conecta exactamente una nueva celda. Si $g$ es el generador de $\pi_1 S^1$ e $h$ es el generador de $\pi_n S^n$, la fijación de mapa es el colector $[g,h]$ si $n=1$, y el elemento $g\cdot h - h$ si $n > 1$. Por definición, $X$ es simple si y sólo si tales elementos son siempre trivial.

Digamos que un espacio de $X$ es muy simple si, para cualquier n, el mapa de $Map(S^1 \times S^n,X) \to Map(S^1 \vee S^n,X)$ es una equivalencia. No es un "simplificación" functor sobre los espacios: por muy general que motivos hay una izquierda Bousfield localización functor en la categoría de los espacios que ocupa el espacio de $X$ a un muy simple espacio, lo que obliga a los mapas de $\{S^1 \vee S^n \to S^1 \times S^n\}_{n \geq 1}$ a convertirse en equivalencias. Este es un "estándar" de la técnica para tratar de construir una simplificación functor como la que usted describe.

Resulta que un espacio de $X$ es muy simple si y sólo si, para cualquier punto de base $x$:

• el grupo fundamental de la $\pi_1(X,x)$ es abelian, y

• todos los grupos de $\pi_k(X,x)$ son triviales para $k > 1$.

La suficiencia de esto es una consecuencia de la obstrucción de la teoría, y la primera condición es necesaria. Permítanme mostrarles que la segunda es también necesario. Si $X$ es muy simple y $x \in X$, tomamos el pullback del diagrama $$ \{x\} \a Mapa(S^1 \vee S^n, X) \xleftarrow{\sim} Mapa(S^1 \times S^n, X) $$ donde la mano derecha de la mapa es una Serre fibration y una equivalencia. El pullback, lo que equivale a un punto, es el conjunto de mapas de $S^1 \times S^n \to X$ que restringir a la constante mapa de $S^1 \vee S^n \to \{x\} \subset X$: este es el mismo como el espacio de mapas basados $S^1 \wedge S^n \to X$, alias $\Omega^{n+1} X$. Dado que este es equivalente a un punto, todos los mayores homotopy grupos de $X$ son triviales.

(Tenga en cuenta que esta prueba demuestra que solo necesitamos $X$ a satisfacer esta condición para $n=1$ o de los mapas en $Map(S^1 \times S^n,X) \to Map(S^1 \vee S^n,X)$ tener conectado homotopy fibras, para llegar a este resultado que espera.)

Gracias por hacer la pregunta, porque subrayó que no entiendo Bousfield localizaciones tan bien como yo pensaba.

Answer 3

Lo siento resucitar una vieja pregunta, pero yo sólo quería ampliar aquí en una observación que Qiaochu hecho anteriormente (en la forma de una pregunta, pero creo que él sólo estaba jugando Peligro!).

Deje $X$ ser conectado a un espacio, y supongamos que se tiene una simplificación $X \to X^s$. Desde Eilenberg-MacLane espacios son simples, el mapa de $X \to X^s$ es un (co)homología de equivalencia en todos los grados. Ya que cada local coeficiente de sistema de $X^s$ es trivial, esto implica que $X \to X^s$ es un acíclicos mapa. También debe matar el ideal radical de $\pi_1(X)$. Pero el plus de la construcción $X \to X^+$ es el único acíclicos mapa matando a la perfecta radical de $\pi_1(X)$. Por lo tanto,$X^s = X^+$.

Si $X^+$ pasa a ser simple, a continuación, $X \to X^+$ es una simplificación, simplemente porque cualquier mapa de $X \to Y$ con $Y$ simple debe matar el perfecto radical (que en este caso debe coincidir con el colector) de $\pi_1(X)$, e $X \to X^+$ es el universal mapa que hace esto.

Así entre los espacios de $X$ que hacemos tiene una simplificación son:

• $X$ tal que $\pi_1(X)$ es perfecto

• $X$ tal que $X^+$ es $H$-espacio (por ejemplo, todos los casos que se usan en algebraicas $K$-teoría)

También podemos concluir que si $X$ tiene una simplificación $X \to X^s$, entonces los factores a través de los plus de la construcción $X \to X^+ \to X^s$, e $X^s$ es también la simplificación de $X^+$. Así, en pedir que los espacios de $X$ admite una simplificación, se puede reducir al caso en que $\pi_1(X)$ es solucionable (al menos bajo adecuado finitud de hipótesis).

Advertencia: a partir De aquí, esta discusión se vuelve cada vez más ansiosa.

Porque Eilenberg-MacLane espacios son simples, la simplificación es un (co)homología de isomorfismo.

Suponga $X^s$ existe, y escribir $G = \pi_1(X), G^s = \pi_1(X^s)$. Si $G \to G^s$ no es surjective, entonces se levanta a algunos cubren $\overline{X^s}$ de % de$X^s$. En la homología, $X^s$ es un retractarse de $\overline{X^s}$, pero ambos espacios han abelian grupo fundamental por lo que también se retracte en $\pi_1$. Pero el mapa en $\pi_1$ es inyectiva, por lo que es un isomorfismo. Por lo tanto $G \to G^s$ es surjective después de todo, y es precisamente el cociente por el colector de un subgrupo, es decir, tenemos $G^s = G^{ab}$.

Así que el cofiber de $X \to X^s$ es acíclico y también está simplemente conectado, por lo que es contráctiles. Desde el 1 de truncamiento functor conserva cofiber secuencias, el mapa de $BG \to BG^{ab}$ tiene igualmente trivial cofiber. Por lo $BG \to BG^{ab}$ es una homología de isomorfismo.

No estoy seguro de dónde ir de allí, por lo que en lugar, vamos a recoger un caso especial. Suponga que $G$ es abelian, por lo $G = G^{ab}= G^s$. A continuación, mediante la comparación de la fibra de secuencias de $\tilde X \to X \to BG$ e $\tilde X^s \to X^s \to BG$ (donde el tilde a denotar universal cubre), podemos ver que $H_\ast(\tilde X^s) = H_\ast(\tilde X)_G$ y además, el mapa de $H_\ast(\tilde X) \to H_\ast(\tilde X)_G$ es una equivalencia en $G$-homología, para cualquier constante de los coeficientes. Así, por ejemplo, si $G$ es un finitely generado por torsión libre de abelian grupo y $H_\ast(X)$ es finitely generados en cada grado por encima del $G$, entonces yo creo que podemos concluir que $X$ ya estaba al menos débilmente simple (es decir, tiene trivial $\pi_1$-acción en $H_\ast$).