¿Una prueba más natural de Dold-Kan?

Question

El Dold-Kan correspondencia da una equivalencia de categorías entre las $SAb$, la categoría de simplicial abelian grupos, y $Ch_{\geq 0}$, la categoría de no-calificadas negativamente los complejos de la cadena de abelian grupos.

Recordemos que la equivalencia en la dirección $C: SAb \rightarrow Ch_{\geq 0}$ es la más naturalmente dado $C(A)_{n}=A_n/(s_{0}A_{n-1}+\cdots s_{n-1}A_{n-1})$ (simplices modulo degenerados simplices) y tomando el diferencial de a $d=\sum (-1)^{i}d_{i}$. La equivalencia en la otra dirección, $\Gamma: Ch_{\geq 0} \rightarrow SAb$ es la más natural dado por $\Gamma(C)_{n}=Ch_{\geq 0}(C(\mathbf{Z}\Delta[n]),C)$ (el grupo de la cadena de mapas) donde $\Gamma(C)$ obtiene un simplicial estructura tirando hacia atrás de la comsimplicial de la estructura en el cobro de los complejos de $C(\mathbf{Z}\Delta[n])$.

La razón por la que digo esto es lo más natural es porque encaja en el patrón estándar de construcción de una contigüidad entre un presheaf categoría y otra categoría. Es decir, no es un functor $\Delta \rightarrow Ch_{\geq 0}$ enviar $[n]$ para el complejo de no degenerada simplices en $\Delta[n]$ con diferencial dada como la alternancia suma de cara mapas. A continuación, $C: SAb \rightarrow Ch_{\geq 0}$ es la izquierda Kan extensión de $\Delta \rightarrow Ch_{\geq 0}$ e $\Gamma$ es el derecho obvio adjunto para que esto no puede ser otra cosa). (Érase una vez que me enteré de este tipo de construcción de Maclane-Moerdijk, pero también puede ser encontrado en el nLab :http://ncatlab.org/nlab/show/nerve+y+realización.)

Uno quisiera mostrar que $C$ e $\Gamma$ inverso de equivalencias mostrando que el (obvio) unidad $Id \rightarrow \Gamma C$ y counit $C\Gamma \rightarrow Id$ son isomorphisms.

Por contraste, en cada libro de texto de tratamiento que he visto, una de las construcciones en lugar de un cociente compleja $C$ un isomorfo subcomplejo $N$, complementaria a degenerar simplices, pero usted puede hacer esto en al menos dos maneras diferentes. Por otra parte, se construye un isomorfismo $\oplus_{[n] \rightarrow [k]} NA_{k} \rightarrow A_{n}$, donde la suma es sobre surjections $[n] \rightarrow [k]$ en $\Delta$, y define a $\Gamma$ asimismo, en cuanto a $\Gamma(C)=\oplus_{[n] \rightarrow [k]} C_{k}$. En última instancia, parece que uno muestra a continuación, $\Gamma N(A)\simeq A$ para $A \in SAb$ e $N\Gamma(C) \simeq C$ para $C \in Ch_{\geq 0}$, pero el isomorfismo $\Gamma N(A)\simeq A$ está de alguna manera en la dirección equivocada (antes de que usted sabe que es un isomorfismo), ya que a priori se podría esperar de $N,\Gamma$ para formar la contigüidad y el isomorfismo debe ser otorgada por la unidad de $A \simeq \Gamma N(A)$.

Así que mi pregunta es si hay un 'más natural' tratamiento en algún lugar en la literatura, expresado en los términos del cociente compleja $C$, más que el subcomplejo $N$, y en términos de $\Gamma$ dado por el derecho obvio adjunto, no como una suma de más de surjections, que al principio parece ser sacado de un sombrero. Por supuesto, uno puede relajarse, la prueba usual y ver que todo coincide. Por ejemplo, uno debe ser capaz de identificar a $Ch_{\geq 0}(C(\mathbf{Z}\Delta[n],C)$ con $\oplus_{[n]\rightarrow [k]} C_{k}$, pero uno puede ver al menos dos maneras de hacer esto.

Si no hay tratamiento, se puede uno explicar cómo construir uno o por qué no debería molestarme?

Answer 1

La prueba de la Dold-Kan teorema básicamente equivale a la siguiente. Deje $\mathbb{Z}\Delta$ el valor del pre-aditivo categoría generados por la simplicial de indexación de categoría, por lo que el $s\mathrm{Ab}=\mathrm{Fun}^{\mathrm{add}}(\mathbb{Z}\Delta^\mathrm{op}, \mathrm{Ab})$, la categoría de aditivos functors.

Deje $\mathcal{C}$ ser el "Karoubi envolvente" de $\mathbb{Z}\Delta$, la categoría obtenida mediante la libre contiguo escisiones de idempotents. Usted puede identificar el Karoubi sobre con un total subcategoría $s\mathrm{Ab}$, es decir, el cierre de la imagen de la Yoneda incrustación en virtud de la división de idempotents.

Entonces es trivial que se $\mathrm{Fun}^{\mathrm{add}}(\mathcal{C}^\mathrm{op},\mathrm{Ab}) \approx \mathrm{Fun}^{\mathrm{add}}(\mathbb{Z}\Delta^\mathrm{op}, \mathrm{Ab})=s\mathrm{Ab}$. El Dold-Kan teorema equivale a la observación de que cada objeto en $\mathcal{C}$ es una suma directa de los objetos de $G(n)$, y que el pleno de la subcategoría de $G(n)$s es la "indexación categoría" para los complejos de la cadena. Usted también tiene que $G(n)\approx \mathbb{Z}\Delta[n]/\mathbb{Z}\Lambda^0[n]$.

Las fórmulas usuales para normalizadas las cadenas de surgir de manera explícita la identificación de $G(n)$ con un (split) subobjeto o a (split) cociente objeto de $\mathbb{Z}\Delta[n]$. De hecho, sólo hay una manera (y firmar) para identificar a $G(n)$ como una división subobjeto de $\mathbb{Z}\Delta[n]$, y esto se traduce en el "cociente por degeneraciones" la construcción de la normalización de las cadenas. Hay varias maneras de identificar a $G(n)$ como un cociente de dividir: la presentación habitual de la normalización de las cadenas de subobjetos es inducida por la proyección de $\Delta[n]\to\Lambda^0[n]$.

Por supuesto, también podría ser perverso: $G(n)$ es un sumando de $\mathbb{Z}\Delta[k]$ cualquier $k\geq n$, por lo que se podría definir normalizadas las cadenas de uso de su favorito idenification de $G(n)$ como un sumando de $\mathbb{Z}\Delta[n+42]$, si quieres!

Añadido. Permítanme responder a Su pregunta, dando una prueba de que no usa mucho la computación.

Set $F(n):=\mathbb{Z}\Delta[n]$ e $G(n):=\mathbb{Z}\Delta[n]/\mathbb{Z}\Lambda^0[n]$. La observación clave es mostrar que la proyección de $F(n)\to G(n)$ admite una sección. No tengo una forma inteligente de hacer que ... sólo tienes que escribir la fórmula. (Que es: enviar el "generador" $\langle0,1,\dots,n\rangle$ de % de $G(n)$ a $\sum \pm\langle 0,a_1,\dots,a_n\rangle$, donde la suma es sobre secuencias con $a_k\in \{k-1,k\}$, y el signo es el de la paridad de $\lvert\{k\,|\,a_k\neq k\}\rvert$.) Lo bueno es que la sección resulta ser única (esto es apenas obvio, para empezar).

Ahora el filtro de $\Delta[n]$ por subcomplejos $\Delta^k[n]=$ la unión de todos los $k$-simplices que contienen el vértice $0$. Es fácil ver que $$ \mathbb{Z}\Delta^k[n] /\mathbb{Z}\Delta^{k-1}[n] \aprox G(k)^{\oplus \binom{n}{k}}. $$ Pero nos mostró que el $G(k)$ son proyectivos, por lo que la filtración levanta a una suma directa de descomposición $F(n)\approx \bigoplus_k G(k)^{\oplus\binom{n}{k}}$.

Ahora desea calcular $\hom(G(m), G(n))$. He aquí un truco. Es claro que $\hom(F(m),F(n))=\mathbb{Z}^{\binom{n+m+1}{m+1}}$. Puesto que el $G(k)$ son sumandos de la $F(n)$, tenemos $\hom(G(i),G(j))\approx \mathbb{Z}^{a_{i,j}}$ para algunos $a_{i,j}\geq0$. Queremos mostrar a $a_{i,i}=a_{i,i+1}=1$ y todos los demás $a_{i,j}=0$.

Es fácil de exponer que $a_{i,i}\geq1$ e $a_{i,i+1}\geq1$. Conectar la suma directa de descomposición en $\hom(F(m),F(n))$ da $$ \binom{n+m+1}{m+1} = \sum_{i,j} \binom{m}{i}\binom{n}{j} a_{i,j}. $$ Pero puede utilizar el estándar de identidades combinatorias para mostrar que esto es ya una igualdad cuando nos pusimos $a_{i,i}=a_{i,i+1}=1$) y otros ( $a_{i,j}=0$ . Por lo que debe ser la respuesta.

Answer 2

Me he preguntado a mí mismo casi exactamente la misma pregunta, pero no han encontrado respuesta en la literatura. A continuación, he encontrado una prueba que terminó siendo muy similar a la clásica. Esta podría ser la razón por la que este enfoque no se discute en cualquier parte, tal vez la gente que no sólo no sienten que contribuyó más visión que el estándar de prueba. Además de eso, puedo pensar en sólo una (pero importante) la ventaja de la normalizado de la cadena compleja: hace que sea fácil probar que $\pi_* A \cong H_* N A$.

He aquí un argumento a lo largo de las líneas que sugieren.

Por el triangular de identidades es suficiente para comprobar que la unidad $\eta_A \colon A \to \Gamma C A$ es un isomorfismo y que $\Gamma$ refleja isomorphisms.

Vamos a hacer el último primero. Para $m > 0$ deje $D^m$ denotar el complejo de cadena libremente generada por $\iota$ grado $m$, y en el límite de $\iota$ grado $m - 1$ y cero en otro lugar. A continuación, la cadena de mapas de $D^m$ clasificar a $m$-cadenas. El mapa de $D^m \to C\mathbb{Z}\Delta[m]$ clasificación de la identidad tiene una retracción dado enviando $\mathrm{id}_{[m]}$ a $\iota$, $\delta_0$ para el límite de $\iota$ y todo lo demás a cero. Los complejos de $D^m$ a lo largo de con $\mathbb{Z}$ se concentró en el grado $0$ detectar isomorphisms y por lo tanto para hacer todas las $C\mathbb{Z}\Delta[m]$s.

Ahora, considere la unidad de $\eta_A \colon A \to \mathrm{Ch}(C\mathbb{Z}\Delta[m], CA)$. Actúa sobre $a \in A_m$ as $a \colon \mathbb{Z}\Delta[m] \to A$ y la aplicación de $C$. Voy a construir la inversa mapa enviar a $f \colon C\mathbb{Z}\Delta[m] \to CA$ a $\tilde{f} \in A_m$ por inducción en $m$. El ingrediente principal es el mismo que en el estándar de la prueba, es decir, un lexema diciendo que $A_m$ divisiones como una suma directa de subgrupos $NA_m = \bigcap_{i < m} \ker \delta_i$ e $DA_m = \Sigma_{i < m} \mathrm{im}\, \sigma_i$. Empezar con $f \colon C\mathbb{Z}\Delta[0] \to CA$ y establezca $\tilde{f} = f(\mathrm{id}_{[0]}) \in CA_0 = A_0$. A continuación, supongamos que hemos manejado todos los simplices por debajo de grado $m$ y deje $f \colon C\mathbb{Z}\Delta[m] \to CA$. A continuación,$f(\mathrm{id}_{[m]}) \in CA_m = A_m / DA_m$, pick $a \in A_m$ tal que $f(\mathrm{id}_{[m]}) = a + DA_m$. El simplex $\tilde{f}$ que queremos construir y vivir en el mismo coset, es decir, $\tilde{f} = a + x$ para algunos $x \in DA_m$. Por otra parte, tenemos $\tilde{f} \delta_i = \widetilde{f \delta_i}$ para todos los $i \in [m]$ donde $\widetilde{f \delta_i}$s fueron construidos en la etapa anterior de la inducción. El lema que he mencionado antes, dice que hay un único, $x$ tal que $\tilde{f} \delta_i = \widetilde{f \delta_i}$ para todos los $i < m$. Tenemos que comprobar que también tenemos $\tilde{f} \delta_m = \widetilde{f \delta_m}$ e esta manera se sigue por la inducción, puesto que tanto $\tilde{f} \delta_m$ e $\widetilde{f \delta_m}$ están determinados por sus caras y las reducciones modulo $DA_{m-1}$. Por lo tanto $\tilde{f}$ es un único simplex con $\eta_A(\tilde{f}) = f$.

También debo mencionar que es posible que la frase de la norma argumento en forma similar, excepto que es más fácil exhibir $N$ como un derecho más que a la izquierda adjunto de $\Gamma'$. (Voy a escribir $\Gamma'$ para distinguirla de $\Gamma$ anterior). La unidad de $\eta'_X \colon X \to N \Gamma' X$ está dado por $\eta'_X(x) = (\mathrm{id}, x)$ y el counit $\epsilon'_A \colon \Gamma' N A \to A$ está dado por $\epsilon'_A(\sigma, a) = a \sigma$. Entonces triangular en el que las identidades son inmediatamente verificada y el estándar de prueba puede ser arreglada para decir que $\eta'_A$ es un isomorfismo y $N$ refleja isomorphisms.