Exponenciación en conjuntos simpliciales finitos

Question

Un conjunto simplicial finito es un conjunto simplicial que sólo tiene un número finito de simplicidades no degeneradas. Mi pregunta es: si $A$ y $B$ son conjuntos simpliciales finitos, ¿implica esto que el conjunto simplicial $A^B$ ¿también es finito?

Answer 1

No logré entender esto. Pero aquí hay algunas ideas.

Digamos que un conjunto simplicial $X$ est tipo finito si tiene un número finito de símiles en cada grado. No es difícil demostrar que $X^K$ es de tipo finito si $X$ es de tipo finito y $K$ es finito.

Para el tipo finito $X$ , dejemos que $f=f_X$ sea la función $f_X(n)=|X_n|$ el número de $n$ -simples, y que $g=g_X(n)$ sea el número de no degenerado $n$ -simples. Obsérvese que $X$ es finito si $g(n)=0$ para $n$ grande.

Existe una relación sencilla entre $f$ y $g$ : $$ f(n) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}g(k).$$ Desde el $g(k)\geq0$ Así pues, deberíamos poder decir que $X$ si es finito si y sólo si $f$ tiene un crecimiento polinómico, ya que $n\mapsto \binom{n}{k}=\frac{1}{k!}n^k+\cdots$ es un polinomio de grado $k$ (y es una función monótona).

Si $K$ es finito, entonces $K$ es la unión de un número finito de símiles no degenerados. Por lo tanto, $X^K\subseteq \prod_{i=1}^d X^{\Delta_{k_i}}$ . Como un producto finito de conjuntos simpliciales finitos es finito, basta con demostrar que $X$ finito implica $X^{\Delta_k}$ finito.

Es un ejercicio fácil demostrar que $\Delta_k$ es un repliegue del cubo $(\Delta_1)^k$ . Así, por la propiedad exponencial de los complejos de funciones, basta con demostrar que $X$ finito implica $X^{\Delta_1}$ finito.

Una estimación ingenua es la siguiente. $f_{X^{\Delta_1}}(n) = |Hom(\Delta_1\times \Delta_n, X)|$ . El complejo $\Delta_1\times \Delta_n$ es una unión de $n+1$ copias de $\Delta_{n+1}$ a lo largo de varias caras. Por lo tanto, hay una inyección $$ Hom(\Delta_1\times \Delta_n ,X) \subseteq (X_{n+1})^{n+1}.$$ Esto proporciona una estimación $$ f_{X^{\Delta_1}}(n) \leq f_X(n+1)^{n+1}. $$ Por desgracia, el lado derecho crece exponencialmente en función de $n$ , por lo que esto no sirve de nada.

Obsérvese que en algunos casos es fácil demostrar que $X^K$ es finito. Por ejemplo, si $X$ es el nervio de un poseto finito, entonces $X^{\Delta_n}$ es también el nervio de un poseto finito, de lo que se deduce que $X^K$ es finito para todo finito $K$ . Esto se aplica, por ejemplo, a $X=\Delta_k$ .

Answer 2

Creo que la afirmación es falsa por $ X = A = \Delta_4/\partial \Delta_4$ y $B = \Delta_1$ :

Como ya mencionó Charles Rezk, basta con considerar el crecimiento de $f_{X^{\Delta_1}}(n) = |Hom(\Delta_1\times \Delta_n, X)|$ . Escribir el prisma $\Delta_1 \times \Delta_n$ como coigualador sobre su $(n+1)$ - simplices, creo que podemos identificar $Hom(\Delta_1\times \Delta_n, X)$ con tuplas $(x_0, \dotsc, x_n)$ donde $x_i \in X_{n+1}$ y $ d_{i+1} x_i = d_{i+1} x_{i+1}$ siempre que esto tenga sentido. Ahora, podemos restringir nuestra atención a las tuplas en las que incluso $d_{i+1} x_i = d_{i} x_i = [\partial \Delta_4]$ se mantiene (y para simplificar $x_n = [\partial \Delta_4]$ donde $[\partial \Delta_4]$ denota la degeneración única del punto base).

Estas satisfacen definitivamente las condiciones de encolado, y su número crece exponencialmente: Podemos elegir el $x_i$ independientemente, y para $n$ lo suficientemente grande como para que haya al menos 2 opciones posibles para cualquier $i< n$ : Si denotamos el único simplex no degenerado en $X$ por $\iota$ entonces podemos considerar morfismos en el $\Delta$ -categoría $\sigma : [n] \rightarrow [4]$ que son suryentes y tienen la propiedad de que $\sigma^{-1}(\sigma(i))$ y $\sigma^{-1}(\sigma(i+1))$ son conjuntos únicos. Entonces $\sigma^* \iota$ es una posible opción para $x_i$ .

Esto da un crecimiento exponencial como límite inferior, por lo que $X^{\Delta_1}$ no puede ser finito.