¿Es esta categoría de "lema de la serpiente" true en derivados?

Question

Supongamos que hay un diagrama de cochain complejos

$$ \begin{array}{c} 0 & \to & X_1\phantom\alpha & \to & Y_1\phantom\beta & \to & Z_1\phantom\gamma & \to & 0 \\ & & \downarrow\alpha & & \downarrow\beta & & \downarrow\gamma \\ 0 & \to & X_2\phantom\alpha & \to & Y_2\phantom\beta & \to & Z_2\phantom\gamma & \to & 0 \end{array} $$

donde las dos líneas son cortas exacta secuencias de cochain complejos, y el diagrama es conmutativo hasta homotopy.

Estoy tratando de demostrar que

(a) Si $\alpha$ es un cuasi-isomorfismo, entonces $\mathrm{Cone}(\beta)$ y $\mathrm{Cone}(\gamma)$ son cuasi-isomorfos. (Esto debe ser cierto; Nekovar del libro Selmer Complejos utiliza este resultado de forma implícita. [EDITAR] De hecho, la prueba puede ser fijado de manera que el diagrama de hecho desplazamientos, no sólo hasta homotopy.)

(b) de forma Más general, existe un distinguido triángulo $$ \mathrm{Cono}(\alpha)\a\mathrm{Cono}(\beta)\a\mathrm{Cono}(\gamma)\a $$ en la derivada de la categoría. (No estoy seguro de si es verdad.)

Yo sólo puede ser el caso cuando el diagrama de realidad desplazamientos; cuando homotopy involucrados,

1. Sólo puedo construir natural de la cadena de mapas de $\mathrm{Cone}(\alpha)\to\mathrm{Cone}(\beta)\to\mathrm{Cone}(\gamma)$, con el primer mapa inyectiva y el segundo mapa surjective, pero la composición de estos dos mapas no es cero.

2. Otro intento es tratar de reemplazar a la segunda fila por $0\to\mathrm{Cyl}(\alpha)\to\mathrm{Cyl}(\beta)\to\mathrm{Cyl}(\gamma)\to 0$ de manera tal que el diagrama de hecho desplazamientos; pero de nuevo, no puedo encontrar una manera de hacer esta secuencia exacta.

3. El axioma (TR4) no parece suficiente ni siquiera para (a): en este caso no existe un distinguido triángulo $Z_1\to Z_2\to\mathrm{Cone}(\beta)\to{}$ (TR4), pero no se puede decir que esta $Z_1\to Z_2$ es igual a $\gamma$.

Alguna idea?

Answer 1

En general, ni (a) ni (b) es verdadera. Te voy a dar tres ejemplos para ilustrar diferentes puntos. En todos estos, $k$ será un campo, que voy a tomar para tener la característica de los dos (lo justo para que no necesito tener cuidado con los signos; no es realmente importante!).

(1) En general, el diagrama no tienen ni siquiera para inducir una de morfismos de los triángulos en la derivada de la categoría, como la "conexión" de la plaza $$\requieren{AMScd} \begin{CD} Z_1 @>>> X_1[1]\\ @VVV @VVV\\ Z_2 @>>> X_2[1] \end{CD}$$ puede que no conmutan.

Si no insistimos en que no conmutan, entonces no son muy fáciles de contraejemplos (a). Por ejemplo, tome $Y$ a ser un contráctiles complejo ($\dots\to0\to k\stackrel{1}{\to}k\to0\to\dots$, por ejemplo) y $X$ un subcomplejo tal que $Y/X$ no es acíclico ($\dots\to0\to 0\to k\to0\to\dots$, por ejemplo). Entonces $$\begin{CD} 0 @>>> X @>>> Y @>>> Y/X @>>>0\\ @.@VV1V @VV1V @VV0V @.\\ 0 @>>> X @>>> Y @>>> Y/X @>>>0 \end{CD}$$ viajes de hasta homotopy, pero el cono de la media flecha vertical es acíclico, mientras que el cono de la tercera flecha no es.

Sin embargo, incluso si usted insistir en que la conexión de la plaza de los viajes (a) y (b) todavía pueden ser falsas.

(2) Bastante simple contraejemplos a (b) puede ser construido mediante la adopción de un mapa de un triángulo a una rotación de la misma, como en: $$\begin{CD} X @>>> Y @>>> Z @>\gamma >> X[1]\\ @VV0V @VV0V @VV\gamma V @VV0V\\ Y @>>> Z @>>> X[1] @>>> Y[1] \end{CD}$$

Los conos son $Y\oplus X[1]$, $Z\oplus Y[1]$ y $Y[1]$, y son bastante fáciles de ejemplos en los que no hay ningún triángulo $$Y\oplus X[1]\to Z\oplus Y[1]\to Y[1]\to Y[1]\oplus X[2].$$ Por ejemplo, supongamos $R=\mathbb{Z}[t]$, e $I$ el ideal $(2,t)$, y empezar con lo obvio triángulo $$I\to R\to R/I\to I[1]$$ en la deriva de la categoría de $R$-módulos. Entonces no puede haber un triángulo $$R\oplus I[1]\to R/I\oplus R[1]\to R[1]\to R[1]\oplus I[2],$$ como su cohomology de la secuencia exacta sería $$\dots\to 0\to I\to R\to R\to R\to R/I\to0\to\dots,$$ y no hay tal secuencia exacta que existe, como el núcleo de $R\to R/I$ tendría que ser $I$, y no hay surjective mapa de $R\to I$.

(3) Deje $S=k[x,t]/(xt^2)$, y en los derivados de la categoría de $S$-módulos forman parte de la "homotopy Cartesiano de la plaza" $$\begin{CD} S @>xt >> S\\ @VxVV @V\alpha VV\\ S @>\beta >> Y \end{CD}$$ (es decir, $Y$ es el conjunto $\dots\to0\S\stackrel{ \begin{pmatrix}xt\\x\end{pmatrix}} {\,} S\oplus S\to0\a\dots$, with $S\oplus S$ en grado cero, y $\alpha$ $\beta$ son inclusiones de la primera y la segunda sumandos). Completar un morfismos de triángulos da $$\begin{CD} S @>xt >> S @>>> Z @>>>S[1]\\ @VxVV @V\alpha VV @V1VV @VxVV\\ S @>\beta >> Y @>>> Z @>>> S[1] \end{CD}$$ donde los conos de los dos primeros vertical de mapas tanto quasiisomorphic a $\dots\to0\to S\stackrel{x}{\to}S\to0\to\dots$, por lo que esto todavía no es un contraejemplo a (una). Sin embargo, podemos reemplazar la primera flecha vertical por la multiplicación por $x+xt$: $$\begin{CD} S @>xt >> S @>>> Z @>>>S[1]\\ @Vx+xt VV @V\alpha VV @V1VV @Vx+xt VV\\ S @>\beta >> Y @>>> Z @>>> S[1] \end{CD}$$ y esto es todavía una de morfismos de triángulos, pero ahora el cono de la primera vertical mapa es $\dots\to0\to S\stackrel{x+xt}{\to}S\to0\to\dots$, mientras que el cono de la segunda vertical mapa todavía es $\dots\to0\to S\stackrel{x}{\to}S\to0\to\dots$, y se puede comprobar que no hay ningún quasiisomorphism entre estos.

Answer 2

EDIT: Jz Pan es el correcto; no es un problema con el hecho de que en la Proposición a continuación, el mapa de $Z_1 \to Z_2$ $3 \times 3$ diagrama no es (necesariamente) el mismo que el que hemos empezado.

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Tenemos las siguientes:

La proposición ([BBD, Prop. 1.1.11] o [Pilas, Etiqueta 05R0]). Deje $\mathscr{D}$ ser triangulados categoría. Dado un diagrama conmutativo $$\requieren{AMScd} \begin{CD} X_1 @>>> Y_1 @>>> Z_1\\ @VVV @VVV @VVV\\ X_2 @>>> Y_2 @>>> Z_2 \end{CD}$$ con exacto de filas, existe un nuevo diagrama $$\begin{CD} X_1 @>>> Y_1 @>>> Z_1\\ @VVV @VVV @VVV\\ X_2 @>>> Y_2 @>>> Z_2\\ @VVV @VVV @VVV\\ X_3 @>>> Y_3 @>>> Z_3 \end{CD}$$ de tal manera que todas las filas y columnas son exactas.

La prueba es a través de repetidas aplicaciones de la octaédrico axioma. Vamos a utilizar la siguiente versión de este axioma:

Octaédrico axioma (cf. [BBD, 1.1.7]). Dado un diagrama conmutativo que contiene todas las flechas sólidas a continuación, existe un único (hasta el isomorfismo) objeto $Y'$ completar el diagrama, de tal manera que las flechas que van hacia el espacio, que indican que el anterior tres cosas a lo largo de esa secuencia de formas exactas triángulo, y las composiciones $Y' \to X' \to Y[1]$ $Y' \to X[1] \to Y[1]$ también son las mismas:

$\hskip2.3in$

La prueba de la Proposición. Elija el exacta triángulos $$X_1 \longrightarrow X_2 \longrightarrow X_3, \quad Y_1 \longrightarrow Y_2 \longrightarrow Y_3, \quad X_1 \longrightarrow Y_2 \longrightarrow$$ donde $X_1 \to Y_2$ es la composición en la izquierda de la plaza del diagrama original. A continuación, considere los siguientes diagramas obtenidos a partir de la aplicación de la octaédrico axioma para la exacta triángulos elegimos anteriormente:

$\hskip0.75in$$\hskip0.1in$

Con el mismo triángulo $A \to Y_3 \to Z_1[1]$ obtenido por la rotación de la exacta triángulo de la izquierda y la aplicación de la octaédrico axioma, se obtiene el diagrama de

$\hskip2.3in$

Obtenemos la conmutatividad de la $3 \times 3$ diagrama, puesto que hemos morfismos de exacta triángulos $(X_1,Y_1,Z_1) \to (X_1,Y_2,A) \to (X_2,Y_2,Z_2)$ donde los mapas son de la primera y segunda octaédrico diagramas, respectivamente, y ya hemos morfismos de exacta triángulos $(X_2,Y_2,Z_2) \to (X_3,A,Z_2) \to (X_3,Y_3,Z_3)$ donde los mapas son de la segunda y tercera octaédrico diagramas, respectivamente. $\blacksquare$