Un diagrama homotópico conmutativo que no puede ser estrictificado

Question

Por "diagrama homotópico conmutativo" entiendo un functor $F: \mathcal{I} \to \mathrm{Ho}(\mathrm{Top})$ a la categoría de homotopía de espacios. Por "estrictificación" entiendo la elevación de dicho functor a la categoría $\mathrm{Top}$ de espacios topológicos. Tengo curiosidad por los casos sencillos en los que no existe tal "estrictificación": es decir, hay obstáculos para hacer estrictamente conmutable un diagrama que conmuta sólo hasta homotopía.

Por ejemplo, se sabe que un diagrama homotópico coherente en espacios topológicos siempre puede ser estrictificado. En otras palabras, si se impone la conmutatividad homotópica, pero también se lleva un registro de todas las homotopías y se exige que satisfagan condiciones de compatibilidad entre sí, entonces se puede estrictificar. Más concretamente, un diagrama homotópico coherente $\mathcal{I} \to \mathrm{Top}$ puede describirse como un funtor simplicial $\mathfrak{C} \mathcal{I} \to \mathcal{Top}$ donde $\mathfrak{C}\mathcal{I}$ (notación de HTT) es una versión "engrosada" de $\mathcal{I}$ donde las relaciones habituales en $\mathcal{I}$ sólo se mantienen hasta la homotopía coherente. Entonces es un teorema de Dwyer y Kan que las estructuras modelo proyectivas sobre diagramas homotópicos coherentes (es decir. $\mathrm{Fun}(\mathfrak{C} \mathcal{I}, \mathrm{SSet})$ ) y en diagramas conmutativos (es decir $\mathrm{Fun}(\mathcal{I}, \mathrm{SSet})$ son equivalentes en Quillen bajo alguna forma de extensión Kan.

Parte de esta pregunta es para ayudarme a entender por qué la coherencia homotópica es más natural que la conmutatividad homotópica. Un ejemplo que tengo en mente es el siguiente: sea $X$ sea un espacio H conexo, y supongamos $X $ no es débilmente equivalente a un espacio de bucles. Entonces se puede construir un diagrama simplicial en la categoría de homotopía dada por la construcción del nervio aplicada a $X$ (como objeto de grupo en la categoría de homotopía). Esto no se puede elevar a la categoría de espacios, porque entonces la maquinaria de desdoblamiento de Segal nos permitiría demostrar que $X$ era el espacio de bucles de la realización geométrica de este espacio simplicial.

Sin embargo, este ejemplo es bastante grande. ¿Existe algún ejemplo sencillo (preferiblemente de una categoría finita) de un diagrama homotópico conmutativo que no pueda ser estrictificado?

Answer 1

En términos generales, los obstáculos a la rigidificación son los soportes generalizados de Toda.

Sea C el orden parcial {0,1}x{0,1}x{0,1}. (C de cubo) Sean f:A->B, g:B->C y h:C->D mapas puntuales tales que gf y hg son homotópicos nulos. Colocar f, g y h a lo largo de tres aristas del cubo con A en 000, B en 001, C en 011, D en 111. Pon * (un punto) en todos los demás vértices de C y rellena el resto de las flechas de la única forma posible. Así se obtiene un diagrama en la categoría de homotopía. El diagrama se puede rigidizar si y sólo si el corchete de Toda contiene 0. Jeff Smith

Answer 2

Una cosa que hay que tener en cuenta es que, incluso cuando existen elevaciones a diagramas estrictos, su no unicidad es un asunto serio. Por ejemplo, consideremos el diagrama cuadrado en el que $S^n$ mapea a un punto, y a $D^{n+1}$ por inclusión; el cuarto espacio es $S^{n+1}$ . Compárelo con otro diagrama en el que los cuatro espacios son los mismos y tres de los mapas son iguales, pero el mapa $S^n\to D^{n+1}$ se sustituye por un mapa constante (hacia algún punto de la frontera). Esto es de nuevo estrictamente conmutativo, y produce un diagrama isomorfo en $Ho(Top)$ pero un cuadrado está "altamente conectado" y el otro no: el primer cuadrado da un mapa desde la fibra homotópica de $S^n\to \star$ (que es $S^n$ ) a la fibra homotópica de $D^{n+1}\to S^{n+1}$ (que es homotópicamente equivalente a $\Omega S^{n+1}$ ) que induce un isomorfismo de $H_n$ mientras que el segundo cuadrado induce un mapa entre precisamente las mismas dos fibras homotópicas que, al ser un mapa constante, no puede inducir un isomorfismo.

EDITAR

Por supuesto, existen ejemplos similares en los que intervienen complejos de cadenas en lugar de espacios.

Obsérvese que en el caso de la categoría $Ch(K)$ de complejos encadenados sobre un campo $K$ la existencia de un levantamiento es automática. De hecho, dejemos que $Ch'(K)$ sea la subcategoría completa que consiste en complejos de cadenas cuyos operadores de frontera son cero: el functor compuesto $Ch'(K)\to Ch(K)\to Ho(Ch(K))$ es una equivalencia de categorías, por lo que todo diagrama (de cualquier forma) en la categoría de homotopía puede elevarse.

Pero, por supuesto, esto no significa que seamos tontos por molestarnos con complejos de cadenas que tienen operadores de frontera distintos de cero. La cuestión es que un diagrama conmutativo en la categoría de homotopía no sirve para mucho. Por ejemplo, las secuencias de Mayer-Vietoris surgen de ciertos diagramas cuadrados de complejos encadenados (digamos, los que son a la vez pushouts y pullbacks), pero dos de ellos pueden ser isomorfos como diagramas en la categoría de homotopía y dar resultados diferentes.

Answer 3

EDIT: Tom Goodwillie, en los comentarios, señala (interpretado de forma bastante caritativa) que hay dos errores con el siguiente argumento. El $\pi_1$ -existe obstrucción. Sin embargo:

• Malinterpreta la pregunta y asume que hay alguna parte de un diagrama real que es homotópico conmutativo.

• Aun así, comete un error: afirma que podemos ignorar la indeterminación. Esto es erróneo. Para cualquier espacio del diagrama, el espacio de mapas al objeto terminal $S^1$ no es simplemente conexo, sino que es homotópicamente equivalente a $S^1$ . Esto le permite simplemente borrar la obstrucción en $\pi_1$ simplemente haciendo diferentes elecciones de homotopías.

Como tal, es aconsejable que lo que está escrito a continuación sea degradado y trataré de conseguir una versión correcta más tarde.

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Uno de los obstáculos clásicos a la realizabilidad son los diagramas cúbicos. En este caso, la categoría $I$ es el conjunto de subconjuntos de $\{0,1,2\}$ . Dado un diagrama de este tipo que es homotópico conmutativo, se pueden obtener doce mapas (uno por arista del cubo) y seis homotopías (una por cara, que están bien definidas hasta la "multiplicación por un elemento en $\pi_1$ ") y la colección de todas las formas posibles de componer mapas, o de componer mapas con homotopías, da lugar a un hexágono en el espacio $Map(X,Z)$ . Aquí $X$ es la imagen del objeto inicial y $Z$ es la imagen del objeto terminal en el cubo. Si el diagrama es realmente conmutativo entonces puedes elegir que tus homotopías sean triviales, y obtener un hexágono trivial; si es equivalente a un diagrama honestamente conmutativo entonces puedes elegir tus seis homotopías en las caras de modo que el hexágono en $Map(X,Z)$ puede rellenarse con un disco, o equivalentemente "representa el elemento trivial en $\pi_1$ ".

Todas las comillas en lo anterior son lugares donde estoy descuidando los puntos de base. Hay que tener más cuidado en el mundo real.

He aquí un ejemplo en el que todos los espacios del diagrama son contractibles, salvo el terminal. Esto hace que sea fácil ignorar la indeterminación.

Sea $Z$ sea $S^1$ visto como cociente de $[0,1]$ . Tenemos seis subconjuntos de $Z$ que son las imágenes de $$ [0,1/3], [1/3, 2/3], [2/3, 1], \{0\}, \{1/3\}, \{2/3\} $$ Obtenemos un diagrama cúbico correspondiente en la categoría de homotopía como sigue. El espacio $S^1$ y sus seis subespacios definen un diagrama honestamente conmutativo que es casi todo un cubo conmutativo, excepto que le falta el vértice inicial. Sea el vértice inicial un punto $\ast$ que corresponde isomórficamente a los tres objetos $\{0\}, \{1/3\}, \{2/3\}$ .

(Lo siento, hoy no me animo a poner en TeX el diagrama conmutativo en MO, sería mucho más fácil de entender).

Este diagrama en la categoría homotópica es homotópicamente conmutativo. De hecho, todos los espacios están conectados y las fuentes de los morfismos no triviales son contractibles, por lo que el diagrama no tiene más remedio que conmutar. Las seis homotopías ocurren todas en espacios de mapeo contractibles, por lo que no hay $\pi_1$ -indeterminación. El hexágono corresponde al espacio cartográfico $Map(\ast,S^1) \cong S^1$ y si se utilizan las opciones más obvias de homotopías, entonces el hexágono mapea a $S^1$ por una equivalencia homotópica.

En este caso se puede elegir un testigo para cada diagrama de conmutatividad. El fallo para rectificar la conmutatividad homotópica ocurre aquí porque tus testigos no están contando historias que sean compatibles.

Answer 4

Un buen lugar para buscar ejemplos de juguetes finitos es la teoría de la extensiones de grupo con núcleo no abeliano .

Un homomorfismo $G \to Out(H)$ es lo mismo que un functor $G \to Ho(Top)$ enviando $*$ Para $BH$ donde $G$ se considera una categoría con un objeto $*$ y $G$ como morfismos. Por la teoría de obstrucción de Dwyer-Kan (observando que el diagrama es céntrico ) los obstáculos para elevar esto a un diagrama en Top radican en $H^3(G;Z(H))$ .

Una inspección más detallada muestra que esta clase de obstrucción es la misma que la obstrucción en $H^3(G;Z(H))$ a la construcción de una ampliación

$$1 \to H \to ? \to G \to 1$$

Es posible calcular este grupo de obstrucción en varios casos:

Eilenberg-MacLane demuestran en el artículo de los Annals de 1947 "Cohomology Theory in Abstract Groups II" que dado un grupo $G$ y un grupo abeliano $C$ con una acción de $C$ y una clase $v$ en $H^3(G;C)$ entonces existe un grupo $H$ con centro $C$ y un morfismo $G \to Out(H)$ realización de la clase $v$ . (Un caso especial se demuestra en el libro de MacLane Homología, y hay una exposición sobre algo de esto en el libro de Brown sobre cohomología de grupos). Nótese que en esta construcción $H$ puede ser infinito aunque $G$ y $C$ no lo son.

También es posible dar ejemplos completamente finitos: Dado un grupo H existe un universal obstrucción en $H^3(Out(H);Z(H))$ asociado a este grupo, determinando si la extensión

$$1 \to H \to ? \to Out(H) \to 1$$

existe. Otras clases de obstrucción serán un retroceso de ésta (en concreto, tiene la mayor probabilidad de ser distinta de cero).

La interpretación topológica de esta clase de obstrucción es que es la única k-invariante del espacio $BAut(BH)$ donde Aut significa el espacio de equivalencias de autohomotopía. (Recordemos que las extensiones de grupo corresponden a fibraciones, y las fibraciones con fibra $F$ se clasifican mediante mapas en $BAut(F)$ y ésta es una buena manera de entender las extensiones de grupo con núcleo no abeliano).

Ahora, es posible calcular esta clase explícitamente para grupos pequeños $H$ . Por supuesto, desaparece cuando H es abeliano. También desaparece para $H = D_8$ o $Q_8$ pero en realidad es distinto de cero para $D_{16}$ y $Q_{16}$ .

[Como apunte puedo decir que la clase H^3 siempre desaparece para grupos de Lie compactos conectados, lo cual es un teorema de de Siebenthal de los años 50. Kasper Andersen y yo demostramos que esto se generaliza a los grupos p-compactos (en un artículo de G&T de 2008), por lo que Kasper y yo examinamos el caso en el que $H$ finito].

[Como apunte adicional puedo decir que hay muchas cuestiones de obstrucción similares sobre categorías relativamente pequeñas, como la categoría de órbita y los diagramas céntricos correspondientes, que se dan, por ejemplo, en la teoría de grupos p-compactos y grupos finitos p-locales, al abordar ciertas cuestiones de unicidad -- aquí lucientemente las obstrucciones suelen ser cero, aunque esto no suele ser tan fácil de demostrar, y en particular no parecen seguirse de argumentos "formales"].

Answer 5

No estoy seguro de si esto es a lo que Tom se refería, pero aquí hay un ejemplo explícito que Adams dio de una homotopía-asociativa H-espacio que no podía ser strictified, esto es citado del libro de Stasheff en H-espacios:

Sea $Y$ sea un espacio de Moore, $Y(G, 2n-1)$ donde divisibilidad por $2$ y $3$ pero no es posible ningún otro primo. Por lo tanto $Y$ sólo tiene cohomología en dimensiones $2n-1$ y para $i \ne n$ , $\pi_iY \cong \sum_{p>3} \pi_i(S^{2n-1})_p$ . Considere $Y \subset \Omega^2\Sigma^2Y$ que es un espacio H asociativo. Los obstáculos para formar $Y \times Y \rightarrow \Omega^2\Sigma^2Y \times \Omega^2\Sigma^2Y \rightarrow \Omega^2Y$ en $Y$ mentir en $H^i(Y \wedge Y; \pi_i(\Omega^2\Sigma^2Y,Y))$ . Los grupos relativos son triviales al menos $5(2n)-3$ de modo que los obstáculos desaparecen. Del mismo modo, no hay obstáculos para deformar una homotopía asociada dentro de $\Omega^2\Sigma^2Y$ a uno en $Y$ . Que $Y$ no es un espacio de bucles se deduce de la descomponibilidad de $P^nu_{2n} \cdot u_{2n}P$ para $p>3$ y $n \not\vert p-1$ .

Supongo que al final se refiere a las operaciones de Steenrod... De todos modos, sé que probablemente hay ejemplos más elegantes utilizando la mezcla de Zabrodsky, pero me gusta este porque vemos una obstrucción explícita para enderezar la asociatividad homotópica, a través de las operaciones de Steenrod.