En la categoría de las variedades reales lisas, ¿existen todos los colímites pequeños? En otras palabras, ¿es esta categoría pequeña y completa? Veo que los "push-outs" computables en la categoría de espacios topológicos de variedades lisas no tienen por qué ser variedades, pero esto no es una prueba.
Respuestas
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MortenSickel
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Demostraré que el pushout que pega dos copias de $\mathbb{R}$ en el origen no existe en Hombre . Supongamos, en aras de la contradicción, que así fuera; llamemos a la variedad resultante $M$ y la imagen común de los orígenes $x \in M$ . La línea real $\mathbb{R}$ es un objeto anular en Hombre y representa el functor $X \mapsto C^\infty(X)$ . Por lo tanto, aprendemos que como un anillo, $C^\infty(M)$ consiste en pares de funciones en la recta real con el mismo valor en el origen. Del mismo modo, podemos identificar el ideal $I$ en $C^\infty(M)$ de funciones que desaparecen en $x$ con pares de funciones en la recta real que desaparecen en el origen. Ahora podemos calcular que $\dim_{\mathbb{R}} I^n/I^{n+1} = 2$ para todos $n \ge 1$ lo que no puede ocurrir para un punto $x$ de una variedad lisa $M$ .
Me gustaría reformular ligeramente la (excelente) respuesta de Reid. La esencia de la misma es el siguiente principio:
Para demostrar que un límite o colímite no existe en alguna categoría, incrusta tu categoría en otra donde sí existan límites o colímites y encuentra algún diagrama en la categoría original cuyo colímite en la categoría mayor no se encuentre en la imagen de la incrustación.
La cuestión es que suele ser mucho más fácil demostrar que un objeto $X$ de $\mathcal{D}$ no es un objeto de $\mathcal{C}$ que demostrar que $\mathcal{C}$ no tiene nada que se parezca a $X$ . Para una analogía más sencilla, piense en la diferencia entre demostrar que $(0,1)$ no es completa frente a demostrar que $(0,1) \subseteq \mathbb{R}$ no está cerrado. La esencia es la misma, pero la segunda me parece siempre mucho más fácil de entender.
Volvamos al principio. Como se ha dicho, no es lo suficientemente fuerte. Se necesita una condición en la incrustación:
Asegúrese de que su incrustación conserva los límites o colímites que ya existen.
De nuevo, por analogía: para demostrar que un espacio métrico $X$ no está completo, necesitamos un continuo mapa de $X$ a un espacio completo con imagen no cerrada. Un mapa arbitrario no sirve.
Volvamos al caso que nos ocupa. Como el functor $M \mapsto C^\infty(M,\mathbb{R})$ es una incrustación representable (contravariantemente), preserva los colímites y, por tanto, es adecuada para que el argumento pase por ella.
Sin embargo, no conserva los límites, por lo que si hicieras la pregunta correspondiente sobre los límites, necesitarías una incrustación diferente. Resulta, sin embargo, que existe una categoría completa y cocompleta en la que la categoría de los múltiples se incrusta preservando todos los límites y colímites. Se trata de la categoría de Espacios de Hausdorff Froelicher . Los espacios de Froelicher pueden parecer un poco más topológicos que las álgebras, así que para los que, como yo, prefieren la topología al álgebra, he aquí una refundición de la respuesta de Reid utilizando espacios (Hausdorff) de Froelicher.
La clave es que un espacio de Froelicher está completamente determinado por las funciones suaves de él a $\mathbb{R}$ o las curvas suaves en él (es decir, funciones suaves de $\mathbb{R}$ ).
Tomamos el mismo colímite: el empuje de
$$ \begin{matrix} \{0\} &\to& \mathbb{R}\\ \downarrow \\ \mathbb{R} \end{matrix} $$
Demostraremos que es la unión del $x$ y $y$ ejes en $\mathbb{R}^2$ que claramente no es un colector.
Escribamos el colímite como $X$ . En primer lugar, definimos una función suave $F \colon X \to \mathbb{R}^2$ . Es la obvia: envía la primera copia de $\mathbb{R}$ a la $x$ -y la segunda copia en el eje $y$ -Eje. Como estas dos funciones coinciden en $\{0\}$ es una función suave bien definida.
Queremos demostrar que se trata de un mapa inicial. Una condición suficiente (pero no necesaria) para ello es que toda función suave $f \colon X \to \mathbb{R}$ factores a través de $F$ .
Como dice Reid, una función suave $f \colon X \to \mathbb{R}$ consiste en dos funciones suaves $f_1, f_2 \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ satisfaciendo $f_1(0) = f_2(0)$ . Sea $g \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ sea la función $g(x,y) = f_1(x) + f_2(y) - f_1(0)$ . Esto es suave y tenemos $g(x,0) = f_1(x) + f_2(0) - f_1(0) = f_1(x)$ y, del mismo modo, $g(0,y) = f_2(y)$ . Así $g \circ F = f$ por lo que cada función $X \to \mathbb{R}$ factores mediante la inclusión $X \to \mathbb{R}^2$ . De ahí la inclusión $X \to \mathbb{R}^2$ es inicial. Así podemos identificar $X$ con su imagen, que es la unión de los dos ejes.
Como ya he dicho, esto no es más que una refundición de la respuesta de Reid. La publico en parte para darle un aire más topológico, pero sobre todo para exponer el principio general que utiliza Reid.
