Las combinaciones de conjuntos de simplicial

Question

¿Por qué no unirse a la operación en la categoría de simplicial conjuntos de conmutar hasta un único isomorfismo? Quiero decir, no son productos y co-productos conmutativa hasta isomorfismo? Que me lleva a la conclusión de que a primera vista que la combinación es conmutativa, pero no lo es. Recordar, dadas dos simplicial conjuntos de $S$$S'$, podemos definir la combinación a ser el conjunto simplicial tal que para todo finito no vacío totalmente de conjuntos ordenados $J$, $$(S\star S')(J)=\coprod_{J=I\cup I'}S(I) \times S'(I')$$ Donde $\forall (i \in I \land i' \in I') i < i'$, lo que implica que $I$ $I'$ son disjuntas.

Ahora la cosa es, claramente, mi conclusión es estúpido, porque utilizamos el hecho de que no viajan a distinguir entre más de cuasi-categorías y bajo cuasi-categorías. ¿De dónde me salen mal?

Espero que este cumpla con los estándares de la MO, pero si no, me voy a borrar el tema.

Answer 1

Como se ha mencionado en las otras respuestas, la combinación de simplicial conjuntos está estrechamente relacionada con la "ordenó discontinuo de la unión", o "concatenación", de (parcial o totalmente, pre-) de conjuntos ordenados. Usted puede usar esto para obtener ejemplos sencillos de su no-conmutatividad, y para ayudar a conciliar eso con la intuición de que debe ser conmutativa.

Cualquier orden de $X$ puede ser visto como el conjunto simplicial cuyas $n$-simplices son cadenas de $(x_0 \leq \ldots \leq x_n)$$X$. Es decir, hay un completo y fiel "nervio" de la incrustación de $N: \mathrm{PreOrd} \rightarrow \mathrm{SSet}$. Ahora si $X$ $Y$ son órdenes, visto como sus nervios, $X \star Y$ es exactamente (el nreve de) sus ordenó discontinuo de la unión.

Así por ejemplo, la $1 \star \mathbb{N} \not \cong \mathbb{N} \star 1$ es una herramienta fácil e intuitiva ejemplo de la no-conmutatividad.

Por otro lado, como usted dice, mirando a la definición, hay una inmediata intuición de que debe ser conmutativa, en cierto sentido, y la persecución de abajo, creo que lo que la intuición viene es algo así como el hecho de que: para cualquier simplicial conjuntos $X$, $Y$,

$(X \star Y)^\mathrm{op} \cong Y^\mathrm{op} \star X^\mathrm{op}.$

Así que los desplazamientos $\star$ distribuye más de $\mathrm{op}$: en un sentido, la única asimetría en $\star$ es una asimetría de la varianza. Esto es agradable e intuitiva de conjuntos ordenados, y la facilidad de muestra para todos los simplicial conjuntos.

Answer 2

Implícito en el índice de la subproducto es que estás escribiendo J como un orden distinto de la unión del yo y del yo, de donde me viene primero.

EDIT: Alguna elaboración.

Para un conjunto simplicial $T$, vamos a escribir $T\_n$ para el "n-simplices", es decir, el valor de en el conjunto ordenado $\{0,1,...,n\}$; estos junto con los mapas entre ellos determinar el functor $T$ completamente. (Su fórmula para la combinación requiere de la convención que $T$ es el conjunto vacío a un solo punto).

Dado $S$$S'$, vamos a determinar el 0 - y 1-simplices de la combinación.

En primer lugar, $(S \star S')\_0$. Hay dos maneras de escribir $\{0\} = I \cup I'$ en un fin de preservar la forma como un índice por el subproducto: $I'$ está vacía y $I$ es todo, o viceversa. Por lo tanto $(S \star S')\_0 = S\_0 \cup S'\_0$ respectivamente. El cero-simplices de la combinación son el cero-simplices de la original conjunto simplicial.

A continuación, el 1-simplicies. Del mismo modo $$ (S \star S')\_1 = S(\{0,1\}) \cup (S(\{0\}) \times S'(\{1\})) \taza de S'(\{0,1\})= S\_1 \taza (S\_0 \times S'\_0) \cup S'\_1 $$ Hay 3 tipos de 1-simplices: el 1-simplices de S, los de S', y para cada elección de un punto de S y un punto de S' no es un 1-simplex.

Los dos mapas de los límites $(S \star S')\_1 \to (S \star S')\_0$ son inducidos por las inclusiones de $\{0\}$ $\{1\}$ a $\{0,1\}$ ("atrás" y "adelante" de los límites respectivamente). En particular, en la nueva 1-simplices $S\_0 \times S'\_0$ la parte de atrás límite es la proyección de a $S\_0$ y el delantero límite es la proyección de a $S'\_0$. Hay asimetría aquí porque la única manera nos permite descomponer $\{0,1\}$ en el subproducto ha $I$ (el subconjunto correspondiente a $S$) en el primer y $I'$ segunda. Ninguno de los "nuevos" de los bordes de inicio en un vértice de $S'$ y terminan en un vértice de $S$.

Answer 3

Puede ser útil para trabajar a través de algunos ejemplos sencillos. Usted probablemente sabe que Δⁿ ★ Δ^k = Δ^n+k+1. Esto tiene que ver con el ordinal suma: una manera de definir une es como una restricción de la estructura monoidal sobre aumentada simplicial conjuntos, que son contravarient functors de la categoría Δ₊ de todos los ordinales finitos (incluyendo el vacío ordinal) en conjuntos. La categoría Δ₊ tiene una estructura monoidal dada por ordinario, además de con ∅ como la unidad, y esto induce a la mencionada estructura monoidal aumentada simplicial conjuntos. La cosa que llamamos n cuando estamos hablando de simplicial conjuntos es realmente el ordinal n+1, por lo que la fórmula anterior tiene porque

(n+1) + (k+1) = (n+k+1)+1.

Por supuesto, este ejemplo no ilustra la asimetría que le pidieron, pero este:

∂Δⁿ ★ Δ⁰ = Λⁿ⁺¹[n+1], mientras que Δ⁰ ★ ∂Δⁿ = Λ⁰[n+1].

Para los detalles, usted tendrá que entender cómo la cara de los mapas de S★T se definen, como se mencionó anteriormente. Aquí está mi notación: (S★T)_n = S_n ∪ T_n ∪ (∪ _{j+k = n+1} S_j × T_k ).

El i-ésimo mapa de los límites d_yo : (S★T)_n → (S★T)_n-1 se define a S_n e T_n el uso de la i-ésima mapa de los límites de S y T. Dado σ∈S_j y τ∈T_k , tenemos:

d_i (σ, τ) = (d_i σ,τ) si i ≤ j, j ≠ 0.
d_i (σ, τ) = (σ,d_{i-j-1 -} τ) si i > j, k ≠ 0.

Si j = 0, d₀(σ, τ) = τ ∈ T_n-1 ⊂ (S★T)_n-1. Si k = 0, d_n(σ, τ) = σ ∈S_n-1 ⊂ (S★T)_n-1 .

Pruebe esto para n = 1 o 2 en primer lugar, para tener una idea de las cosas. Mientras que estos tipos de cálculos que puede ser bastante molesto, me parece que hacen realmente me ayuda a desarrollar mi intuición. La mejor de las suertes!