Una pregunta sobre fibraciones de simplicial y sus fibras

Question

Yo no podía pensar en un título para esto, pero aquí vamos:

Fix $p:S\rightarrow T$, a la izquierda fibration de simplicial conjuntos, y un borde de $f:\Delta^1 \rightarrow T$. Deje $t$ ser el primer vértice de $f$, e $t'$ ser el segundo vértice.
El nombre de la inducida por el mapa, $q: S^{\Delta^1}\rightarrow S^{\{1 \}}\times_{T^{\{1 \}}} T^{\Delta^1}$.

Ahora vamos a $X$ ser el simplicial conjunto de secciones de la proyección de $S\times_T \Delta^1\rightarrow \Delta^1$, donde el retroceso es tomada con respecto a la mapa $p:S\rightarrow T$ y el borde fijo $f:\Delta^1 \rightarrow T$.

Más de notación: vamos a denotar por $S_{t'}$ fibra $S \times_T \Delta^0$ donde $\Delta^0 \rightarrow T$ está dada por la inclusión de los vértices $t'$ $S\rightarrow T$ es dada de nuevo por p. Damos una fibra $q':X \rightarrow S_{t'}$ $q$ sobre el borde de la $f$ (Esto es acerca de donde puedo detener la comprensión de lo que está pasando).

Lo que nos gustaría mostrar es: $q$ $q'$ tienen el mismo fibras en puntos de $S^{\{1 \}}\times_{T^{\{1 \}}} T^{\Delta^1}$ cuando la segunda proyección es el borde f. Recuerde que la exponenciación denota el interior Hom.

El problema es este simplicial conjunto de secciones. ¿Cuáles son sus mapas, y ¿por qué ellos, naturalmente, ir a $S_{t'}$ y estoy de acuerdo con q? Me siento como la clave para esto es la comprensión de cómo la exponencial es el mapeo en el retroceso, pero no es muy claro para mí la forma en que deben trabajar.

Este hecho se indica en HTT por Lurie en la prueba de la proposición 2.1.3.1, pero yo no veo cómo es obvio.

Un enlace a la correspondiente prueba/página: http://books.google.com/books?id=CTe68E8wK4QC&lpg=PP1&ots=o8qYDiX4mt&dq=lurie%20higher%20topos%20theory&pg=PA67#v=onepage&q=&f=false

Actualización: El "trabajo" que he hecho hasta este momento: $$\ \ \matriz{&S^{\Delta^1}_f &\a & S^{\Delta^1}& \cr &\downarrow &Pb &\downarrow \cr S_{t}\cong &L_f & \a & L & \a & S^{\{1\}} & \cr &\downarrow &Pb&\downarrow&Pb&\downarrow p \cr &\Delta^{0} & \ & T^{\Delta^1} & \ & T^{\{1\}} \cr &&f&&d_1}\ \ $$

Tenga en cuenta que $d_1$ denota la cara mapa en el vértice 1. También, $L:= S^{\{1 \}}\times_{T^{\{1 \}}} T^{\Delta^1}$, y El punto aquí es que debe ser "moralmente" de la misma para dar un pullback de $\Delta^1\to T \leftarrow S$ como dar un pullback $\Delta^0\to T^{\Delta^1} \leftarrow S^{\Delta^1}$ con respecto al borde de la f. Así que nos gustaría mostrar que $X$, el simplicial conjunto de secciones de la proyección se señaló antes, de alguna forma es isomorfo a $S^{\Delta^1}_f$, ya que esto demuestra que $q$ $q'$ está de acuerdo, donde son necesarios. Así que lo que estoy luchando en este momento está mostrando esta última idea.

Answer 1

Tengo que estar de acuerdo con usted; no es la mejor prueba escrita en HTT. Déjame ir a través de él glacial y poco a poco (para mi propio bien!) a ver si puedo escribir algo que va a ayudar a clarificar el papel de $X$.

Permítanme escribir $Map(U,V)$ en lugar de $V^U$. Creo que es más fácil analizar en internet.

En primer lugar, ¿cuál es nuestra $X$? Es el conjunto simplicial de las secciones de $S\times_T\Delta^1\to\Delta^1$, es decir, es el producto de fibra

$Map(\Delta^1,S\times_T\Delta^1)\times_{Map(\Delta^1,\Delta^1)}\Delta^0$ donde $\Delta^0$ mapas por inculsion de $id$. Así que (desde $Map(\Delta^1,-)$ es un derecho medico adjunto), se obtiene: $$X=Map(\Delta^1,S\times_T\Delta^1)\times_{Map(\Delta^1,\Delta^1)}\Delta^0=Map(\Delta^1,S)\times_{Map(\Delta^1,T)}Map(\Delta^1,\Delta^1)\times_{Map(\Delta^1,\Delta^1)}\Delta^0$$ $$=Map(\Delta^1,S)\times_{Map(\Delta^1,T)}\Delta^0$$ donde $\Delta^0$ es la asignación por la inclusión de $f$.

Ahora tenemos nuestro mapa $$q:Map(\Delta^1,S)\to Map(\{1\},S)\times_{Map(\{1\},T)}Map(\Delta^1,T),$$ cuyas fibras de más de $f$ buscamos. Es decir, acabamos de incluir $$S_{t'}=Map(\{1\},S)\times_{Map(\{1\},T)}\Delta^0\to Map(\{1\},S)\times_{Map(\{1\},T)}Map(\Delta^1,T)$$ (que es en sí la retirada de $f:\Delta^0\to Map(\Delta^1,T)$ a lo largo de la proyección, por supuesto) y nos tire hacia atrás para obtener $q'$.

Así, el resultado es un retroceso de un pullback. (Si supiera cómo, me gustaría dibujar el pullback de dos plazas aquí.) El compuesto de retirada es el pullback de $f:\Delta^0\to Map(\Delta^1,T)$ a lo largo de $Map(\Delta^1,S)\to Map(\Delta^1,T)$. Pero esto es lo que se llama $X$. Así que nuestro resultado es un mapa de $q':X\to S_{t'}$, y su fibra a través de cualquier vértice de $S_{t'}$ debe coincidir con el de la fibra sobre el correspondiente vértice de $Map(\{1\},S)\times_{Map(\{1\},T)}Map(\Delta^1,T)$, ya que será un retroceso de un pullback así.

Editar (Harry): he escrito hasta la versión final del diagrama. Si las letras no se explica, se puede deducir lo son sólo por buscar a Clark argumento o simplemente seguimiento de los pullbacks. Cada cuadrado es un retroceso, así que todo es muy fácil de tratar. $$\ \ \matriz{ X&\cong&S^{\Delta^1}_f &\&Y^{\Delta^1}&\a& S^{\Delta^1}& \cr &\searrow&\downarrow &Pb &\downarrow&Pb&\downarrow \cr L_f&\cong &S_{t'} & \a &L'&\a& L & \a & S^{\{1\}} & \cr &&\downarrow &Pb&\downarrow&Pb&\downarrow&Pb&\downarrow p \cr &&\Delta^{0} & \a &(\Delta^1)^{\Delta^1} &\& T^{\Delta^1} & \ & T^{\{1\}} \cr &&&id&&(f)^{\Delta^1}&&d_1}\ \ $$