¿Están trianguladas las categorías de functores con codominios triangulados?
Estoy bastante seguro de que la siguiente afirmación es cierta (pero confesaré que aún no verifiqué el axioma octaédrico):
Dejar $T$ ser una categoría triangulada y $C$cualquier categoría (digamos pequeña para evitar alarmar a mis amigos teóricos de conjuntos). Entonces, la categoría de functores$C \to T$ hereda una estructura triangulada natural de T.
Por "natural" y "heredado" me refiero a que el mapa de cambios $[1]$ en nuestra categoría de functor envía cada $F:C \to T$ al functor $F[1]$ satisfactorio $F[1](c) = F(c)[1]$ en cada objeto $c$ de $C$; y de manera similar, distinguidos triángulos de functores$$F \to G \to H \to F[1]$$ son precisamente aquellos para los que sobre cada objeto $c$ de $C$ tenemos un triángulo distinguido en $T$ de la forma $$F(c) \to G(c) \to H(c) \to F[1](c).$$
La pregunta principal es si esto se ha escrito en algún libro o papel estándar (no pude encontrarlo en Gelfand-Manin, por ejemplo). Quizás se considere demasiado obvio y se relegue a un ejercicio elemental. Principalmente, estoy interesado en heredar estructuras en T y corazones de$T$ a las categorías de functor $C \to T$, y agradecería cualquier referencia disponible que trate de estos asuntos.
Respuestas
La afirmación es falsa.
Por ejemplo, tome $C=[1]\times [1]$ ser un cuadrado y $\mathcal{T} = h\mathsf{Sp}$para ser la categoría de espectros de homotopía. Ahora considera el cuadrado$X$ con $X(0,0) = S^2$, $X(1,0) = S^1$, y los otros valores cero, y el otro cuadrado $Y$ con $Y(1,0) = S^1$ y $Y(1,1) = S^0$. Toma los mapas$S^2 \to S^1$ y $S^1 \to S^0$ ser - estar $\eta$y considere la transformación natural $X \to Y$ que se obtiene multiplicando por 2 en $X(1,0)=S^1 \to S^1 = Y(1,0)$.
Si este mapa tuviera un cofre, entonces, desde el vértice inicial hasta el final obtendríamos un mapa $S^3 \to S^0$. Siguiendo el cuadrado una dirección, vemos que tendríamos algún representante para el corchete de Toda$\langle \eta, 2, \eta\rangle$. Siguiendo la otra dirección, factorizamos a través de cero. Pero este paréntesis de Toda consta de las clases$2\nu$ y $-2\nu$; en particular, no contiene cero.
[Por supuesto, este ejemplo se puede generalizar a cualquier soporte de Toda / producto de Massey no trivial en cualquier categoría triangulada con la que esté más familiarizado].
De hecho, el paréntesis de Toda es exactamente el obstáculo para 'llenar el cubo' para la transformación natural $X \to Y$.
De todos modos, esta es una de las muchas razones para descartar categorías trianguladas a favor de una de las muchas alternativas modernas (por ejemplo, estable $\infty$-categorías, derivados, etc.).
En cuanto a las estructuras t y así sucesivamente, en la tierra de los estables $\infty$-categorías son fáciles de conseguir. (Consulte, por ejemplo, la sección 1.2.1 de Álgebra superior y la Proposición 1.4.4.11 para ver varios trucos para construirlos).
El ejemplo de Dylan Wilson es excelente. Permítanme ofrecerles otro, con un sabor más algebraico y "finitista".
En mi opinión, la categoría triangulada más simple $\mathcal{T}$ es la categoría de espacios vectoriales de dimensión finita sobre un campo $k$, con functor de suspensión de identidad (también conocido como traducción) y $3$-secuencias exactas largas periódicas como triángulos exactos. (Esta es en realidad la única estructura triangulada llevada por$\mathcal{T}$ hasta la equivalencia.)
Dejar $C_2$ ser el grupo cíclico de orden $2$(considerado como una categoría con un solo objeto). Entonces la categoría de functor$\mathcal{T}^{C_2}$ es la categoría de módulos generados finitamente sobre el álgebra de grupo $k[C_2]$. Esto es lo mismo que la categoría de módulos proyectivos generados finitamente sobre el llamado álgebra de Auslander.$B$ de $k[C_2]$. Por un resultado Freyd, si$\mathcal{T}^{C_2}$ fueron trianguladas entonces $B$ sería autoinyectivo.
Si $k$ tiene característica $2$, $k[C_2]\cong k[\epsilon]/(\epsilon^2)$ es el álgebra de números duales y $B$ es el álgebra de endomorfismo del $k[\epsilon]/(\epsilon^2)$-módulo $k\oplus k[\epsilon]/(\epsilon^2)$. Esto$B$no es autoinyectivo. De hecho, desde$k$ tiene característica $2$, $k[\epsilon]/(\epsilon^2)$ no es semi-simple, entonces $B$ tiene dimensión global $2$. Si$B$ si fueran autoinyectivos, tendrían una dimensión global o bien $0$ o $\infty$.
Creo que tengo un contraejemplo más simple, que aprendí del curso de Paul Balmer sobre geometría tensor-triangular la primavera pasada:
Reclamar la categoría de flecha$\mathcal{T}^{\bullet \to \bullet}$ de una categoría triangulada $\mathcal{T}$ nunca tiene una estructura triangulada a menos que$\mathcal{T} = 0$. De hecho, ni siquiera necesitamos$\mathcal{T}$ para ser triangulado aquí: si $\mathcal{T}$ es cualquier categoría aditiva tal que $\mathcal{T}^{\bullet \to \bullet}$ está triangulado, entonces $\mathcal{T} = 0$.
Prueba: Supongamos$\mathcal{T}$ es una categoría aditiva tal que $\mathcal{T}^{\bullet \to \bullet}$está triangulado. Dejar$a$ ser un objeto arbitrario en $\mathcal{T}$, con morfismo de identidad $1_a : a \to a$. Dejar$t$ denotar el morfismo único $a \to 0$. Luego$\require{AMScd}$ \ begin {CD} a @> 1_a >> a \\ @V 1_a VV @VV t V \\ a @ >> t> 0 \ end {CD} define un morfismo$\alpha : 1_a \to t$ en $\mathcal{T}^{\bullet \to \bullet}$. Tenga en cuenta que$\alpha$es un epimorfismo. En cualquier categoría triangulada, todos los epimorfismos están divididos, así que dejemos$\beta : t \to 1_a$ ser una división de $\alpha$ (es decir, $\alpha \circ \beta$ es el morfismo de identidad de $t$). Luego$\beta$es un diagrama conmutativo \ begin {CD} a @> t >> 0 \\ @V f VV @VVs V \\ a @ >> 1_a> a \ end {CD} tal que$1_a \circ f = 1_a$ (y $t \circ s = 1_0$). De esto y de la conmutatividad del diagrama, vemos que$1_a = 1_a \circ f = s \circ t$ factores a través de $0$. Por lo tanto,$a = 0$. Desde$a$ fue arbitrario, $\mathcal{T} = 0$.
Editar: Por supuesto, podríamos hacer la declaración aún más débil: realmente solo necesitábamos eso $\mathcal{T}$tiene un objeto cero. Pero si$\mathcal{T}^{\bullet \to \bullet}$ está triangulado, entonces $\mathcal{T}$ debe ser aditivo, porque incrusta como una subcategoría aditiva de $\mathcal{T}^{\bullet \to \bullet}$ vía $a \mapsto 1_a$.