Preuve de$\mathfrak{S}_F \times_{\mathfrak{S}_H} \mathfrak{S}_G \cong \mathfrak{S}_{F \times_H G}$, catégories fibrées en ensembles

Aug 18 2020

Lemme 3.34 : Pour$F,G,H$préfaisceaux en catégories/ensembles discrets :$$\mathfrak{S}_F \times_{\mathfrak{S}_H} \mathfrak{S}_G \cong \mathfrak{S}_{F \times_H G}$$

Preuve : Les seuls 2-morphismes de catégories fibrés en ensembles sont les identités. (Réf :http://wwwf.imperial.ac.uk/~dg3215/other/stacks.pdf)

Question : Je ne suis pas tout à fait sûr de la preuve où ils utilisent des 2-morphismes de catégories fibrées en ensembles sont des identités pour prouver le lemme.

Tentative : On veut montrer une équivalence de catégories entre$\mathfrak{S}_{F \times_H G}$et$\mathfrak{S}_F \times_{\mathfrak{S}_H} \mathfrak{S}_G$. Il suffit de vérifier fibre que$\mathfrak{S}_{F \times_H G}(S) \cong \mathfrak{S}_F(S) \times_{\mathfrak{S}_H(S)} \mathfrak{S}_G(S)$pour tous$S \in \mathfrak{S}$. Par lemme$3.9$,$\mathfrak{S}_{F}$est une catégorie fibrée sur$\mathfrak{S}$, on peut donc utiliser le lemme$3.31$qui s'applique aux catégories fibrées et obtenir$\mathfrak{S}_{F \times_H G}(S) \cong \mathfrak{S}_F(S) \times_{\mathfrak{S}_H(S)} \mathfrak{S}_G(S)$pour tous$S \in \mathfrak{S}$. On obtient un 1-morphisme, isomorphisme$\alpha: \mathfrak{S}_{F \times_H G} \cong \mathfrak{S}_F \times_{\mathfrak{S}_H} \mathfrak{S}_G$, et on note l'inverse comme$\alpha^{-1}$. C'est une équivalence puisque le 2-morphisme$(\alpha^{-1} \circ \alpha) \Rightarrow Id_{\mathfrak{S}_{F \times_H G}}$est l'identité, donc un 2-isomorphisme. De la même manière,$(\alpha \circ \alpha^{-1}) \Rightarrow Id_{\mathfrak{S}_F \times_{\mathfrak{S}_H} \mathfrak{S}_G}$est un 2-isomorphisme.

Rappel/Résumé (Exemple 3.8 p17) :

La 2-catégorie$\mathfrak{S}_F$:

Laisser$F : \mathfrak{S}^{opp} \to Categories$être un foncteur (c'est-à-dire un préfaisceau de catégories). Associé à$F$la catégorie fibre suivante$\mathfrak{S}_F$plus de$\mathfrak{S}$: Les objets sont des paires$(U,x)$d'objets$U$dans$\mathfrak{S}$et$x \in F(U)$. Morphismes de$(U, x)$à$(V, y)$sont des paires$(f, \varphi)$des morphismes$f : U \to V$et$\varphi : x \to f^* y$, où l'on écrit$f^∗ := F(f)$. La composition de$(g, \psi : y \to g^∗z) \circ (f, \varphi : x \to f^∗y)$est défini comme$(g \circ f, f^∗(\psi) \circ \varphi)$. La projection à$\mathfrak{S}$oublie la deuxième composante des paires.

Réponses

2 jgon Aug 19 2020 at 07:10

Il semble y avoir deux points de confusion dans la question.

Point 1 : Pourquoi les seuls 2-morphismes de catégories sont-ils fibrés en ensembles les identités ?

Qu'est-ce qu'un 2-morphisme de catégories fibrées ?

Laisser$A$être la catégorie de base,$P:B\to A$,$Q:C\to A$catégories fibrées (plus$A$),$F,G:P\to Q$1-morphismes de catégories fibrées (ie foncteurs tels que$QF=QG=P$). Alors un 2-morphisme$\alpha:F\to G$est une transformation naturelle de$F$à$G$avec la propriété que$Q(\alpha_b)=1_{Pb}$pour tous$b\in B$(c'est à dire,$\alpha_b$se trouve dans la fibre Q sur$Pb$pour tous$b \in B$).

Dans le cas où$Q$est fibré par ensembles, puisque$\alpha_b$est toujours dans le$Q$-fibre sur$Pb$(qui est discret/un ensemble), on a que$\alpha_b$est un morphisme d'identité. Depuis$\alpha_b:Fb\to Gb$est un morphisme identité, on en déduit que$Fb=Gb$pour tous$b\in B$, et pour tout$f:b\to b'$, la force des carrés de naturalité$Ff=Gf$, alors$F=G$, et$\alpha=1_F=1_G$.

Autrement dit, si$Q$a des fibres discrètes, alors les catégories hom$\mathbf{Fib/A}(P,Q)$sont également discrets.

Point 1.5 : Implications du point 1 pour les produits à 2 fibres par rapport aux produits à 1 fibre

Réclamation : si$R:D\to A$est une catégorie fibrée avec des fibres discrètes, et$P:B\to A,Q:C\to A$sont des catégories fibrées arbitraires, et$F:P\to R$,$G:Q\to R$sont des 1-morphismes de catégories fibrées, alors le produit 1-fibre$P\times_R^1 Q$est en fait le produit à 2 fibres$P\times_R^2 Q$.

Voici une preuve simple. Supposons que je vous donne un carré à 2 trajets$$ \require{AMScd} \begin{CD} T @>>> P \\ @VVV @VVV \\ Q @>>> R, \\ \end{CD} $$alors parce que$R$a des fibres discrètes, le seul 2-morphisme qui peut faire commuer ce carré est une identité, donc il commute en fait en 1. Il existe donc un morphisme unique$T\to P\times_R^1 Q$. L'unicité de ce morphisme garantit l'unicité jusqu'à l'isomorphisme, ce qui rend$P\times_R^1 Q$satisfaire la propriété universelle d'un produit à 2 fibres de$P$et$Q$plus de$R$.

Alternativement, vérifiez simplement que lorsque$R$a des fibres discrètes, la construction explicite de$P\times^2_R Q$se réduit à quelque chose d'isomorphe à la construction habituelle de$P\times^1_R Q$.

Point 2 : Pourquoi ce fait implique-t-il le résultat revendiqué ?

je vais utiliser$\int U$pour désigner la catégorie d'éléments/construction de Grothendieck pour$U:A^{\text{op}}\to \mathbf{Cat}$, car il s'agit d'une notation plus standard d'après mon expérience, du moins pour les préfaisceaux évalués en ensembles.

Nous voulons montrer$$\int U\times_{\int W} \int V\cong \int U\times_W V$$$U\overset{\phi}{\to} W \overset{\psi}{\leftarrow} V$est un cospan de préfaisceaux de catégories, et$W$est évalué en catégories discrètes.

Nous savons que le produit fibreux de gauche peut être considéré comme le produit à 1 fibre lorsque$W$est un préfaisceau dans$\mathbf{Set}$. Alors les objets du côté gauche sont des tuples$((a,u),(a,v))$avec$u\in U(a)$,$v\in V(a)$, tel que$\phi(u)=\psi(v)$, et les morphismes de$((a,u),(a,v))$à$((a',u'),(a',v'))$sur le côté gauche sont des tuples$((f:a\to a',\alpha : u\to f^*u'),(f,\beta: v\to f^*v'))$, tel que$\phi(\alpha)=\psi(\beta)$.

D'autre part, les objets du côté droit sont des tuples$(a,(u,v))$avec$(u,v)\in (U\times_W V)(A)=U(A)\times_{W(A)} V(A)$, et morphismes$(a,(u,v))\to (a',(u',v'))$sur le côté droit sont des paires$(f:a\to a', (\alpha,\beta):(u,v)\to f^*(u',v'))$.

En comparant les données, on voit que les deux côtés sont constitués des mêmes données, et on peut donner un isomorphisme entre les deux catégories.

Note de fin

Lorsque$U$et$V$sont également des préfaisceaux valorisés en ensembles, cela devient encore plus simple, puisque les morphismes à gauche ne sont plus que$f:a\to a'$tel que$u=f^*u'$,$v=f^*v'$, et les morphismes à droite sont aussi$f:a\to a'$tel que$(u,v)=f^*(u',v')$.