Toposes avec seulement des précommandes de points

Question

Pour un topos Grothendieck $\mathcal{E}$, les assertions suivantes sont-elles équivalentes?

$(i)$ $\mathcal{E}$ est local.
$(ii)$ Le morphisme géométrique diagonal $\mathcal{E} \to \mathcal{E} \times \mathcal{E}$est une intégration. (Ici$\mathcal{E} \times \mathcal{E}$ est le topos du produit, pas la catégorie de produit.)
$(iii)$ Pour chaque topos Grothendieck $\mathcal{E}'$, $\mathrm{Geom}(\mathcal{E}', \mathcal{E})$ est un pré-ordre (pas de transformations géométriques parallèles).

Les implications $(i) \Rightarrow (ii)$ et $(ii) \Rightarrow (iii)$ tenir:

• $(i) \Rightarrow (ii)$: Tout morphisme diagonal $X \to X \times X$(dans n'importe quelle catégorie) est un mono divisé et un mono divisé de paramètres régionaux est une intégration. Le foncteur (oublieux) de locales à topos préserve le produit et transforme les plongements de paramètres régionaux en plongements géométriques.
• $(ii) \Rightarrow (iii)$: Si $\mathcal{E} \to \mathcal{E} \times \mathcal{E}$ est un encastrement, puis le foncteur diagonal $\mathrm{Geom}(\mathcal{E}', \mathcal{E}) \to \mathrm{Geom}(\mathcal{E}', \mathcal{E} \times \mathcal{E}) \simeq \mathrm{Geom}(\mathcal{E}', \mathcal{E}) \times \mathrm{Geom}(\mathcal{E}', \mathcal{E})$doit être pleinement fidèle. Mais cela signifie précisément que$\mathrm{Geom}(\mathcal{E}', \mathcal{E})$ est une précommande.

Donc en résumé, est un topos avec seulement une précommande de $\mathcal{E}'$-basé des points pour chaque $\mathcal{E}'$ déjà local?

Answer 1

$(i) \Leftrightarrow (ii)$est vrai et est la proposition C.2.4.14 dans les croquis d'un éléphant de Peter Johnstone. Plus généralement, il montre qu'un morphisme géométrique borné$f: \mathcal{E} \to \mathcal{S}$ est local si et seulement si $\mathcal{E} \to \mathcal{E} \times_{\mathcal{S}} \mathcal{E}$ est une intégration.

$(ii)$ et $(iii)$ ne sont pas équivalents: il y a un grand écart entre «la diagonale est un monomorphisme» et «la diagonale est un encastrement»

Pour un exemple typique, prenez une action gratuite mais non appropriée d'un groupe $G$ sur une locale (ou un espace) $X$. Pour fixer l'idée, prenez$G = \mathbb{Z}$ agissant sur $X=S^1$ le cercle unitaire par rotation d'un angle irrationnel.

Le topos des poulies équivariantes $X//G$ classe les "orbites" pour l'action de $G$ au $X$, c'est un $G$-torseur $T$ (une principale $G$-bundle) avec un $G$-carte équivariante $T \to X$. Parce que l'action est libre, la catégorie de point dans n'importe quel topos n'aura pas de morphismes non triviaux.

Mais ce topos n'est pas du tout local: ses objets subterminaux sont les $G$-invariant sous-ensemble ouvert donc dans notre exemple concret son seul $\emptyset$ et $1$.

On peut également calculer la carte diagonale. $\mathcal{T} \times \mathcal{T}$ peut être montré comme le topos correspondant à l'action de $G \times G$ au $X \times X$. Sous-topos de ceci correspondrait à$G \times G$-sous-niveaux équivalents de $X \times X$ et la diagonale n'est pas $G \times G$-équivariant.

Pour rendre la construction plus explicite, nous pouvons utiliser cela pour un groupe discret $G$, un topos local sur $BG$ (le topos de $G$-set) est identique à un local avec un $G$-action. $\mathcal{T}$ Correspond à $X$ avec son $G$ action. $\mathcal{T} \times \mathcal{T} \to BG \times BG$ est également local (produit de la carte locale), et la locale correspondante est obtenue en tirant le long du point $* \to BG \times BG$, ce qui permet de voir que la locale correspondante est bien $X \times X$. Maintenant si je vois$\mathcal{T}$ plus de $BG \times BG$ comme $\mathcal{T} \to \mathcal{T} \times \mathcal{T} \to BG \times BG$, alors cela correspond au local $X \times G$ où $G \times G$ agit sur $X$ et $G$ séparément (pour être plus symétrique, c'est la locale des triplets $(x,x',g)$ où $x'=gx$).

Comme locale avec $G \times G$ action, la carte diagonale de $\mathcal{T}$ correspond donc à la carte $X \times G \to X \times X$ qui envoie $(g,x)$ à $(x,gx)$. Ce qui est un mono parce que$G$ agit librement, mais ne s’intègre pas.

Bien sûr, certaines des affirmations que j'ai faites ci-dessus nécessiteraient une preuve ... mais cela pourrait être un peu trop long pour MO.