DIagrammi di pullback

[killing_buddha]

Remark. La nozione di pullback nasce naturalmente dall'idea di immagine inversa generalizzata. Consideriamo una coppia di frecce di [tex]\mathbf C[/tex] che punta a uno stesso oggetto, $f:A\to C\leftarrow B:g$. Il {pullback}, o {prodotto fibrato} di $A$ e $B$ rispetto alle frecce $f,g$ consiste di una coppia di frecce da un oggetto $\Pi$, $p_1:\Pi\to A$, $p_2:\Pi\to B$ tali che $f\circ p_1=g\circ p_2$, universale con questa propriet\`a: ci\`o significa che, comunque data una coppia di frecce $z_1:Z\to A$, $z_2:Z\to B$, tali che $f\circ z_1=g\circ z_2$, esiste un'unica $u:Z\to \Pi$ che fattorizza $z_1,z_2$ via $p_1,p_2$. Di solito l'oggetto $\Pi$ si indica con $A\times_C B$. La propriet\`a universale enunciata equivale alla commutativit\`a del diagramma

[tex]\xymatrix{
Z \ar@/_10pt/[ddr]_{z_1} \ar@/^10pt/[drr]^{z_2} \ar@{.>}[dr]|{u} & & \\
& A\times_C B \ar[d]_(0.4){p_1} \ar[r]^(0.6){p_2} & B \ar[d]^{g}\\
& A \ar[r]_{f} & C
}[/tex].[/list:u:3eyp5hgs]
Se una coppia di frecce $f:A\to C\leftarrow B:g$ ammette un prodotto fibrato, il quadrato commutativo


[tex]\xymatrix{
A\times_C B \ar[r]\ar[d] & B\ar[d]^g \\
A\ar[r]_f & C
}[/tex][/list:u:3eyp5hgs]
si dice {diagramma di prodotto fibrato}.
Proposizione. Consideriamo il diagramma commutativo


[tex]\xymatrix{
F \ar[r]^{f'}\ar[d]_{h''} & E\ar[r]^{g'}\ar[d]^{h'} & D\ar[d]^h \\
A \ar[r]_f & B\ar[r]_g & C
}[/tex][/list:u:3eyp5hgs]
Allora, se il quadrato sinistro \`e un diagramma di pullback, il quadrato destro lo \`e se e solo se lo \`e il rettangolo esterno (ossia se e solo se $(F,f',h'')$ \`e il pullback di $g\circ f : A\to C\leftarrow E : h\circ g'$).

La dimostrazione e' un esercizio di diagram chiasing: mi sono accorto pero' che queste ipotesi sono insufficienti, e si deve aggiungere il fatto che la freccia $g'$ sia un monomorfismo, per mostrare che, laddove il rettangolo esterno e il quadrato destro siano quadrati di prodotto fibrato, lo e' anche il quadrato sinistro. Sono suffragato, da questa osservazione, dall'Hilton-Stammbach, (A course in Homological Algebra, GTM4, Springer Verlag).
Vi chiedo conferma di questo, dato che Hilton e Stammbach sono gli unici a inserire questa ipotesi aggiuntiva. Forse che esiste un modo di evitarla aggirando la necessita' di avere una freccia mono in quel punto?

[Martino]

"killing_buddha":il quadrato destro lo \`e se e solo se lo \`e il rettangolo esterno

scrivi tanto in latex eh?

Interessante, ma così su due piedi non saprei aiutarti. Una domanda: queste costruzioni le fai in una categoria qualsiasi? In questo caso non vedo come puoi lavorare agevolmente coi diagrammi commutativi. Per fare la caccia al diagramma supponi C abeliana e usi Freyd-Mitchell?

Qual è esattamente l'implicazione problematica? Tu supponi che il rettangolo esterno e il quadrato destro siano quadrati di prodotto fibrato, e sotto queste ipotesi per mostrare che il quadrato sinistro è un prodotto fibrato ti serve che g' sia un monomorfismo, esatto? Ma quello che devi mostrare tu non contempla questa implicazione, o mi sbaglio? Tu devi mostrare che se il rettangolo esterno e il quadrato sinistro sono pullback allora il quadrato destro è pullback. Ma immagino che si tratti solo di passare alla categoria duale (insomma non credo che faccia differenza prendere il quadrato sinistro piuttosto che il destro). Su che testo hai preso l'esercizio?

[killing_buddha]

queste costruzioni le fai in una categoria qualsiasi? In questo caso non vedo come puoi lavorare agevolmente coi diagrammi commutativi. Per fare la caccia al diagramma supponi C abeliana e usi Freyd-Mitchell?

Si', in una categoria qualsiasi... Cosa intendi con "non vedo come puoi lavorare agevolmente con..."? La possibilita' di costruire diagrammi commutativi e' un assioma basale di qualunque esposizione sensata della TdC. O sbaglio?

Il problema e' che il testo che leggo di solito (S. Awodey, Categories for Everybody) afferma quello che ho scritto: se il quadrato sinistro e il rettangolo sono diagrammi di PB, allora il quadrato destro lo e'.
Ma facendo la prova, ci si accorge facilmente che, qualora g' non sia mono, nulla sembra assicurare la tesi: tanto e' vero che Hilton e Stammbach aggiungono quell'ipotesi, la qual cosa mi ha fatto dubitare della sua inutilita', e che pero' non sono riuscito ad evitare in alcun modo...

[Martino]

"killing_buddha":La possibilita' di costruire diagrammi commutativi e' un assioma basale di qualunque esposizione sensata della TdC. O sbaglio?

Certo, mi riferivo alla caccia al diagramma... costruirli si può sempre, ma dimostrare le cose può essere complicato (vedi il lemma del serpente, che mi pare valga in ogni categoria abeliana).

Appena ho un attimo provo a fare la dimostrazione e ti faccio sapere.

[Lord K]

"killing_buddha":
...Allora, se il quadrato sinistro \`e un diagramma di pullback, il quadrato destro lo \`e se e solo se lo \`e il rettangolo esterno (ossia se e solo se $(F,f',h'')$ \`e il pullback di $g\circ f : A\to C\leftarrow E : h\circ g'$)...

Sei sicuro che qui il rettangolo esterno sia il pullback su $g\circ f : A\to C\leftarrow E : h \circ g'$ e non su $D$ mediante $g\circ f : A\to C\leftarrow D : h$???

[Lord K]

In ogni caso pare necesario il fatto che sia un monomorfismo proprio per una questione di commutatività. Ricordo che un monomorfismo (in senso categoriale) è una funzione [tex]f:A \rightarrow B[/tex] tale che dato il diagramma:

[tex]C \two^g_h A\xrightarrow{\;f\;} B[/tex]

Implica che dall'essere [tex]fg=fh[/tex] implica che [tex]g=h[/tex].

Nel caso di questo diagramma necessitiamo il fatto che sia un monomorfismo dal fatto che il diagramma finale commuta, o sbaglio?

[killing_buddha]

"Lord K":[quote="killing_buddha"]
...Allora, se il quadrato sinistro \`e un diagramma di pullback, il quadrato destro lo \`e se e solo se lo \`e il rettangolo esterno (ossia se e solo se $(F,f',h'')$ \`e il pullback di $g\circ f : A\to C\leftarrow E : h\circ g'$)...

Sei sicuro che qui il rettangolo esterno sia il pullback su $g\circ f : A\to C\leftarrow E : h \circ g'$ e non su $D$ mediante $g\circ f : A\to C\leftarrow D : h$???[/quote]

Mmh, si, forse ho sbagliato a scrivere (guai del non disegnarsi proprio tutto...) Purtroppo ora sono in universita' (forse Martino e' dietro di me ), appena ho tempo correggo. La tesi a parole e' la seguente.

Supponiamo che il rettangolo esterno sia un diagramma di pullback, e che lo sia anche il quadrato di destra. Allora quello di sinistra lo e' se e solo se g' e' un monomorfismo.
Dualmente supponiamo che il rettangolo esterno sia un diagramma di pullback, e che lo sia anche il quadrato di sinistra. Allora quello di destra lo e' se e solo se...

[Martino]

"killing_buddha":se il quadrato sinistro \`e un diagramma di pullback, il quadrato destro lo \`e se e solo se lo \`e il rettangolo esterno (ossia se e solo se $(F,f',h'')$ \`e il pullback di $g\circ f : A\to C\leftarrow E : h\circ g'$).

Con questa definizione (cioè se il rettangolo esterno è FEAC) mi torna tutto e non serve che g' sia mono.
Invece se il rettangolo esterno è FDAC serve che g' sia mono.

Purtroppo ora sono in universita' (forse Martino e' dietro di me )

Non credo di poter essere dietro di te, sono al settimo piano

PS. Una volta ci si potrebbe trovare, giusto per capire chi siamo (e cosa facciamo, e dove andiamo ).

[Martino]

"Martino":[quote="killing_buddha"]se il quadrato sinistro \`e un diagramma di pullback, il quadrato destro lo \`e se e solo se lo \`e il rettangolo esterno (ossia se e solo se $(F,f',h'')$ \`e il pullback di $g\circ f : A\to C\leftarrow E : h\circ g'$).

Con questa definizione (cioè se il rettangolo esterno è FEAC) mi torna tutto e non serve che g' sia mono.
Invece se il rettangolo esterno è FDAC serve che g' sia mono.[/quote]Mi rimangio questa cosa che ho detto, l'ipotesi che g' sia mono è del tutto superflua! Devi usare l'unicità del morfismo compatibile relativo al quadrato che non hai usato! Cioè per cancellare g' a sinistra prendi i due morfismi che vuoi essere uguali, componi con h' a sinistra e usi la proprietà universale.

Che bella la teoria delle categorie

[killing_buddha]

Ci sono, hai ragione!
E ora, supponiamo che sia il quadrato sinistro ad essere di pullback... le cose si fanno piu' ardue.

[Martino]

"killing_buddha":E ora, supponiamo che sia il quadrato sinistro ad essere di pullback... le cose si fanno piu' ardue.

Già, quindi non bastava passare alla categoria duale (perché si dualizzava anche il concetto di pullback!). Il problema è: come costruire un morfismo che punta verso A?

D'altra parte il testo dice così quindi deve esistere una soluzione, giusto?

[Martino]

Direi che se per rettangolo esterno si intende FDBC siamo a posto. Se invece il rettangolo esterno è FDAC siamo nei guai.

[killing_buddha]

Spianiamo la strada: se C fosse abeliana avremmo finito. Se C non e' abeliana, si puo' lo stesso trovare una freccia verso A? Hilton e Stammbach non esplicitano, dicono solo di "dualizzare opportunamente" il risultato... che io ho creduto si dualizzasse cosi', ma sto sbattendo sempre contro lo stesso muro, quindi comincio a vacillare.
Che dite voi (anche se il voi si riduce a Martino , a cui dico: siamo nei guai! )?

Copio il testo del problema:

Given the commutative diagram in [tex]\mathsf C[/tex]

[tex]\xymatrix{
F \ar[r]^{f'}\ar[d]_{h''} & E\ar[r]^{g'}\ar[d]^{h'} & D\ar[d]^h \\
A \ar[r]_f & B\ar[r]_g & C
}[/tex][/list:u:1jmcf6x3]
show that if both squares are pullbacks, so is the composite square. Show also that if the composite square is a pullback and g' is monomorphic, then the left-hand square is a pullback. Dualize these statements.

[Martino]

"killing_buddha":Spianiamo la strada: se C fosse abeliana avremmo finito.

Aspetta qui mi sono perso: come costruisci il morfismo verso A se C è abeliana?

[killing_buddha]

"Martino":[quote="killing_buddha"]Spianiamo la strada: se C fosse abeliana avremmo finito.

Aspetta qui mi sono perso: come costruisci il morfismo verso A se C è abeliana?[/quote]

[tex]\xymatrix{
0\ar[ddr]|{!}&& \ar[ll]|{!} T \ar@/_10pt/[ddr]_(0.3){a} \ar@/^10pt/[drr]^(0.3){b}& & \\
&F\ar[rr]\ar[d]^{h''}& & E \ar[d]_(0.4){g'} \ar[r]^(0.6){h'} & D \ar[d]^{h}\\
&A\ar[rr]_f& & B \ar[r]_{g} & C
}[/tex].[/list:u:7by5yomw]
(metti tu i nomi alle frecce che mancano...)
Se C e' abeliana esiste un oggetto zero $0$, che e' sia iniziale che finale, dunque esiste almeno una freccia da T ad A, composta della freccia (unica) $T to 0$ e della freccia (unica) $0 to A$.

[Martino]

"killing_buddha":

Given the commutative diagram in [tex]\mathsf C[/tex]

[tex]\xymatrix{
F \ar[r]^{f'}\ar[d]_{h''} & E\ar[r]^{g'}\ar[d]^{h'} & D\ar[d]^h \\
A \ar[r]_f & B\ar[r]_g & C
}[/tex][/list:u:2unxsd3c]show that if both squares are pullbacks, so is the composite square. Show also that if the composite square is a pullback and g' is monomorphic, then the left-hand square is a pullback. Dualize these statements.

Ma qui non fa riferimento a quello che stiamo cercando ora di mostrare, no? Quindi magari non è neanche vero. E comunque la richiesta che g' sia mono è sostituita alla richiesta che il quadrato di destra sia un pullback, quindi il discorso è diverso.

Quanto al caso C abeliana: bastava che mi dicessi "zero-oggetto", non serviva fare quelle acrobazie col diagramma

[Martino]

Sempre riguardo il caso C abeliana: il morfismo nullo non funziona, non è compatibile in generale.

[Lord K]

"killing_buddha":
Che dite voi (anche se il voi si riduce a Martino , a cui dico: siamo nei guai! )?

Nonostante tutto, sto leggendo con interesse e spero di poter produrre a breve una dimostrazione o qualche risposta che vi possa essere d'aiuto

[Lord K]

Credo che il punto fondamentale per la risoluzione sia da ricercarsi nella definizione. Allora partiamo dall'inizio: essere un diagramma di pullback implica che il diagramma

[tex]\xymatrix{
& F \ar[d]_(0.4){h''} \ar[r]^(0.6){f'} & E \ar[d]^{h'}\\
& A \ar[r]_{f} & B
}[/tex].[/list:u:3bfg4vdj]

è commutativo ed inoltre comunque scelto l'oggetto [tex]Z[/tex] esistono le freccie [tex]u,z_1,z_2[/tex] tali che commuta:


[tex]\xymatrix{
Z \ar@/_10pt/[ddr]_{z_1} \ar@/^10pt/[drr]^{z_2} \ar@{.>}[dr]|{u} & & \\
& F \ar[d]_(0.4){h''} \ar[r]^(0.6){f'} & E \ar[d]^{h'}\\
& A \ar[r]_{f} & B
}[/tex].[/list:u:3bfg4vdj]

Detto questo per il primo diagramma ora serve valutare se quello a lui adiacente risulta possibile costruire un risultato simile, per tornare al problema scatenante. La commutatività è garantita dalle ipotesi, tutto sta a valutare se qualunque sia la scelta di un [tex]Z'[/tex] ed una terna di freccie [tex]\omega, z_3,z_4[/tex] tali che risulti commutativo:


[tex]\xymatrix{
Z' \ar@/_10pt/[ddr]_{z_3} \ar@/^10pt/[drr]^{z_4} \ar@{.>}[dr]|{\omega} & & \\
& E \ar[d]_(0.4){h'} \ar[r]^(0.6){g'} & D \ar[d]^{h}\\
& B \ar[r]_{g} & C
}[/tex].[/list:u:3bfg4vdj]

sovrappongo le due cercando di non fare troppa confusione (anche se non mi pare di esserci riuscito molto).


[tex]\xymatrix{
Z \ar@/_10pt/[ddr]_(0.3){z_1} \ar@/^10pt/[drr]_(0.3){z_2}\ar@{.>}[dr]|{u} && \ar[ll]|{\phi} Z' \ar@/_10pt/[ddr]^(0.3){z_3} \ar@/^10pt/[drr]^(0.3){z_4} \ar@{.>}[dr]|{\omega} & & \\
&F\ar[rr]\ar[d]^{h''}& & E \ar[d]_(0.4){h'} \ar[r]^(0.6){g'} & D \ar[d]^{h}\\
&A\ar[rr]_f& & B \ar[r]_{g} & C
}[/tex].[/list:u:3bfg4vdj]

Il problema è di trovare la freccia [tex]\phi[/tex]. Se questa esistesse, potremmo tranquillamente valutare la costruzione della terna di freccie nel seguente modo:

[tex]\omega = z_2\circ\phi[/tex]
[tex]z_3 = h'\circ z_2\circ\phi[/tex]
[tex]z_4 = g'\circ z_2\circ\phi[/tex]

Ricerchiamo quindi la freccia [tex]\phi[/tex]. Ora vista la generalità di [tex]Z, Z'[/tex] vediamo se il buon vecchio Yoneda mi può venire in aiuto. Qui mi tocca mettere una piccola pausa prima del gran finale per inserire un minimo di pathos

[Lord K]

Rimango un poco perplesso sul prosieguo, in quanto non mi viene in mente nulla (a parte quanto già utilizzato) per dire che quella freccia esiste... voglio dire, possiamo semplicemente dire che è l'identità e grazie all'arbitrarietà della scelta di [tex]Z[/tex] risolvo???

Se così non fosse, come posso dire che tra quei due oggetti esiste una freccia???? Posso costruirla con alcune ulteriori informazioni e con una applicazione del Lemma di Yoneda?

[Martino]

Secondo me se non c'è qualche validissima ragione per l'esistenza di quella freccia allora quella freccia in generale non esiste. Perché non vedo alcun modo di procedere che non sia solo costruttivo.