ていへんかけるたかさわるに

図式の練習問題 ── 前提条件の不備の可能性と反例の構成 (1) の続き.

"Toposes, Triples and Theories" 2.2 節, "Sheaves on a Space (位相空間上の層)" 練習問題 11:

図式
\begin{equation*}
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\newdir{ >}{{}*!/-5pt/@{>}}
\newdir{ (}{{}*!/-2pt/@^{(}}
\xymatrix@=48pt {
A \ar[d] \ar[r] & B \ar[d]_{g} \ar@<0.5ex>[r] \ar@<-0.5ex>[r] & C \ar[d]^{h} \\
A' \ar[r] & B' \ar@<0.5ex>[r] \ar@<-0.5ex>[r] & C'
}
\end{equation*} において, 左の四角形の図式は可換であり, 右側の四角形について $h \circ d_i = d'_i \circ g,\, i=0,1$ が成立しているとする. このとき次を示せ.

(a) 下の列がイコライザーで, 左側の四角形が引き戻しならば上の列もイコライザーである.
(b) 上の列がイコライザーで, 下の列における 2 つの射の合成が等しく, $f$ が単射ならば左側の四角形は引き戻しである.

(b) において単射性が要求されている射 $f$ は $h$ の誤植であるとして話を進める.
それでもなお, (a), (b) はそのままの前提条件では反例が存在する.
上の図式の射に名前を付けた以下の図式で考える.
\begin{equation}
\label{dgm:EQPB}
\begin{xy}
\xymatrix@=48pt {
A \ar[d]_{k} \ar[r]^{l} & B \ar[d]_{g} \ar@<0.5ex>[r]^{d^0} \ar@<-0.5ex>[r]_{d_1} & C \ar[d]^{h} \\
A' \ar[r]_{f} & B' \ar@<0.5ex>[r]^{d'_0} \ar@<-0.5ex>[r]_{d'_1} & C'
}
\end{xy}
\end{equation} ここで $h \circ d_i = d'_i \circ g,\, i=0,1$ が成立している.

(a), (b) に以下のように前提条件を付け加えると証明できる.

(a') 下の列がイコライザーで, 左の四角形が引き戻しで, 上の列における 2 通りの射の合成が等しいならば, 上の列はイコライザーである.
(b') 上の列がイコライザーで, 下の列における 2 通りの射の合成が等しく, $f$ と $h$ が単射ならば, 左の四角形は引き戻しである.

(a) に対する反例は前の記事で述べた. ここでは (b) に対する反例を説明する.

(b) に対する反例

● 上の列がイコライザーで, 下の列における 2 通りの射の合成が等しく, $h$ が単射だが左側の四角形が引き戻しではない例

$A=I=[0,1]$ (単位閉区間), $B=\Real$, $C=\Real^2$,
\begin{align*}
A'=S^1 & = \left\{ (x,y) \mid x^2+y^2=1 \right\} & ~ & \text{単位円}, \\
B'=C'=S^2 & = \left\{ (x,y,z) \mid x^2+y^2+z^3=1 \right\} & ~ & \text{単位球面},
\end{align*} として図式
\begin{equation}
\label{dgm:EQPB_counterexample-ii-2}
\begin{xy}
\xymatrix@=48pt {
I \ar[d]_{k} \ar[r]^{l(t)=2t-1} & \Real \ar[d]_{g} \ar@<0.5ex>[r]^{d^0} \ar@<-0.5ex>[r]_{d_1} & \Real^2 \ar[d]^{h} \\
S^1 \ar[r]_{f} & S^2 \ar@<0.5ex>[r]^{d'_0} \ar@<-0.5ex>[r]_{d'_1} & S^2
}
\end{xy}
\end{equation} を考える. ここで
\begin{align*}
l(t) & = 2t-1, \\
k(t) & = (\cos(\pi l(t)),\sin(\pi l(t))) = (\cos(\pi(2t-1)),\sin(\pi(2t-1))), \\
f(x,y) & = (\cos(2\arccos(x)),\sin(2\arcsin(y)),0), \\
g(x) & = \begin{cases}
\displaystyle \frac{1}{x^2+1}(-2x,0,1-x^2) & (x < -1) \\
(\cos(2\pi x),\sin(2\pi x),0) & (-1 \le x \le 1) \\
\displaystyle \frac{1}{x^2+1}(2x,0,x^2-1) & (x > 1),
\end{cases} \\
h(x,y) & = \frac{1}{x^2+y^2+1}(2x,2y,x^2+y^2-1), \\
d_0(x) & = \begin{cases}
\displaystyle \left(-\frac{1}{x},0\right) & (x < -1) \\
(\cos(2\pi x),\sin(2\pi x)) & (-1 \le x \le 1) \\
(x,0) & (x > 1),
\end{cases} \\
d_1(x) & = \begin{cases}
(-x,0) & (x < -1) \\
(\cos(2\pi x),\sin(2\pi x)) & (0 \le x \le 1) \\
\displaystyle \left(\frac{1}{x},0\right) & (x > 1),
\end{cases} \\
d'_0(x,y,z) & = (x,y,z), \\
d'_1(x,y,z) & = (x,y,-z).
\end{align*} 注. $f$ については $\arccos$, $\arcsin$ の多価性による曖昧さがある.
$f$ を厳密に定義するには 円を 2 周する関数 の記事で定義した関数 $\varphi : S^1 \rightarrow S^1$, $A_1, A_2 : S^1 \rightarrow \Real$ を用いて
\begin{equation*}
f(o) = (\varphi(o),0) = (\cos(2 A_1(o)),\sin(2 A_2(o)),0) \quad (o \in S^1)
\end{equation*} のように定義する.

$h$ は平面 $\Real^2$ で球面 $S^2$ を包む写像で単射である. 原点 $0=(0,0) \in \Real^2$ を南極 $(0,0,-1) \in S^2$ に, 単位円 $S^1$ を赤道 $S^1 \times \{0\}$ に, 無限遠点 $\infty$ を北極 $(0,0,1)$ に移す.

図式 (\ref{dgm:EQPB_counterexample-ii-2}) の左側の四角形は可換である. 各 $t \in I$ に対して
\begin{align*}
f \circ k(t)
& = f(\cos(\pi l(t)),\sin(\pi l(t))) = (\cos(2\pi l(t)),\sin(2\pi l(t))) \\
& = g \circ l(t)
\end{align*} が成り立つ.

次に $h \circ d_i = d'_i \circ g \qq (i=0,1)$ が成立していることを確認する.

$x<-1$ のとき
\begin{align*}
h \circ d_0(x)
& = h\!\left(-\frac{1}{x},\,0\right) \\
& = \frac{1}{\left(\!-\frac{1}{x}\!\right)^2\!+1}
\left(2\cdot \left(\!-\frac{1}{x}\!\right),\,0,\,\left(-\frac{1}{x}\right)^2-1\!\right) \\
& = \frac{1}{x^2+1}(-2x,\,0,\,1-x^2) \\
& = d'_0 \circ g(x), \\
& \\
h \circ d_1(x)
& = h(-x,\,0) \\
& = \frac{1}{(-x)^2+1}(2\cdot(-x),\,0,\,(-x)^2-1) \\
& = \frac{1}{x^2+1}(-2x,\,0,\,-(1-x^2)) \\
& = d'_1 \circ g(x).
\end{align*}

$-1 \le x < 1$ のとき
\begin{align*}
h \circ d_0(x)
& = h(\cos(2\pi x),\sin(2\pi x)) \\
& = \frac{1}{2}(2\cos(2\pi x),2\sin(2\pi x),0)
= (\cos(2\pi x),\sin(2\pi x),0) \\
& = d'_0 \circ g(x), \\
& \\
h \circ d_1(x)
& = h(\cos(2\pi x),\sin(2\pi x)) \\
& = \frac{1}{2}(2\cos(2\pi x),2\sin(2\pi x),0)
= (\cos(2\pi x),\sin(2\pi x),0) \\
& = d'_1 \circ g(x).
\end{align*}

$x>1$ のとき
\begin{align*}
h \circ d_0(x)
& = h(x,\,0) \\
& = \frac{1}{x^2+1}(2x,\,0,\,x^2-1) \\
& = d'_0 \circ g(x), \\
& \\
h \circ d_1(x)
& = h\!\left(\frac{1}{x},\,0\right) \\
& = \frac{1}{\left(\!\frac{1}{x}\!\right)^2+1}
\left(2\cdot\frac{1}{x},\,0,\,\left(\frac{1}{x}\right)^2-1\right) \\
& = \frac{x^2}{x^2+1}
\left(\frac{2}{x},\,0,\,\left(\frac{1}{x}\right)^2-1\right) \\
& = \frac{1}{x^2+1}(2x,\,0,\,-(1-x^2)) \\
& = d'_1 \circ g(x).
\end{align*}

よって $h \circ d_i = d'_i \circ g \qq (i=0,1)$ が成り立つ.

さらに図式 (\ref{dgm:EQPB_counterexample-ii-2}) の上の列がイコライザーで, 下の列における 2 通りの射の合成が等しい, つまり $d'_0 \circ f = d'_1 \circ f$ であることを示す.

$c : T \rightarrow \Real$ を $d_0 \circ c = d_1 \circ c$ であるような任意の射とする. 仮定より図式
\begin{equation*}
\begin{xy}
\xymatrix@=48pt {
T \ar[r]^{c} & \Real \ar@<0.5ex>[r]^{d_0} \ar@<-0.5ex>[r]_{d_1} & \Real^2
}
\end{xy}
\end{equation*} は可換である.

$\left\{ x \in \Real \mid d_0(x)=d_1(x) \right\} = [-1,1]$ だから $c$ の値域は閉区間 $[-1,1]$ に含まれる. つまり $c(T) \subset [-1,1]$ である. $u : T \rightarrow I$ を $u(t)=\frac{c(t)+1}{2} \qq (t \in T)$ と定義すれば, 各 $t \in T$ に対して
\begin{equation*}
l \circ u(t) = l\left(\frac{c(t)+1}{2}\right) = 2\cdot \frac{c(t)+1}{2}-1 = c(t)
\end{equation*} が成り立つ. また, $l(t)=2t-1$ は単射だからこの $u$ は一意的に定まる. よって図式 (\ref{dgm:EQPB_counterexample-ii-2}) の上の列はイコライザーである.

図式 (\ref{dgm:EQPB}) の下の列において,
\begin{equation*}
d'_0 \circ f(x,y) = (\cos(2 A_1(x,y)),\sin(2 A_2(x,y)),0)
= d'_1 \circ f(x,y),
\end{equation*} となるから 2 つの射の合成は等しい. 一方で $f$ は
\begin{equation*}
f(\cos(\theta),\sin(\theta))
= (\cos(2\theta),\sin(2\theta))
= f(\cos(\theta+\pi),\sin(\theta+\pi)) \quad (\theta \in \Real)
\end{equation*} のような性質を持つから単射ではない. したがって図式 (\ref{dgm:EQPB_counterexample-ii-2}) の下の列はイコライザーではない.

図式 (\ref{dgm:EQPB}) の左の四角形が引き戻しではないことを示す.

\begin{align*}
P_1
& = \left\{ (o,x) \in S^1 \times I
\mid o=(\cos (\pi x),\sin (\pi x)) \in S^1,\qq
x \in I \right\}, \\
P_2
& = \left\{ (o,x) \in S^1 \times I
\mid o=(\cos (\pi (x+1)),\sin (\pi (x+1))) \in S^1,\qq x \in I \right\}, \\
P & = P_1 \cup P_2.
\end{align*} とおく. $P_1$, $P_2$ は円筒 $S^1 \times I$ 上の 2 つの交わらない円弧であり, $P$ はその非交和である. 特に圏 $\Top$ において $P \not\simeq I$ である.

射 $p_1 : P \rightarrow S^1$, $p_2 : P \rightarrow \Real$ を
\begin{equation*}
p_1 (o,x)=o, \quad p_2 (o,x)=x.
\end{equation*} と定義すると, 各 $(o,x) \in P$ に対して
\begin{align*}
f \circ p_1 (o,x)
& = f(o) \\
& = \begin{cases}
(\cos (\pi x),\sin (\pi x)) & ((o,x) \in P_1) \\
(\cos (\pi (x+1)),\sin (\pi (x+1))) & ((o,x) \in P_2)
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
(\cos (2\pi x),\sin (2\pi x)) & ((o,x) \in P_1) \\
(\cos (2\pi (x+1)),\sin (2\pi (x+1))) & ((o,x) \in P_2)
\end{cases} \\
& = (\cos (2\pi x),\sin (2\pi x)) \\
& = g (x) = g \circ p_2 (o,x)
\end{align*} が成立しているから, 図式
\begin{equation}
\label{dgm:f.p1=g.p2}
\begin{xy}
\xymatrix@=48pt {
P \ar[d]_{p_1} \ar[r]^{p_2} & \Real \ar[d]^{g} \\
S^1 \ar[r]_{f} & S^2
}
\end{xy}
\end{equation} は可換である.

図式 (\ref{dgm:f.p1=g.p2}) が, 2 つの射 $f : S^1 \rightarrow S^2$, $g : \Real \rightarrow S^2$:
\begin{equation*}
\begin{xy}
\xymatrix@=48pt {
~ & \Real \ar[d]^{g} \\
S^1 \ar[r]_{f} & S^2
}
\end{xy}
\end{equation*} に対する引き戻しであることを示す.

$c_1 : T \rightarrow S^1$ と $c_2 : T \rightarrow \Real$ を $f \circ c_1 = g \circ c_2$ を満たす任意の射の対とする. 仮定により図式
\begin{equation*}
\begin{xy}
\xymatrix@=48pt {
T \ar[d]_{c_1} \ar[r]^{c_2} & \Real \ar[d]^{g} \\
S^1 \ar[r]_{f} & S^2
}
\end{xy}
\end{equation*} は可換である. よって各 $t \in T$ について
\begin{equation*}
f \circ c_1(t) = g \circ c_2(t) = (\cos(2\pi c_2(t)),\sin(2\pi c_2(t))).
\end{equation*} が成り立つ.

$f$ の性質と $-1 \le c_2(t) \le 1$ であることより, $c_1(t)$ の値について
\begin{gather*}
c_1(t) = (\cos(\pi c_2(t)),\sin(\pi c_2(t))), \\
c_1(t) = (\cos(\pi(c_2(t)+1)),\sin(\pi(c_2(t)+1)))
\end{gather*} のいずれかが成り立つ.

ここで
\begin{equation*}
c_1(t) = (\cos(\pi c_2(t)),\sin(\pi c_2(t)))
\end{equation*} のとき $(c_1(t),c_2(t)) \in P_1$ であり,
\begin{equation*}
c_1(t) = (\cos(\pi(c_2(t)+1)),\sin(\pi(c_2(t)+1)))
\end{equation*} のとき $(c_1(t),c_2(t)) \in P_2$ である. よって $c(t) \in P \qq (t \in T)$ となる.

$u : T \rightarrow P$ を
\begin{equation*}
u(t) = (c_1(t),c_2(t))
\end{equation*} と定義する. $c_1$, $c_2$ が連続だから $u$ も連続, つまり圏 $\Top$ の射である. さらに $p_1$, $p_2$ の定義から $u$ は
\begin{gather*}
p_1 \circ u(t) = p_1(c_1(t),c_2(t)) = c_1(t), \\
p_2 \circ u(t) = p_2(c_1(t),c_2(t)) = c_2(t)
\end{gather*} を満たす.

$u' : T \rightarrow P$ が $c_1 = p_1 \circ u'$, $c_2 = p_2 \circ u'$ を満たすとする. 各 $t \in T$ に対して $u'(t) = (o_t,x_t)$ とおくと
\begin{gather*}
p_1 \circ u(t) = c_1(t) = p_1 \circ u'(t) = o_t, \\
p_2 \circ u(t) = c_2(t) = p_2 \circ u'(t) = x_t
\end{gather*} が成り立つ. これにより $u'(t)=(c_1(t),c_2(t))=u(t)$ であり $u$ が $p_1 \circ u=c_1$, $p_2 \circ u=c_2$ を満たす一意的な射であることがわかる.

上の結果より, 図式 (\ref{dgm:EQPB_counterexample-ii-2}) の左の四角形において, 引き戻し $P$ からの一意的な射 $u : I \rightarrow P$ は
\begin{equation*}
u(t) = (k(t), l(t))
\end{equation*}
で与えられ, \begin{align*} p_1 \circ u(t) & = (\cos(\pi l(t)),\sin(\pi
l(u(t)))) = k(t), \\
p_2 \circ u(t) & = 2t-1 = 2\cdot \frac{t}{2} = t = l(t) \end{align*}
が成り立つ.

以上により, $f$ と $g$ に対する引き戻しは $P$ であり $P \not\simeq I$ である. したがって, 図式 (\ref{dgm:EQPB_counterexample-ii-2}) の左の四角形は引き戻しではない.