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Construyendo $(\infty,2)$ -categorías de $\infty$ -categorías

Dejemos que $Y$ sea un conjunto simplicial marcado, cuyo conjunto simplicial subyacente se denota también por $Y$ . Sea $X$ sea un conjunto simplicial escalado tal que el calcomanía de su conjunto simplicial subyacente es $Y$ . $X$ es entonces un conjunto simplicial escalado, cuyo delgado $2$ -simples son precisamente los marcados $1$ -simples de $Y$ .

Pregunta: Si $Y$ es un $(\infty,1)$ -(a través de la estructura del modelo cartesiano en $\mathrm{Set}^+_\Delta$ , ver $\S 3.1.3$ de HTT), entonces es $X$ un $(\infty,2)$ -(a través de la estructura del modelo en $\mathrm{Set}^\mathrm{sc}_\Delta$ , ver $\S 4.2$ aquí )?

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Pedro Henriques Puntos 835

Lo que sigue no es una respuesta, sólo una observación que sugiere que tal vez habría que reformular la pregunta. Afirmo que si $X$ es un conjunto simplicial escalado fibrante cuyo decalaje es un conjunto simplicial marcado fibrante entonces tanto $X$ y $Y$ debe ser de hecho $\infty$ -(es decir, todos los triángulos en $X$ son finos, todos los bordes en $Y$ están marcados, y los conjuntos simpliciales subyacentes de ambos $X$ y $Y$ son complejos Kan). Permítanme dar una prueba para el caso en que $X$ tiene exactamente un vértice $x_0$ (la prueba en el caso general es similar). Sea $y_0 \in Y_0$ sea el objeto correspondiente a la arista degenerada $s(x_0)$ . Sea $e$ sea una arista en $X$ y que $y_e \in Y_0$ sea el vértice correspondiente. Entonces hay un triángulo degenerado en $X$ con bordes $s(x_0),e,e$ cuya arista correspondiente en $Y$ no está degenerado (recordemos que en el proceso de decalaje desaparece la última degeneración en cada dimensión). Esto da una ventaja en $Y$ de $y_0$ a $y_e$ que debe ser marcado porque corresponde a un triángulo degenerado (y por tanto delgado) de $X$ . Esto muestra en particular que todos los objetos en $Y$ son equivalentes entre sí. Dado que $Y$ es un conjunto simplicial marcado fibrante, esto significa que debe haber una arista marcada entre cada dos objetos de $Y$ . Esto implica ahora que todo mapa $\Lambda^2_0 \longrightarrow X$ puede extenderse a un triángulo delgado $\Delta^2 \longrightarrow X$ lo que, a su vez, implica que la máxima sub $(\infty,1)$ -categoría de $X$ es un $\infty$ -(es decir, el conjunto máximo sub-simplificado de $X$ en el que todos los triángulos son delgados es un complejo Kan). Esto significa que la categoría de automorfismo de $x_0$ es un monoidal $(\infty,1)$ -en la que cada objeto tiene un "objeto inverso". Pero se sabe que tal monocategoría $(\infty,1)$ -la categoría debe ser un $\infty$ -groupoide. Esto implica que $X$ es en realidad un $(\infty,1)$ -y, por tanto, una $\infty$ -por lo anterior. Como resultado $Y$ debe ser un $\infty$ -groupoide también.

Editar : Me he dado cuenta de que el argumento anterior tiene un problema. No es cierto, en general, que un monoidal $(\infty,1)$ -en la que cada objeto tiene un inverso es una $\infty$ -groupoide. Una forma alternativa de terminar el argumento es la siguiente. Sea $e_1,e_2$ sean dos aristas de $X$ . Entonces, cada tres aristas en $Y$ de la forma $f: y_0 \to y_{e_1}$ , $g: y_{e_1} \to y_{e_2}$ y $h: y_0 \to y_{e_2}$ con $f$ y $h$ marcado, se puede ampliar a un triángulo $\Delta^2 \to Y$ . Esto se debe a que el correspondiente problema de extensión en $X$ está escalado anodinamente (nótese que el borde de $X$ correspondiente a $y_0$ es degenerado). Por lo tanto, podemos concluir que $g$ está marcado. Pero $g$ es completamente arbitrario (ya que marcado $f$ y $h$ siempre existen por los argumentos anteriores), y por lo tanto todas las aristas de $Y$ están marcados. Se deduce que todos los triángulos de $X$ son delgadas, y por lo tanto podemos concluir como arriba que $X$ y $Y$ son ambos $\infty$ -groupoides.

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