模與範疇2.2:範疇的基本概念

作者：由知乎使用者wkDfqU 發表于文化時間：2021-01-12

修正了部分typo，更新於2021/1/12

我們在群論，環論等等千奇百怪論中時常會遇到諸如但單/滿同態，單/滿射等概念，作為這些理論的小一統——範疇論中也有相應的概念。

定義2.3

：

設

$\mathscr{C}$

是範疇，

是其中的物件，設

$f\in Hom(A,B)$

；

（1）。若存在

$g\in Hom(B,A)$

使得

$\left( i \right) .gf=1_A\qquad \left( ii \right) .fg=1_B \\$

則稱

是同構態射或可逆態射，

稱為

的逆態射，記為

$f^{-1}$

，此時稱

和

是同構的（物件）。

（2）。若僅有（i）成立，則稱

是

的截面（section）態射；僅有（ii）成立，則稱

是

的保核/收縮（retraction）態射。

（3）。若

是左可消：對任意

$C\in ob\mathscr{C}$

，

$\forall g_1,g_2\in Hom(C,A)$

，有

$fg_1=fg_2\Longrightarrow g_1=g_2 \\$

則稱

是單態射（monic morphism）。

（4）。若

是右可消：對任意

$C\in ob(\mathscr{C})$

，

$\forall g_1,g_2\in Hom(B,C)$

，有

$g_1f=g_2f\Longrightarrow g_1=g_2 \\$

則稱

是滿態射（epic morphism）。

以下命題表示單（滿）態射經態射合成法則仍然保持單（滿）態射的性質，且反之有一半的成立。

命題2.1

：

（1）。如果

$f\in Hom(A,B)$

，

$g\in Hom(B,C)$

且

都是單（滿）態射，則

也是單（滿）態射。

（2）。如果

$f\in Hom(A,B)$

，

$g\in Hom(B,C)$

且

是單（滿）態射，則

是單態射（

是滿態射）。

Proof

：

（1）。一層一層剝開

的心：

則

；

（2）。自己不行喊幫手：如果

，則

，從而

。

$\blacksquare$

我們已知

$isomorphism\Rightarrow \begin{cases} section~morphism& \Rightarrow ~monic~morphism\\ retraction~morphism& \Rightarrow ~epic~morphism\\ \end{cases} \\$

但是反之卻不成立，有如下例子為證：

例

：

在拓撲範疇

$\mathbb{T}op$

中取

$X=(\mathbb{R},\mathcal{T})$

，其中

$\mathcal{T}$

為離散拓撲；取

，其中

$\mathcal{T}$

為歐式度量匯出的拓撲。令

$\begin{aligned} f:X&\rightarrow X$

則顯然

連續即

$f\in Hom(X,X$

，且

是單態射也是滿態射，但是

不是截面態射也不是保核態射更不是同構態射。例如假若存在

$g\in Hom(X$

使得

$gf=1_X \\$

則

中開集

的

-原像應該是

中開集，但是

$g^{-1}([0,1])=[0,1]$

在

中並非開集。

下面我們來看一些具體的範疇中單態射和滿態射的具體刻畫。

率先進入主會場的是集合範疇。

定理2.1

：

在集合範疇

$\mathbb{S}et$

中，

是單態射當且僅當

是單射，

是滿態射當且僅當

是滿射。

這玩意兒就不證明了，比較簡單。

我們補充一個模範疇，上一節忘記寫了，不過也沒有關係，無傷大雅。

例2。10

：

設

是給定環，則我們定義R-Mod範疇如下：全體物件是全體左R-模，態射是模同態，態射合成法則是同態的複合。

下面給出本節最長的定理。有趣的是佟文廷先生的同調代數著作中表示“容易證明”並留做習題。留做習題我覺得沒什麼，畢竟某lang將Riemann猜想也留作了習題，but“容易證明”四個字一寫有點東西啊。。。

定理2.2

：

在模範疇R-Mod與群範疇

$\mathbb{G}$

中，

是單（滿）態射當且僅當

是單（滿）同態。

Proof

：

充分性是顯然的，從略。

必要性：

。在模範疇R-Mod中。

（1）。設

是單態射，

$f\in Hom(A,B)$

，若

不是單同態，則

$Ker f\ne \left\lbrace 0\right\rbrace$

，考察正合列：

$C:=Kerf\xrightarrow{i}A\xrightarrow{f}B \\$

即

，則

$fi=0=f0\Rightarrow i=0 \\$

從而矛盾。

（2）。設

是單滿態射，

$f\in Hom(A,B)$

，若

不是滿同態，考察商模

，設

$\pi\in Hom(B,C)$

是典範對映，則有正合列

$A\xrightarrow{f}B\xrightarrow{\pi}B/\text{Im}f:=C \\$

即

$Imf=Ker\pi$

，此時

$\pi f=0=0f\Rightarrow \pi =0 \\$

從而矛盾。

。在群範疇

$\mathbb{G}$

中。

（1）。設

是單態射，則可仿照

（1）證明

必然是單同態。

（2）。設

$f:A\to B$

是滿態射，但

不是滿射。與R-Mod範疇不同之處在於

未必是

正規子群，若

是滴話可以仿照模範疇情形證明之。因此不妨假設

$[B:C]\text{>}2$

。

我們證明思路是找到

$g,h\in Hom(B,Sym B)$

使得

$gf=hf \\$

但是

$g\ne h$

。先證明一個引理：

Lemma：設

是一個群，

是

上變換么半群，

是

上對稱群，記

$G_L=\left\{ g_L|g\in G \right\} \qquad G_R=\left\{ g_R|g\in G \right\} \\$

則在

之中，有

$C\left( G_L \right) =G_R\qquad C\left( G_R \right) =G_L \\$

Proof：

僅證the first argument。一方面，對任意

$x,a,b\in G$

，有

$b_R\left( a_Lx \right) =\left( ax \right) b=a\left( xb \right) =a_Lb_R\left( x \right) \Rightarrow b_Ra_L=a_Lb_R \\$

此即說明

$C(G_L)\supset G_R$

。另一方面，設

$\eta\in C(G_L)$

，任取

$x\in G$

，有

$\eta \left( x \right) =\eta \left( x_L\left( 1_G \right) \right) =x_L\eta \left( 1_G \right) =\left[ \eta \left( 1_G \right) \right] _R\left( x \right) \\$

此即說明

$C(G_L)\subset G_R$

。

Back to the Problem：

我們取

$\begin{aligned} g:B&\rightarrow SymB \\ b&\mapsto b_L \end{aligned} \\$

以及

$h=\alpha g$

，其中

$\alpha\in Aut(Sym B)$

，有這樣的形式

$\alpha(y)=pyp^{-1}$

，其中

$p\in Sym B$

。

我們希望有

（i）。

$g\ne h=\alpha g$

；

（ii）。

；

關於（i）：注意到

$\begin{aligned} g=h&\Leftrightarrow g\left( b \right) =h\left( b \right) \qquad \forall b\in B \\ &\Leftrightarrow b_L=pb_Lp^{-1}\qquad \forall b\in B \\ &\Leftrightarrow pb_L=b_Lp \end{aligned} \\$

故為了使得（i）成立，由引理知只需取

不是右平移，而我們知道若平移不等於1則其無不動點，故只需使得

$p\ne 1$

且具有不動點。

關於（ii）：

$\forall a\in A$

，注意到

$\begin{aligned} gf\left( a \right) =hf\left( a \right) &\Leftrightarrow f\left( a \right) _L=pf\left( a \right) _Lp^{-1} \\ &\Leftrightarrow pf\left( a \right) _L=pf\left( a \right) _L \end{aligned} \\$

故只需控制

$\forall c\in C$

，

。

綜上，我們希望尋覓

$p\in Sym B$

滿足

（i）。

$p\ne 1$

且

有不動點；

（ii）。

$\forall c\in C$

，

。

由於右陪集空間

$B/C=\left\{ Cb:b\in B \right\} \\$

指數

$[B:C]\text{>}2$

。故存在

上置換

$\sigma\ne 1$

且

$\sigma$

具有不動點。

令

$I=\left\{ B/C\text{中代表元全體} \right\} \\$

則

$\forall b\in B$

，有唯一

$c\in C$

，

$u\in I$

使得

$b=cu \\$

若

$\sigma(Cu)=Cu$

，令

則由於

$\sigma$

有不動點故

也有不動點。此外，

$\forall c\in C$

，

$pc_L\left( b \right) =pc_L\left( c_1u \right) =p\left( cc_1u \right) =cc_1u$

故此

即我們所待者也。

$\blacksquare$

當然啦，值得我們垂死病中驚坐起的是不是所有的範疇中單（滿）態射就是我們想的那個亞子。

命題2.2

：

在環範疇

$\mathbb{R}ing$

中，

是單態射當且僅當

是單同態；若

是滿同態則

是滿態射，但是存在是滿態射但不是滿同態的例子。

Proof

：

（1）。若

是單（滿）同態，則

是單（滿）態射是很顯然的。

（2）。若

$f\in Hom(A,B)$

是單態射但不是單射。我們構造一個新的環

$A\oplus A$

，其中元素為

$(a_1,a_2),a_1,a_2\in A$

，在其上定義加法和乘法為對應分量相加或相乘，零元與一元的定義也是自然的。令

$K=\left\{ \left( a_1,a_2 \right) \in A\oplus A|f\left( a_1 \right) =f\left( a_2 \right) \right\} \\$

因為

$Kerf\ne 0$

，故存在

$a_1\ne a_2$

使得

$(a_1,a_2)\in K$

。我們令

$\pi _1\left( a_1,a_2 \right) =a_1\qquad \pi _2\left( a_1,a_2 \right) =a_2 \\$

則

$\pi_1,\pi_2\in Hom(K,A)$

。此時顯然

$f\pi_1=f\pi_2 \\$

但是

$\pi_1\ne \pi_2$

。

（3）。設

$\mathbb{Z}$

是整數環，

$\mathbb{Q}$

是有理數環，

$f\in Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Q})$

是嵌入對映，設

$g_1,g_2\in Hom(\mathbb{Q},R)$

，假設

。此時

$\forall p,q\in \mathbb{Z}$

，有

$g_1f\left( q \right) =g_2f\left( q \right) \Rightarrow g_1\left( q \right) =g_2\left( q \right) \\$

進一步

$g_1\left( \frac{1}{q} \right) g_1\left( q \right) =g_1\left( 1 \right) =g_2\left( 1 \right) =g_2\left( \frac{1}{q} \right) g_2\left( q \right) \Rightarrow g_1\left( \frac{1}{q} \right) =g_2\left( \frac{1}{q} \right) \\$