Простые задачи по категориям (Маклейн)

[kp9r4d]

1) Докажите что не существует функтора $\operatorname{Grp} \to \operatorname{Ab}$, который бы отображал каждую группу в её центр.
Почему нельзя взять функтор, который отображает группу в её центр, единичные стрелки в единичные, а неединичные стрелки в такие, которые отображают всё в ноль? Это ведь будет функтор (хотя и не очень интересный).

-- 16.04.2015, 15:11 --

Понял уже, нужно было рассмотреть
$\xymatrix{\mathbb{Z}_2 \ar@{->}[r]_f& \operatorname{D}_5 \ar@{->}[r]_g &\mathbb{Z}_2}$
Где $f$ - это вложение в подгруппу, пораждаемую каким-то отражением, а $g$ отображает в 1, если преобразование меняет ориентацию и 0 иначе. Тогда если функтор $F$ отражал бы группы в центры мы бы имелии
$\xymatrix{\mathbb{Z}_2 \ar@{->}[r]_{F(f)}& \operatorname{1} \ar@{->}[r]_{F(g)} &\mathbb{Z}_2}$
$fg = \operatorname{1}$
$F(fg) = \operatorname{1}$
с другой стороны
$F(f) = 0, F(g) = 0 \to F(fg) = 0$
противоречие.

[kp9r4d]

2) Найдите два различных функтора $\operatorname{Group} \to \operatorname{Group}$, таких, что $F(G) = G$ для любой $G \in \operatorname{Group}$. Первый можно взять тождественный, над вторым уже три дня думаю, что-то всё никак. Был бы благодарен за подсказку.

[AGu]

kp9r4d в сообщении #1005608 писал(а):

Найдите два различных функтора $\operatorname{Group} \to \operatorname{Group}$, таких, что $F(G) = G$ для любой $G \in \operatorname{Group}$.

Это упражнение — известный пример издевательства. Требуемый в нем пример есть, но он дурацкий и ничему не учит, кроме того, что среди примеров встречаются дурацкие. Не тратьте время и наплюйте. (Ну а если любопытно — почитайте готовый ответ и убедитесь в том, что над вами издеваются. )

(Оффтоп)

Не Макклейн, а Маклейн (потому что Mac Lane).

[kp9r4d]

AGu
Спасибо.

[kp9r4d]

3) Пусть $S$ - фиксированное множество, $X^S$ - множество всех функций, $h : S \to X$. Покажите, что отображение $X \mapsto X^S$ является функцией объектов для некоторого функтора $\operatorname{Set} \to \operatorname{Set}$, а сопоставленное $e_X : X^S \times S \to X$, определенное как $e(h,s) = h(s)$, т.е. как значение функции $h$ при $s \in S$, является естественным преобразованием.
Первое вроде просто: стрелке, которая переводила $f : X \to Y, x \mapsto fx$ сопоставляем стрелку, которая переводит отображение $h_1 : s \mapsto x$ в отображение $h_2 : s \mapsto fx$ и получаем функтор.
Второе вообще непонятно. Естественное преобразование: оно ведь между двумя функторами, а у нас функтор только один в задании фигурирует.

[Xaositect]

Второй функтор тождественный. Т.е. имеется в виду естественное преобразование $F\to \mathrm{Id}$, где $F(X) = X^S\times S$

[kp9r4d]

Xaositect
Но ведь у функтора из задания функция объектов не $X \mapsto X^S \times S$ а просто $X \mapsto X^S$. Или я чего-то не понимаю?

[Xaositect]

ну $X\mapsto X^S\times S$ это тоже функтор. Это композиция функторов $X\mapsto X^S$ и $X\mapsto X\times S$

[kp9r4d]

Xaositect
А, тогда понятно, спасибо!

-- 20.04.2015, 17:07 --

4) Покажите, что каждое естественное преобразование $\tau : S \to T$, определяет функцию, также обозначаемую $\tau$, которая каждой стрелке $f : c \to c'$ в $C$, сопоставляет стрелку $\tau f : Sc \to Tc'$ в $B$, при этом $TgTf = \tau(gf) = \tau g S f$ для любой перемножаемой пары $(f,g)$. Докажите обратный факт, что функция $\tau$ возникает из единственного естественного преобразования, для которого $\tau_c = \tau(1_c)$.

Я не понимаю равенства
$TgTf = \tau(gf)$ ведь $TgTf = T(gf)$, возьмём, например $f = \operatorname{id}_{\operatorname{codom} g}$ тогда получим равенство $\tau g = T g$ что не очень адекватно выглядит.

[kp9r4d]

5) $f$ идемпотент, если $f f = f$. Идемпотент $f$ называется расщепляемым, если существуют $g,h$ такие, что $f = gh, hg = 1$. Доказать, что любой идемпотент в $\operatorname{Set}$ расщепляем.
Не выходит, можно подсказку?

[arseniiv]

(Не смотреть до лета!!!)

Видно, что любую функцию-идемпотент $f\colon A\to A$ можно задать, выбрав разбиение $\mathcal A$ и по элементу из каждого класса (т. е. функции $\varphi\colon\mathcal A\to A$, $\forall B\in\mathcal A.\;\varphi(B)\in B$) так: $f(x) = \varphi([x]_{\mathcal A})$, где $[\cdot]_{\mathcal A}\colon A\to\mathcal A$ — каноническая проекция. Ну раз типы у нас какие-то многозначительные, проверим уже сразу наоборот: $[\varphi(B)]_\mathcal{A} = B$. Неожиданно и ожидаемо одновременно. Итак, $g=\varphi,h=[\cdot]_{\mathcal A}$.

[AGu]

Вероятно, для $f\colon X\to X$ Вы пытаетесь найти $g,h\colon X\to X$. Это не всегда возможно. Попробуйте поискать $h\colon X\to Y$, $g\colon Y\to X$.

[arseniiv]

AGu, я уже все секреты нечаянно открыл.

-- Пт апр 24, 2015 23:52:28 --

Убрал в спойлер.

[kp9r4d]

AGu
А, изи, $f$ индуцирует естественную стрелку между областью определения $f$ и образом области определения $f$, а потом этот образ вкладываем как подмножество. В спойлер не смотрел.

-- 24.04.2015, 21:09 --

6) Найдите категорию в которой некоторая стрелка является эпиморфизмом и мономорфизмом, но не обратима.
Категория коммутативных колец и стрелкой вложения $\mathbb{Z} \to \mathbb{Q}$ подходит. Правильно?

[AGu]

Да, это, пожалуй, самое простое решение: $Y:=\operatorname{im}f,\ h:=f|^Y,\ g:={\rm id}_Y^X$.

-- 2015.04.25 01:15 --

kp9r4d, Вы формулируете и решаете задачи быстрее, чем мы Вам подсказываем.