Сопряжённые функторы

[xagiwo]

Не могу понять, что из себя представляет это понятие. ncatlab описывает его как "The concept of adjoint functors is a key concept in category theory, if not the key concept.", но у меня пока перед глазами только определение (которое я и запомнить толком не могу) и два примера в виде "свободный функтор сопряжён (то ли слева, то ли справа, фиг знает) к забывающему" и соответствие Галуа.

P.S. определение сопряжённого функтора я видел в книге topic115836.html , может, проблема в ней.

[iou]

Вот в линейной алгебре есть понятие сопряжённого оператора: а именно если есть, скажем, скалярное произведение $(, )$ и некоторый оператор $A$, то сопряжённый к нему это такой $A^*$, что $(Av, w) = (v, A^* w)$. Оно полезно тем, что чтоб понять что-то про $A$, иногда можно понять что-то для $A^*$. Сопряжённые функторы это морально обобщение этого концепта, только скалярное произведение нужно заменить на $Hom$.
Вы приводите один из главных примеров: свободная группа, а давайте действительно разберёмся с какой стороны такой функтор сопряжён и что это вообще значит. Давайте сначала взглянем на определение: скажем что пара функтора $F: C \to D$ и $G: D \to C$ это сопряжённая пара если $Hom_{D} (FX, Y) = Hom_{C} (X, GY)$ для любого $X \in C, Y \in D$ и $F$ сопряжен слева (ведь в ХОМе он написан слева). Что значит это определение? Оно значит что задать отображение из $FX$ куда-то -- легко, это тоже самое что задать отображение из $X$ в это "куда-то", а точнее в $G$ от этого "куда-то". Из свободной группы на множестве $S$ очень легко задавать отображения в другие группы: нужно абы как перевести образующие, а дальше само всё достроится. То есть гомоморфизмы из свободный группы на множестве образующих $S$ в группу $G$ это в точности отображения из этого $S$ в $G$, но отображения как множеств (потому что больше ничего смысла не имеет, на $S$ никаких структур нет).
Ещё знать, что функтор к какому-то сопряжён, полезно тем, что это сразу скажет нечто про его "непрерывность", а именно коммутирует ли он с (ко)пределами. Например, сопряжённые слева функторы коммутируют с копределами, а сопряжённые справа коммутируют с пределами. И в обратную сторону это почти верно (нужно некоторые условия, но морально верно).
Ещё несколько примеров: двойственность Фробениуса в теории представлений, сопряжённость между прямым и обратным образом и алгебраической геометрии, сопряжённость между тензорным произведением и хомами для модулей над кольцом.

[vpb]

А вот попробуем на примере простом (вариант того, что "свободный сопряжен к забывающему"). Пусть есть два конечномерных векторных пространства, $A$ над ${\mathbb R}$ и $B$ над ${\mathbb C}$. Рассмотрим все ${\mathbb R}$ -линейные отображения из $A$ в $B$. Множество таких отображений, то есть ${\rm Hom}_{\mathbb R}(A, B_{\mathbb R})$ (где $B_{\mathbb R}$ --- овеществление $B$), имеет, некоторым образом (каким именно ? подумайте), структуру комплексного пространства. А теперь такая задача: придумать некоторую естественную конструкцию ${\mathbb C}$-пространства $X=X(A)$ по $A$, так чтобы множество комплексных линейных отображений из $X(A)$ в $B$ --- это было по существу то же самое, что и ${\rm Hom}_{\mathbb R}(A, B_{\mathbb R})$.

(Ну, ответ-то очевиден...).

-- 13.06.2022, 11:06 --

Вот еще пример. Рассмотрим категорию всех конечных множеств. Пусть ${\rm Map}(A,B)$ есть множество морфизмов в этой категории, т.е. попросту всех отображений из $A$ в $B$. Попробуйте осознать, что для любых трех множеств $A$, $B$ и $C$ два множества ${\rm Map}(A\times B, C)$ и ${\rm Map}(A, {\rm Map}(B,C))$ --- это, по существу, одно и то же множество. (Здесь $A\times B$ --- обычное декартово произведение множеств.)

(Кстати, некое общее замечание. Есть мнение, что сопряженные функторы вездесущи (как и категории вообще). Но вот в математике, которой я занимаюсь последние лет пять, оне как-то не попадались. Что какбе намекаэ... Так что не увлекайтесь шибко.)

[xagiwo]

iou
Спасибо! Про последний пример я даже могу доказать сопряжённость, кажется (остальные не видел).
vpb
Спасибо! Оба примера, правда, мне знакомы, но ни к одному я не примерял понятие сопряжённости (второй, по существу, видимо, то же, что последний пример iou?).

(Оффтоп)

vpb в сообщении #1557238 писал(а):

(Кстати, некое общее замечание. Есть мнение, что сопряженные функторы вездесущи (как и категории вообще). Но вот в математике, которой я занимаюсь последние лет пять, оне как-то не попадались. Что какбе намекаэ... Так что не увлекайтесь шибко.)

Угу. Вообще-то я хочу заиметь представление о категорной логике (что с Вашей точки зрения, наверное, уже двойной грех ).

[Slav-27]

Пусть $A\xrightarrow{\alpha}B\xrightarrow{\beta}C\to 0$ -- точная последовательность абелевых групп, $D$ -- абелева группа. Тогда индуцированная последовательность $A\otimes D\xrightarrow{\alpha\otimes 1}B\otimes D\xrightarrow{\beta\otimes 1}C\otimes D\to 0$ точна. Доказательство: тензорное произведение сопряжено слева, поэтому оно коммутирует с копределами, в частности, с коядрами. $\qed$

Попробуйте доказать не через сопряжённость, а через конструкцию: $M\otimes N$ -- абелева группа, заданная множеством образующих $M\times N$ и определённым множеством соотношений. Это возможно.

[xagiwo]

Slav-27 в сообщении #1557265 писал(а):

Попробуйте доказать не через сопряжённость, а через конструкцию: $M\otimes N$ -- абелева группа, заданная множеством образующих $M\times N$ и определённым множеством соотношений. Это возможно.

Как будто бы доказал. Напрягает то, что нуль в конце последовательности не использовался. У меня вышло, что $\operatorname{Ker}(\beta \otimes 1) = \operatorname{Ker}(\beta) \otimes D$ и $\operatorname{Im}(\alpha \otimes 1) = \operatorname{Im}(\alpha) \otimes D$ для произвольных $\alpha, \beta$.

Slav-27 в сообщении #1557265 писал(а):

Доказательство: тензорное произведение сопряжено слева, поэтому оно коммутирует с копределами, в частности, с коядрами.

Не знаю, что такое (ко)пределы/(ко)ядра

-- 13.06.2022, 17:21 --

А, я понял, где я использовал сюръективность $\beta$!

[Slav-27]

xagiwo в сообщении #1557270 писал(а):

У меня вышло, что $\operatorname{Ker}(\beta \otimes 1) = \operatorname{Ker}(\beta) \otimes D$ и $\operatorname{Im}(\alpha \otimes 1) = \operatorname{Im}(\alpha) \otimes D$ для произвольных $\alpha, \beta$.

Это совершенно неправильно, умножьте $\mathbb Z/2\to\mathbb Q/\mathbb Z$, $1\mapsto \frac12$ на $\mathbb Z/2$.
Коядро -- фактор по образу.

[xagiwo]

Slav-27 в сообщении #1557272 писал(а):

Это совершенно неправильно

Уже понял. Хотя про образ должно быть верно.

Slav-27 в сообщении #1557272 писал(а):

умножьте $\mathbb Z/2\to\mathbb Q/\mathbb Z$, $1\mapsto \frac12$ на $\mathbb Z/2$.

Кажется, получится отображение, которое $1 \otimes 1$ переведёт в $\frac12 \otimes 1$ и $0$ переведёт в $0$. Ядро нулевое, образ $\{0, \frac12 \otimes 1\}$ Вроде ничему не противоречит?

-- 13.06.2022, 18:09 --

Ой. $\mathbb{Q}/\mathbb{Z} \otimes \mathbb{Z}/2 = 0$, что ли? Тогда утверждение про ядро не выполняется, а про образ — нужно заменить $\operatorname{Im}(\alpha)\otimes D$ на подгруппу, порождённую $\operatorname{Im}(\alpha)\times D$ (я думал, что имеет место каноническое вложение, так что пофиг, как писать)

[xagiwo]

В общем, вот моё решение:
Докажем, что $\operatorname{Im}(\alpha \otimes 1) = \left\langle\operatorname{Im}(\alpha) \times D\right\rangle$. Действительно, левая часть состоит из всевозможных сумм вида $\alpha(a_1)\otimes d_1 + ... + \alpha(a_k)\otimes d_k$, и правая тоже.

Докажем, что если $\beta$ — сюръекция, то $\operatorname{Ker}(\beta\otimes 1) = \left\langle \operatorname{Ker}(\beta) \times D \right\rangle$. Включение $\supset$ очевидно. Пусть теперь $x=b_1\otimes d_1 + ... + b_k\otimes d_k \in \operatorname{Ker}(\beta\otimes 1)$, то есть $\beta(b_1)\otimes d_1 + ... + \beta(b_k)\otimes d_k = 0$. Это значит, что в последней сумме можно, заменяя последовательно выражения $(a+b) \otimes c \mapsto a \otimes c + b \otimes c$ и $a \otimes (b+c) \mapsto a \otimes b + a \otimes c$, получить выражение вида $0 \otimes d_1' + ... + 0 \otimes d_m' + c_1' \otimes 0 + ... + c_n' \otimes 0$.
Докажем, что при таких заменах всегда получается выражение вида $\beta(b_1^*) \otimes d_1^* + ... + \beta(b_m^*) \otimes d_m^*$, где $b_1^* \otimes d_1^* + ... + b_m^* \otimes d_m^* = x$. Действительно, пусть у нас было выражение такого вида и мы заменили в нём $\beta(b) \otimes d = (p + q) \otimes d \mapsto p \otimes d + q \otimes d$. Тогда, если $p = \beta(r)$, то $p \otimes d + q \otimes d = \beta(r) \otimes d + \beta(b-r) \otimes d$ — получили снова выражение нужного вида.
Тогда $0 \otimes d_1' + ... + 0 \otimes d_m' + c_1' \otimes 0 + ... + c_n' \otimes 0$ как формальная сумма равно некоторому $\beta(b_1)^* \otimes d_1' + ... + \beta(b_m^*) \otimes d_m' + ...$, причём $x = b_1^* \otimes d_1' + ... + b_m^* \times d_m'$ (произведения, в которых $0$ стоит справа, опущены). Поскольку $\beta(b_1^*) = ... = \beta(b_m^*) = 0$, получаем $x \in \left\langle \operatorname{Ker}(\beta) \times D \right\rangle$, что доказывает включение $\subset$.

[Slav-27]

xagiwo в сообщении #1557278 писал(а):

$\beta(b_1)\otimes d_1 + ... + \beta(b_k)\otimes d_k = 0$. Это значит, что в последней сумме можно, заменяя последовательно выражения $(a+b) \otimes c \mapsto a \otimes c + b \otimes c$ и $a \otimes (b+c) \mapsto a \otimes b + a \otimes c$, получить выражение вида $0 \otimes d_1' + ... + 0 \otimes d_m' + c_1' \otimes 0 + ... + c_n' \otimes 0$.

Такое, строго говоря, тоже надо доказывать. Непосредственно из конструкции следует, что можно добавить несколько слагаемых вида $-(a+b)\otimes c+ a\otimes c + b\otimes c$ или $-a\otimes(b+c)+a\otimes b+a\otimes c$ и перегруппировать слагаемые в итоговой сумме так, что каждая группа будет одного из этих двух видов. А что это можно делать "последовательно" и получать где-то нули, надо доказывать.
Но вообще да, это выглядит как-то так.

[xagiwo]

Slav-27 в сообщении #1557265 писал(а):

Доказательство: тензорное произведение сопряжено слева, поэтому оно коммутирует с копределами, в частности, с коядрами

То есть если у нас есть функтор $F: \text{Ab} \to \text{Ab}$ и он сопряжён чему-то слева, какая-то диаграмма вида $A \to B$ и её образ $F(A) \to F(B)$, то коядро второй диаграммы = $F$ от коядра первой? И причём это не зависит от того, чему именно $F$ сопряжён? Удивительно.

[Slav-27]

Да; а ещё $F(\oplus_i A_i)\simeq\oplus_iF(A_i)$, потому что прямая сумма -- тоже копредел.

[xagiwo]

Звучит интересно. Может, про коммутирование с (ко)пределами в какой-нибудь книжке толково написано, я бы почитал?

[Slav-27]

Это простое следствие того факта, что для любой категории функтор $Hom:C^\circ\times C\to$ множества (не обращаем внимания на теоретико-множественные сложности) коммутирует с пределами по каждому аргументу; что, в свою очередь, проверяется вдумчивым выписыванием определений.
Leinster, Basic category theory -- про самые базовые вещи и достаточно дотошно. Но правильное определение сопряжённых функторов там в упражнениях, то, что в основном тексте, -- на полстраницы, мне это не нравится.
Маклейн, Категории для работающего математика -- безусловно толковая, но большая, нелегко читать.

[beroal]

Есть элементарные примеры. Пусть $\mathbf{X}$ — категория множеств, $\mathbf{A}$ — категория моноидов. Пусть $U:\mathbf{A}\to \mathbf{X}$ — функтор, отображающий моноид в его подстилающее множество (носитель), $F:\mathbf{X}\to \mathbf{A}$ — функтор, отображающий множество $X$ в моноид, подстилающее множество которого — множество всех списков с элементами в $X$, а бинарная операция — конкатенация. Тогда $F\dashv U$.

В качестве $\mathbf{A}$ можно взять категорию полугрупп, категорию коммутативных моноидов или категорию идемпотентных коммутативных моноидов. Функтор $U$ в этих случаях будет точно таким же (с поправкой, что категория $\mathbb{A}$ другая), а $F$ разным. Есть примеры с другими категориями алгебраических структур.

Ещё $B\mapsto A\times B \dashv B\mapsto A\Rightarrow B$ в декартово замкнутой категории.

В Википедии эти примеры описаны.