Probleme

I. Lista 3

7. Aratati ca, virgula, categoria de module peste un inel de matrici este

echivalenta cu categoria de module peste inelul dat.

Solutie:

Fie A un inel si M n A inelul matricelor patratice de ordin n cu elemente

din A. Vom arata ca mod A si mod M nA sunt categorii echivalente. Pentru aceasta

vom folosi matricele elementare, matricea diagonala + proprietatile lor si vom construi

un functor covariant F : mod Amod M nA care sa fie fidel, full si surjectiv pe obiecte

<=> F este echivalenta de categorii, i.e. mod A si mod M nA sunt categorii

echivalente.

Definim functorul F:

● daca M ∈mod A , atunci F M =M n , unde Mn={x1, x2,. .. , xn: x i∈M ,∀ i } este

M n A modul: x1,. .. , xn⋅a11 ... a1n

an1 ... ann=∑ x i a i1 , ... ,∑ x i a¿

.

● daca u : M N este aplicatia A – liniara, atunci F u=un : M nN n este definit prin

unx1,. .. , xn=u x1 ,... , u xn ,∀ x1,. .. , xn∈M n, care, in mod evident, este morfism in

mod M nA .

Vom arata ca F este fidel, full si surjectiv pe obiecte.

● F este fidel

Trebuie sa aratam ca aplicatia HomAM , N HomM n A ,u uneste injectiva.

un=vn

⇒u x , ... , u x =v x , ... , v x ,∀ x∈M ⇒u x=v x ∀ x∈M ⇒u=v .

● F este full

Trebuie sa aratam ca aplicatia HomAM , N HomM n A ,u uneste surjectiva.

Fie v : M nN n o aplicatie mod M nA - liniara si e ijij matricele elementare.

Rezulta ca M n e11={x , 0,. .. , 0: x∈M } si Nne11={ y , 0,. .. ,0: y∈N } .

v M n e11=v M ne11⊆N n e11⇒∀ x∈M ∃! y=u x a.i. v x ,0,... ,0= y ,0. .. ,0 .

Am obtinut in acest mod o aplicatie u : M N , u x = y .

v xy , 0,. .. , 0=u x y , 0,... ,0

Avem ca:

v xy , 0,. .. , 0=v x , 0,... , 0 y ,0,. .. ,0 =v x , 0,. .. ,0v y , 0,... , 0=u x , 0,. .. , 0

u y , 0,... , 0=u x ,0,. .. , 0u y ,0,. .. ,0=u x u y , 0,... , 0

⇒ux y=u xu y ,∀ x , y∈M

Fie d a∈M nA matricea cu a∈A pe diagonala principala si 0 in rest.

Avem ca: v x ,0,. .. , 0d a=v xa , 0,. .. , 0=u xa , 0,. .. ,0 . Insa

v x ,0,. .. , 0d a=v x , 0,. .. ,0d a=u x , 0,... , 0d a=u xa , 0,. .. , 0⇒

⇒uxa =u x a ,∀ x∈M ,a∈A⇒u∈HomAM , N .

v x ,0,. .. , 0e1i=v 0,. .. , x ,... , 0 , x este pe pozitia i.

v x ,0,. .. ,0e1i=v x , 0,. .. , 0e1i=u x ,0,. .. ,0e1i=0,. .. , u x , ... ,0⇒

⇒ v 0,... , x , ... ,0=0,. .. , u x , ... , 0⇒ v x1,. .. , xn=v ∑ 0,. .. , x i ,... , 0=∑ v 0,. .. , x i , ... , 0=¿

∑ 0,... , u xi ,... , 0=u x1 , ... , u x

n=un x1,. .. , x

n ,∀ x1,. .. , x

n∈M n

⇒ v=un.

● F este surjectiv pe obiecte

F este surjectiv pe obiecte <=> ∀ N∈mod M n A∃M ∈mod A a.i. Mn≃N .

Consideram urmatorul morfism de inele: f : AM n A , f a=d a .

Fie N ∈mod M nA⇒ N este A – modul drept prin restrictia scalarilor, xa= xf a= xd a ,

∀ x∈N ,∀a∈A . Fie, de asemenea, M=Ne11≤A N si g : N Mn , definita prin

g x=xe11,xe21e11,. .. ,xen1e11=xe11,. .. , xen1 , intrucat e ij ekl= jk eil .

▪ g este M n A - liniara

OK

▪ g este bijectiva

▫ g este injectiva

Fie x∈Ker g ⇒ g x =0⇒ xe i1=0,∀ i . Dar, x=xI n=x∑ e ii=∑ xe ii=∑ xei1 e1i=0⇒

⇒Ker g =0⇒g este injectiva.

▫ g este surjectiva

Fie y1,. .. , yn∈Mn⇒ y i∈M =Ne11⇒ y i= x i e11=x i e1iei1 , x i∈N ,∀ i⇒

⇒ y1,. .. , yn=x1 e11 e11,. .. ,xn e1nen1=x1e11e11,0,. .. , 0...0,. .. , 0, xn e1n en1=¿

x1 e11e11,. .. ,x1 e11en1... xne1ne11,. .. ,xn e1nen1=g x1 e11...g xn e1n=g x1 e11,. .. , xn e1n

⇒ g este surjectiv.

Deci, g este izomorfism ⇒Mn≃N .

Bibliografie

I. D. Ion, C. Nita, S. Buzeteanu, ,,Capitole speciale de algebra moderna“

14. Daca I e o categorie mica cu obiect initial i0 , atunci orice functorF : I C are limita si aceasta este F i0 .

Solutie:

Un morfism functorial (transformare naturala) :X F , X ∈ObC este

complet determinat de morfismul i0: X F i0 , intrucat pentru orice i∈ I avem

i=F i i 0.

Pe de alta parte, pentru orice morfism u : X F i0 , morfismeleF i u : X F i , i∈ I sunt componentele unui morfism functorial :X F a.i.u=i0 . Asadar, exista o corespondenta bijectiva intre obiectele lui [C F ] si[C F i0] , unde [C F ] este categoria obiectelor din C care prin care prin ∆ sunt

duse deasupra lui F, [C F i0] este categoria obiectelor din C care stau deasupra luiF i0 , iar :C Functors I ,C functorul constant.

Mai mult, fiind date doua obiecte X ; si Y ; din [C F ] sif : X Y un morfism din C, atunci f= <=> i0 f =i0 , i.e. f defineste un

morfism din [C F ] <=> f defineste un morfism din [C F i0] .

:C Functors I ,C fidel si full => [C F i0] este o categorie izomorfa cu[C F ] . Cum F i0 ,1F i0

este obiect final in categoria [C F i0] => obiectul

corespunzator lui este de asemenea obiect final in categoria [C F ] , deci este limita

proiectiva a lui F.

II. Probleme lasate la curs

1. Sunt sau nu ,,rudele“ lui Set categorii AB3 si AB3*?

Solutie:

● Categoria pSet

Categoria pSet poseda produse directe si sume directe.

Fie {X i ; x i

0: i∈ I } o familie de multimi punctate si X i ; pi un produs

direct in Set al familiei de multimi X i i∈ I .

Considerand multimea punctata X i , xi

0i∈ I este clar ca proiectiile

canonice p i , i∈ I , conserva punctele de baza si X i ,x i

0i∈ I ; p i este un produs

direct in pSet al familiei {X i ; x i

0: i∈I } .

Suma directa a familiei {X i ; x i

0:i∈ I } este definita prin si ; X i , x0 ,

unde x0 este punctul de baza al lui X i obtinut prin identificarea tuturor punctelor

de baza si x i

0 a submultimilor s X i , i∈ I .

● Categoria PreSet

Categoria PreSet este AB3 si AB3*.

Fie X i ,i∈ I o familie de multimi preordonate. Daca X i ; pi este

produsul direct in Set al familiei X ii∈ I de multimi subiacente si daca multimea X i este inzestrata cu relatia de preordine R, definita prin:

x ii∈ I R y ii∈ I <=> x i yi ,∀ i∈ I , atunci toate proiectiile p i sunt monotone si

X i , R ; p i este un produs direct in PreSet al familiei X i ,i∈I .

Daca si ; X i este suma directa in Set a familiei X ii∈I de multimi

subiacente si daca multimea X i este inzestrata cu relatia de preordine R', definita

prin: i , x R ' j , y <=> i= j , x y in X i , atunci toate injectiile si sunt monotone

si si ; X i , R' este o suma directa in PreSet a familiei X i ,i∈I .

● Categoria PoSet

Categoria PoSet este AB3 si AB3* (analog cu PreSet).

2. Dati exemplu de o subcategorie C a lui Set care are monomorfisme (in C) si

ele nu sunt functii injective.

Solutie:

Avem Divz⊆Ab⊆Gr⊆Set , unde Divz este categoria ale carei obiecte sunt

grupuri abeliene divizibile si ale carei morfisme sunt morfismele de grupuri.

Se verifica usor ca grupurile aditive ℚ si ℚ/ℤ sunt divizibile si ca Divz

este o subcategorie plina a lui Ab.

In Divz monomorfismele nu sunt in mod necesar aplicatii injective. De

exemplu, surjectia canonica p :ℚℚ/ℤ este un monomorfism care nu este o functie

injectiva.

Aratam ca p :ℚℚ/ℤ este monomorfism.

Fie u ,v : Aℚ doua morfisme diferite din Divz => ∃a∈A a.i.u a −v a=r / s≠0 si putem presupune ca s≠1,−1 . Daca s=1,−1 atunci,

considerand un s '≠1,−1,∃a '∈A a.i. s ' a '=a⇒u a ' −v a ' =r / s ' .

Fie b∈A a.i. rb=a⇒ r u b−v b=u a−v a =r /s⇒u b−v b1/ s⇒ p u b≠ pv b .

Deci, pu≠ pv⇒ p este un monomorfism.

3. Fie categoriile C1 si C2

Ob(C1)={A,B,C,D}, Hom_C1={ A→B, C→D, identitatile}

Ob(C2)={1,2,3}, Hom_C2={1→2→3, identitatile}

si functorul F : C→D, F(A)=1, F(B)=F(C)=2, F(D)=3 si F(A→B)=1→2, F(C→D)=2→3

F(id)=id. Atunci F este epimorfism in CatS.

Solutie:

F epimorfism <=> T , S :C2C3 cu TF=SF =>T=S.

S(1)=S(F(A))=(SF)(A)=(TF)(A)=T(F(A))=T(1)

Analog, S(2)=T(2) si S(3)=T(3).

S(1→2)=S(F(A→B))=(SF)(A→B)=(TF)(A→B)=T(F(A→B))=T(1→2)

Analog si cu celelalte morfisme.

Deci, T=S => F epimorfism in CatS.

4. Fie C' o categorie si u : C→D morfism in C'. Atunci:

i) u izomorfism => u e monomorfism + epimorfism

<= in general, este falsa

ii) u izomorfism <= u e splitmonomorfism + epimorfism

sau

u e monomorfism + splitepimorfism

Solutie:

i) u izo <=> u splitmono + splitepi => u monomorfism + epimorfism

u e izo <=> u e splitmono + spliepi

,,=>“ OK

,,<=“ Daca s este un inveres la dreapta si r un invers la stanga al lui u, atunci din

us=1D , ru=1C⇒ r=r us=ru s=1C s=s . Luam v=s=r.

Splitmono => mono si splitepi => epi se verifica usor.

ii) u izomorfism <= > u e splitmonomorfism + epimorfism

sau

u e monomorfism + splitepimorfism

rezulta imediat din urmatoarele observatii:

Observatii:

1) u : C→D este mono <=> oricare ar fi E obiect al lui C', aplicatia canonica

Hom(E,C)→Hom(E,D), v→uv este injectiva.

2) u : C→D este epi <=> oricare ar fi E obiect al lui C', aplicatia canonica

Hom(C,E)→Hom(D,E), v→vu este injectiva.

3) u : C→D este splitmono <=> oricare ar fi E obiect al lui C', aplicatia canonica

Hom(D,E)→Hom(C,E), v→vu este surjectie.

4) u : C→D este splitepi <=> oricare ar fi E obiect al lui C', aplicatia canonica

Hom(E,C)→Hom(E,D), v→uv este surjectie.

5) u : C→D este izo <=> oricare ar fi E obiect al lui C', aplicatia canonica

Hom(D,E)→Hom(C,E), v→vu este bijectie <=> oricare ar fi E obiect al lui C',

aplicatia canonica Hom(E,C)→Hom(E,D), v→uv este bijectie.

ii) <=> 5)

Voi demonstra observatia 3):

,,=>“ daca r : D→C este un invers la stanga al lui u atunci pentru orice morfism

g : C→E exista gr a.i. g=g(ru)=(gr)u.

,,<=“ daca aplicatia este surjectiva pentru orice obiect E al lui C', atunci pentru

E=C exista cel putin un morfism r : D→C a.i. ru=1C .

5. Sa se arate ca Gr nu e preaditiva.

Solutie:

Fie G un grup care nu este abelian, iar f,g : G→G doua morfisme. Atunci

functia h : G→G, h(x)=f(x)g(x) s-ar putea sa nu fie morfism de grupuri, intrucat G nu

este abelian.

h(xy)=f(xy)g(xy)=f(x)f(y)g(x)g(y)

h(x)h(y)=f(x)g(x)f(y)g(y)

Intrucat grupul G nu este comutativ, este posibil ca membrii din partea dreapta ai celor

doua relatii sa nu fie egali.

6. Unde este greseala?

Raspuns:

Fie un functor covariant F : C→D. U.A.S.E.:

1) F este echivalenta de categorii;

2) F este fidel, full si surjectiv pe obiecte.

Greseala este la implicatia ,,2) => 1)“.

Citat: ,, Daca obiectul Y∈B este de forma TX, atunci pentru Y alegem obiectul X, iar

izomorfismul Y =1Y … Din constructia lui S se constata ca ST=1A .“

Intrucat F este fidel si full, oricare ar fi D un obiect al categoriei D (rond) exista si este

unic pana la un izomorfism un obiect C din C (rond) astfel incat D si F(C) sunt

izomorfe. Deci, intotdeauna putem alege un obiect Y din B care sa nu fie de forma TX,

ci izomorf cu unul de forma TX => ca trebuie continuat cu demonstratia ST≃1A

pentru a evita contraexemplul lui Dragos Fratila, dat la curs.

7. Fie X , o multime partial ordonata si Po X , categoria asociata ei.

Are aceasta categorie obiecte initiale, finale, respectiv zero?

Solutie:

Categoria Po X , are un obiect initial (respectiv final) <=> X , are un

cel mai mic (respectiv un cel mai mare) element. Evident, in acest caz, acestea sunt

unice.

Categoria Po X , are un obiect zero <=> multimea X este o multime

singleton.

Bibliografie

(la unele probleme lasate la curs)

Gheorghe Radu, ,,Algebra categoriilor si functorilor“.