Ver Ab (la categoría de grupos abelianos) no es equivalente a su categoría opuesta.

Question

Creo que tengo que mostrar una propiedad tal que no se cumpla con la propiedad dual. Pero estoy teniendo problemas para encontrar uno.

Answer 1

He aquí otra manera de demostrarlo. En $Ab$, cualquier subproducto de la inyectiva objetos es inyectiva. Concretamente, el inyectiva objetos de $Ab$ son divisibles abelian grupos, y cualquier suma directa de divisible abelian grupos todavía es divisible.

El doble de la propiedad es que cualquier producto de la proyectiva de los objetos es proyectiva. Esto es falso en $Ab$; por ejemplo, un producto de $\mathbb{Z}^\mathbb{N}$ de infinidad de copias de $\mathbb{Z}$ no es proyectiva (ver ¿por Qué no un infinito producto directo de copias de $\Bbb Z$ un módulo?).

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Y otra, relativa a la Hurkyl la respuesta. Cada finitely generado grupo abelian $A$ es compacto, lo que significa que el Hom-functor $\operatorname{Hom}(A,-)$ conserva filtrada colimits, sin Embargo, no trivial abelian grupo satisface la versión dual de compacidad ($\operatorname{Hom}(-,A)$ convierte filtrada límites en filtrada colimits); véase Puede un módulo distinto de cero se cocompact?. Así, por ejemplo, $Ab^{op}$ tiene la propiedad "cada objeto compacto es terminal" pero $Ab$ no.

Answer 2

Con algunos conocimientos de álgebra homológica...

Una de las propiedades importantes de Ab es que directo colimits conmutación con límites finitos. Límites de inversos, sin embargo, no generalmente viajan con colimits finitos.

Puesto que estas propiedades son duales, lo opuesto es cierto de $\mathbf{Ab}^{\mathrm{op}}$; en esta categoría límites inversos conmutación con colimits finitos, pero colimits directas no viajan generalmente con límites finitos.

Answer 3

La identidad functor en Ab es representable por $\mathbb{Z}$ pero no es corepresentable. De hecho, si $X$ fueron una corepresenting objeto, $X \cong $ Hom$(\mathbb{Z},X) \cong \mathbb{Z}$, but certainly $\mathbb{Z}$ no es el corepresenting objeto. Por lo tanto Ab no es la misma que la de su doble.

Editar: Desde que me pidieron una prueba simple no uso de la representabilidad, aquí es otro:

Un contravariante de equivalencia $F\colon $ Ab $\to $ Ab envía simples objetos a los objetos simples puesto que Ab es abelian. Por lo tanto los objetos sencillos ($\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$) se permutan en tal equivalencia. Desde Finales del$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, estos objetos son en realidad fija.

Ahora, la secuencia exacta $0 \to \mathbb{Z} \xrightarrow{p} \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \to 0$ es enviado a $0 \to \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \to F(\mathbb{Z}) \xrightarrow{p} F(\mathbb{Z}) \to 0$, por lo que el subgrupo de $F(\mathbb{Z})$ asesinado por $p$$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, e $F(\mathbb{Z})$ es divisible por otra parte, desde la multiplicación por $p$ es surjective para cada una de las $p$. De ello se desprende que $F(\mathbb{Z})$$\mathbb{Q}/\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Q}^I$, pero luego terminan$(\mathbb{Q}/\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Q}^I) \neq$ End$(\mathbb{Z})^{op} = \mathbb{Z}$, una contradicción.

Answer 4

Si $F$ es un anti-equivalencia, $A=F(\mathbb Z)$ es un inyectiva abelian grupo, es decir, un múltiplo abelian grupo, con endomorfismo anillo isomorfo a $\mathbb Z$. En particular, $A$ es indecomposable, por lo que es isomorfo a uno de los posibles directa sumandos de una divisible abelian grupo descrito en la Estructura del Teorema de tales grupos. Resulta que ninguno de ellos tiene que endomorfismo anillo.