El endofunctor $F:\mathbf{Vect}_\infty\rightsquigarrow\mathbf{Vect}_\infty$ no refleja monomorphisms. Pick $V$ a ser el espacio vectorial de las secuencias de $(x_1,x_2,x_3,\ldots)$ con un número finito distinto de cero términos. Elija $f:V\to V$ a ser el operador de desplazamiento a la izquierda
$$(x_1,x_2,x_3,\ldots)\mapsto (x_2,x_3,x_4\ldots).$$
Claramente, $f$ no es monic. Pretendemos que $F(f)$ es monic.
El núcleo de $F(f)$ consta de $\alpha +V$ con $\alpha \in V^{**}$ satisfacción $f^{**}\alpha \in V$. Debido a $f$ es un epimorphism, $f^{**}\alpha=f(v)$ para algunos $v\in V$. Ahora, para una arbitraria $\varphi\in V^*$, tenemos
$$\alpha(\varphi\circ f)=f^{**}\alpha(\varphi)=f(v)(\varphi)=\varphi\big(f(v)\big)=(\varphi\circ f)(v)=v(\varphi\circ f).$$
Por lo tanto,
$$(\alpha-v)(f^*\varphi)=(\alpha-v)(\varphi\circ f)=0$$
para todos los $\varphi\in V^*$.
Para mayor comodidad, vamos a $e_j\in V$ denotar la secuencia de $(0,0,0,\ldots,0,1,0,0,0,\ldots)$, donde sólo hay un $1$ a $j$th plazo, y otros términos se $0$. Así, $V=\bigoplus_{j=1}^\infty Ke_j$ si $K$ es el campo base, y $V^*$ puede ser identificado con $\prod_{j=1}^\infty Ke_j$. Por lo tanto, podemos identificar a $V$ como un subespacio de $V^*$ así.
Observar que $V^*=Ke_1\oplus \operatorname{im}f^*$. Es decir, si $\lambda=(\alpha-v)(e_1)$, luego
$$\alpha=v+\big(\lambda-v_1\big)e_1\in V,$$
donde $v=(v_1,v_2,v_3,\ldots)$. Que es, $F(f)$ es monic, sino $f$ no lo es.
Tenga en cuenta que $F(f)$ en el ejemplo de arriba es en realidad un isomorfismo. Para mostrar que $F(f)$ es épico, observamos que para $\beta\in V^{**}$existe $\alpha \in V^{**}$ tal que $\beta=f^{**}\alpha$. Definimos
$$\alpha(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3,\ldots)=\beta(\varphi_2,\varphi_3,\varphi_4,\ldots)$$
para todos los $\varphi=(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3,\ldots)\in V^*$. Es decir, $$f^{**}\alpha(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3,\ldots)=\alpha(0,\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3,\ldots)=\beta(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3,\ldots)$$ for all $\varphi\V^{*}$, so $f^{**}\alpha=\beta$. This proves that $F(f)$ is epic. Since it is monic, $F(f)$ is an isomorphism, but as we learned, $f$ is not an isomorphism. Therefore, $F$ no refleja isomorphisms.
El endofunctor $F$ no refleja epimorphisms. Pick $V$ a ser el mismo que el anterior, pero ahora vamos a $f$ ser el operador de desplazamiento a la derecha
$$(x_1,x_2,x_3,\ldots)\mapsto (0,x_1,x_2,x_3,\ldots).$$
Claramente, $f$ no es épica. Pretendemos que $F(f)$ es épico.
Deje $\beta \in V^{**}$. Queremos encontrar a $\alpha \in V^{**}$ tal que $\beta-f^{**}\alpha\in V$. Con la identificación de $V^*=\prod_{j=1}^\infty Ke_j$ como antes, tomamos
$$\alpha(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3,\ldots)=\beta(0,\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3,\ldots)$$
para todos los $\varphi=(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3,\ldots)\in V^*$ con $\varphi_j=\varphi(e_j)$. Por lo tanto, para todos los $\varphi\in V^*$,
$$\big(\beta-f^{**}\alpha\big)(\varphi)=\beta(\varphi_1,0,0,0,\ldots)=\varphi_1\beta(e_1)=\beta(e_1)\ e_1(\varphi).$$
Es decir,
$$\beta-f^{**}\alpha =\beta(e_1)\ e_1\in V.$$
En consecuencia, $\beta+V=F(f)(\alpha +V)$, y por lo $F(f)$ es épico sin $f$ ser épica.
Sin embargo, esto es cierto. Si $f:V\to W$ es tal que $F(f)$ es monic, a continuación, $W\cap \big(\operatorname{im}f^{**}\big)\subseteq \operatorname{im} f$. Por el contrario, si $f:V\to W$ es tal que $W\cap \big(\operatorname{im}f^{**}\big)\subseteq \operatorname{im} f$ con la condición adicional de que $f$ es monic, a continuación, $F(f)$ es monic.
Para mostrar esto, tenga en cuenta que el núcleo de $F(f)$ consta de $\alpha+V$ con $\alpha \in V^{**}$ satisfacción $f^{**}\alpha \in W$. Debido a $F(f)$ es monic, $\alpha=v$ para algunos $v\in V$. Como $f^{**}\alpha=w$ para algunos $w\in W\cap\big(\operatorname{im}f^{**}\big)$, $$\varphi\big(f(v)\big)=(\varphi\circ f)(v)=v(\varphi\circ f)=\alpha(\varphi \circ f)=f^{**}\alpha(\varphi)=w(\varphi)=\varphi(w)$$
para todos los $\varphi \in W^*$. Es decir, $$\varphi\big(w-f(v)\big)=0$$ for every $\varphi\W^*$. This shows that $w=f(v)$, and so $w\ \ en\operatorname{im}f$.
A la inversa puede ser demostrado de la siguiente manera. Deje $\alpha\in V^{**}$ ser tal que $\alpha+V\in\ker F(f)$. A continuación, $f^{**}\alpha \in W\cap \big(\operatorname{im} f^{**}\big)\subseteq \operatorname{im}f$, lo $f^{**}\alpha=f(v)$ para algunos $v\in V$. Por lo tanto, $$(\alpha-v)(\varphi\circ f)=f^{**}\alpha(\varphi)-f(v)(\varphi)=0$$ for all $\varphi\W^*$, so the injectivity of $f$ implies surjectivity of $f^*:W^*\V^*$, which means $\alpha=v$.