La pregunta es sobre el título, me gustaría una pista en este ejercicio.
Esto es lo que yo he probado hasta ahora:
Supongamos que se nos ha dado $f,g:A\rightarrow B$, vamos a $h=\operatorname{Coeq}(f,g)$, luego tenemos paralelo flechas $h\circ f,h\circ g:A\rightarrow C$, por lo que considerar paralelo arows $e_1,e_2:D\rightarrow A$ tal que $e_1,e_2,h\circ f,h\circ g$ forma de un retroceso, tenemos $e_1=\operatorname{eq}(f,g)$?
Todos los consejos son bienvenidos. Gracias.
Deje $;$ denotar la composición esquemática de la orden, es decir,$f ; g = g \circ f$.
Deje $f, g : X \to Y$ y deje $c : Y \to C$ ser el coequalizer de $f$$g$. Tomar la la retirada de $c$ a lo largo de sí mismo y deje $\pi_1, \pi_2 : Y\times_C Y \to Y$ será la resultante dos morfismos.
A partir de la definición de coequalizers de ello se sigue que $f ; c = g ; c$ así que vamos a $\langle f, g\rangle : X \a Y\times_C Y$ be the unique morphism such that $\langle f, g\rangle ; \pi_1 = f$ and $\langle f, g\rangle ; \pi_2 = g$. Similarly let $\delta : Y \a Y\times_C Y$ be the unique morphism such that $\delta ; \pi_1 = \delta ;\pi_2 = \text{id}_Y$.
Ahora tome la retirada de $\delta$ a lo largo de $\langle f, g\rangle$ conseguir $E$ e $e : E \a X$ and $e' : E \a Y$ such that $e ; \langle f, g\rangle = e' ; \delta$.
Pretendemos que $e$ es el ecualizador de $f$$g$.
En primer lugar, vamos a mostrar que iguala $f$$g$. Tenemos \begin{align*} e ; f &= e ; \langle f, g \rangle ; \pi_1 = e' ; \delta ; \pi_1 = e'\\ e ; g &= e ; \langle f, g \rangle ; \pi_2 = e' ; \delta ; \pi_2 = e' \end{align*} como se requiere.
Ahora supongamos que $u : E' \to X$ también iguala $f$$g$, $u ; f = u ; g$. Nosotros la necesidad de proporcionar un mapa de $v : E' \to E$ tal que $v ; e = u$.
Para ello contamos con el primer reclamo que $u ; \langle f, g\rangle = u ; f ; \delta$. Tenemos \begin{align*} u ; \langle f, g \rangle ; \pi_1 &= u ; f\\ u ; \langle f, g \rangle ; \pi_2 &= u ; g\\ u ; f ; \delta ; \pi_1 &= u ; f\\ u ; f ; \delta ; \pi_2 &= u ; f = u ; g \end{align*} Como $u ; f ; c = u ; g ; c$ utilizamos la singularidad de la propiedad de pullbacks (específicamente de el pullback de $c$ a lo largo de sí mismo desde el principio) a la conclusión de $u ; \langle f, g\rangle = u ; f ; \delta$.
Ahora el uso de la característica universal de la retirada de $\delta$ a lo largo de $\langle f, g \rangle$ let $v : E' \E$ be the unique morphism such that $v ; e = u$ and $v ; e' = u ; f$.
Esto demuestra la existencia de $v$. Supongamos ahora hay otro $v' : E' \to E$ tales que $v' ; e = u$. If we can show that also $v' ; e' = u ; f$ hemos terminado, como el universal propiedad de pullbacks garantiza que $v = v'$. Así que vamos a calcular:
\begin{align*} u ; f &= v' ; e ; f = v' ; e ; \langle f, g \rangle ; \pi_1 = v' ; e' ; \delta ; \pi_1 = v' ; e' \end{align*} como sea necesario.
Aleš Bizjak ya ha dado una respuesta completa. Una más conceptual de la prueba contenida en Zhen Lin comentario. Partiendo de esto, voy a probar el siguiente refinamiento:
En una categoría con pullbacks cualquier paralelo dos morfismos $f,g$ con la propiedad $\exists u (uf=ug)$ tiene un ecualizador.
En particular, coequalizers pullbacks dar ecualizadores. Sin embargo, me parece que este caso especial, un poco engañosa, porque sugiere algunos que no son triviales y conexión inesperada entre colimits y límites. Pero esto es una ilusión. En lugar de coequalizers, sólo necesitamos un más débiles de la fusión de la propiedad. Para una prueba directa puedes leer Aleš Bizjak la respuesta. La siguiente prueba intenta reducir la sentencia a la más básica y conocida declaraciones.
Ahora vamos a $\mathcal{C}$ ser una categoría, $X \in \mathcal{C}$ y considerar la división de la categoría $\mathcal{C} \downarrow X$ junto con el olvidadizo functor $p : \mathcal{C} \downarrow X \to \mathcal{C}$. Uno de cheques:
$p$ crea pullbacks: De hecho, si $(A,a) \to (B,b) \leftarrow (C,c)$ es un diagrama en $\mathcal{C} \downarrow X$, e $A \leftarrow A \times_B C \to C$ es un retroceso en $\mathcal{C}$, luego definimos $p : A \times_B C \xrightarrow{(a,c)} X \times_X X = X$ y se verifica que $(A,a) \leftarrow (A \times_B C,p) \rightarrow (B,b)$ es un retroceso en $\mathcal{C} \downarrow X$ (e $p$ es único con esta propiedad).
$p$ conserva ecualizadores. Es decir, si $(K,k) \xrightarrow{e} (A,a) \xrightarrow{f,g} (B,b)$ es un ecualizador gráfico, en $\mathcal{C} \downarrow X$, $K \xrightarrow{e} A \xrightarrow{f,g} B$ es un ecualizador gráfico, en $\mathcal{C}$. Claramente se conmutan. Si $h : T \to A$ es una de morfismos con $fh=gh$, definir $t:=bfh : T \to X$. A continuación, $h : (T,t) \to (A,a)$ es una de morfismos de $fh=gh$$\mathcal{C} \downarrow X$, por lo que los factores de forma exclusiva a través de $e$. El resto es clara.
Por lo tanto, si $\mathcal{C}$ ha pullbacks, a continuación, $\mathcal{C} \downarrow X$ ha pullbacks y una terminal de objeto (es decir,$(X,1)$). Por lo tanto, tiene ecualizadores. Por lo tanto, si morfismos $f,g : A \to B$ $\mathcal{C}$ tienen algunos $u : B \to X$$v:=uf=ug$, que puede ser elevada a morfismos $f,g : (A,v) \to (B,u)$, que tiene un ecualizador en $\mathcal{C} \downarrow X$ y por lo tanto también en $\mathcal{C}$. $\square$
Un ejemplo interesante es el de la categoría de local de anillos conmutativos con local homomorphisms $\mathsf{LR}$. Uno puede comprobar que el olvidadizo functor $U : \mathsf{LR} \to \mathsf{CRing}$ crea pullbacks. Con el fin de verificar el resultado de la fusión de la propiedad, se puede reducir al caso de campos. Pero si $L \leftarrow K \rightarrow L$ son homomorphisms de campos, a continuación,$L \otimes_K L \neq 0$, por lo tanto tiene algo de ideal maximal $\mathfrak{m}$, e $(L \otimes_K L)/\mathfrak{m}$ le da lo que queremos. De ello se desprende que $\mathsf{LR}$ tiene ecualizadores. Pero al final son simplemente creados por $U$, la cual puede ser comprobada directamente.
Tal vez alguien sabe una más que interesante ejemplo donde la existencia de ecualizadores no es claro a priori?
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