functor$\texttt{Nil}: Ring \longrightarrow Set$ no es representable

Question

Considerar el functor $\texttt{Nil}: Ring \longrightarrow Set$. Quiero mostrar que no es representable.

He estado tratando de adaptar una prueba de la pdf de Zach Norwood:

CÓMO PROBAR QUE UN NO-REPRESENTABLE FUNCTOR NO ES REPRESENTABLE

Pero no sé si estoy haciendo bien. Voy a dejar mi tratar aquí:

Deje $\texttt{Nil}: Ring \longrightarrow Set$ ser el functor que envía un anillo de $R$ a su nilradical y anillo homomorphisms a su restricción a nilradicals.

Supongamos que $\texttt{Nil} \cong h^A=Hom_{Ring}(A,-)$ para algunos ring $A$. En particular, tenemos que $\texttt{Nil}(A) \cong Hom_{Ring}(A,A)$.

Considerar un elemento $a \in \texttt{Nil}(A)$ correspondiente a través de este isomorfismo a $id_A\in Hom_{Ring}(A,A)$. Vamos a mostrar que el $a\in \texttt{Nil} (A)$ tiene la siguiente característica universal:

$\forall B \in Ring$, y cada una de las $b \in B$ tal que $b^n=0$ para algunos entero $n$, no existe un único homomorphism $A \longrightarrow B$ envío de $a$ a $b$.

Considere la posibilidad de $\tau: h^A \longrightarrow \texttt{Nil}$ la transformación natural y el diagrama conmutativo:

$$\require{AMScd}\begin{CD}h^A(A) @>g \circ - >> h^A(B) \\ @V\tau_AVV @V\tau_BVV\\\texttt{Nil}(A) @>>\texttt{Nil}(f)> \texttt{Nil}(B) \end{CD}$$

El mapa de $id_A \in Hom_{Ring}(A,A)$ tiene la característica universal:

$\forall g \in h^A(B)$, es el único elemento en $h^A(B)$ tal que $(g\circ -)(id_A)=g$

Por connaturalidad, $a \in \texttt{Nil}(A)$ tiene el universal, propiedad de que para cada $y \in \texttt{Nil}(B)$ tal que $y^n=0$ para algunos $n$, no existe un único homomorphism tal que $\texttt{Nil}(g)(a)=y$, es decir, $g(a)=y$.

Deje $B=\mathbb{Z}[x]$ e $b=x$. Hay que (supuestamente) un único $g : A \longrightarrow B$ tal que $g(a)=x$. Eso significa que $0=g(0)=g(a^n)=g(a)^n=x^n$. Lo cual es una contradicción.

Answer 1

Supongo que por "anillo" que significa "anillo conmutativo." Supongamos $\text{Nil}$ está representado por algunas anillo conmutativo $N$. A continuación, $\text{id}_N \in \text{Hom}(N, N) \cong \text{Nil}(N)$ debe ser el "universal nilpotent" $n \in N$: es decir, es un nilpotent con la propiedad de que se asigna a cada una de las otras nilpotent en todos los demás anillo conmutativo $R$ a (único) homomorphism $N \to R$. (Cada representable functor funciona de esta manera: ver el elemento universal. Este es $a$ en su trabajo.)

Pero no puede ser universal nilpotent, porque cualquier nilpotent elemento debe ser nilpotent de un determinado grado de $k$. Y si $n^k = 0$ entonces $n$ no puedo asignar a nilpotents de grado mayor que $k$. Para un montón de variaciones sobre este argumento, ver esta entrada del blog. En su trabajo intenta asignar el universal nilpotent a algo que no es nilpotent a todos.

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Alternativamente, aunque del mismo modo, se puede argumentar que el $\text{Nil}$ no conserva límites infinitos. (Un representable functor covariante conserva todos los límites.) De hecho ya no puede mantener infinito productos, como los siguientes: considerar el producto

$$R = \prod_{k \in \mathbb{N}} \mathbb{Z}[x]/x^k.$$

A continuación, cada una de las $x \in \mathbb{Z}[x]/x^k$ es nilpotent pero el producto elemento a$\prod x$ no lo es.

Answer 2

Qiaochu Yuan ha dado un buen consejo en general, pero yo ya había empezado a escribir esta respuesta, y es más una revisión de lo que has escrito.

Has casi lo tienes. Todo correcto hasta tu último párrafo. El problema es que usted eligió $B=\Bbb{Z}[x]$ e $b=x$, pero la característica universal de $a$ sólo garantiza que existe un mapa de $g:A\to B$ con $g(a)=b$ cuando $x$ es nilpotent. Sin embargo en este caso no lo es, ya que $\Bbb{Z}[x]$ es un dominio.

En su lugar, se observa que la si $a^n=0$ para algunos $n$, que debe existir desde $a$ es nilpotent, considere la posibilidad de $B=\Bbb{Z}[x]/(x^{n+1})$. Entonces no debe existir $g:A\to \Bbb{Z}[x]/(x^{n+1})$ con $g(a)=x$, pero, a continuación, $0=g(a^n)=g(a)^n=x^n\ne 0$. Contradicción.