Mostrar un Functor no es representable

Question

Tengo este viejo qual problema que no sé cómo se hace: Así que vamos a $ F: Rings \to Sets$ dado por $R \mapsto \{(a,b) \in R^2, aR + bR = R\}$. La acción en el morfismos es la más obvia. Ahora el problema se pide demostrar que el functor no es representable.

Así que aquí es lo que he encontrado en internet: de Acuerdo con el método en la segunda página de este pdf http://pi.math.cornell.edu/~zbnorwood/ucla/archivos/repfunctors.pdf, supongamos $F = Hom(A, \_)$, entonces no es $(a, b) \in A^2, aA + bA =A$ tal que para $B$ un anillo y $(x, y) \in B^2, xB+ yB = B$ entonces existe anillo único mapa de $f: A \to B$ tal que $f(a) = x, f(b) = y$. No sé cómo llegar a una contradicción a partir de ahí.

O ¿alguien tiene alguna gran método para probar la existencia de un no representable functor no es representable en general? Creo que este tipo de problemas realmente duro.

Answer 1

Un Poco De Motivación

Recordemos que un (covariante) functor $F \colon \mathscr{C} \to \mathsf{Set}$ es representable por un objeto $A$ de $\mathscr{C}$ si y sólo si existe un elemento universal $a \in F(A)$. Esto significa que existe para cualquier otro objeto $X$ de $\mathscr{C}$ y cada elemento $x \in F(X)$ un único morfismos $f \colon A \to X$ en $\mathscr{C}$ con $F(f)(a) = x$. El natural bijection $\operatorname{Hom}_{\mathscr{C}}(A, -) \to F$ es el dado por $f \mapsto F(f)(a)$.

Un ejemplo útil a tener en cuenta en el functor $F \colon \mathsf{Ring} \to \mathsf{Set}$ dado por $F(R) = R^n$. Este functor es representado por el anillo de $A = \mathbb{Z}\langle t_1, \dotsc, t_n \rangle$, la (no-conmutativa) el polinomio de anillo en las variables de $t_1, \dotsc, t_n$. El (como es habitual) el elemento universal $a \in F(A)$ está dado por $a = (t_1, \dotsc, t_n)$. Y, de hecho, que este es un elemento universal significa precisamente que existe para cada una de las otras mesas de $R$ y cada elemento $x \in F(R)$ con $x = (x_1, \dotsc, x_n)$ un anillo único homomorphism $f \colon A \to R$ con $F(f)(a) = x$, es decir, con $f(t_i) = x_i$ por cada $i = 1, \dotsc, n$. Y este es, precisamente, cómo el anillo de $A$ representa el functor $F$.

El Problema

Nos muestran de manera más general que para cada número de elementos de la $n \geq 2$ el functor \begin{align*} F \colon \mathsf{Ring} &\to \mathsf{Set}, \\ R &\mapsto \{ (x_1, \dotsc, x_n) \in R^n \mid x_1 R + \dotsb + x_n R = R \} \end{align*} no es representable. Asumir lo contrario que el functor $F$ es representable por un anillo de $A$ y deje $(a_1, \dotsc, a_n) \in F(A)$ ser el elemento universal (correspondiente a alguna opción de isomorfismo $F \cong \operatorname{Hom}_{\mathsf{Ring}}(A,-)$).

Vamos a considerar algunas auxilary functors que son representables: Podemos considerar, para cada índice $i = 1, \dotsc, n$ el functor \begin{align*} E_i \colon \mathsf{Ring} &\to \mathsf{Set}, \\ R &\mapsto \{ (x_1, \dotsc, x_n) \in R^n \mid \text{%#%#% is a unit in %#%#%} \} \,. \end{align*} Este functor es representable por el anillo de $x_i$. También podemos considerar la posibilidad de que cualquiera de los dos índices de $R$, $U_i := \mathbb{Z}\langle t_1, \dotsc, t_n, t_i^{-1} \rangle$ con $i$ el functor \begin{align*} E_i \colon \mathsf{Ring} &\to \mathsf{Set}, \\ R &\mapsto \{ (x_1, \dotsc, x_n) \in R^n \mid \text{%#%#% and %#%#% are units in %#%#%} \} \,. \end{align*} Este functor es representable por el anillo de $j$. Tenemos la solución para el resto de esta argumentación dos índices de $1 \leq i \neq j \leq n$, $x_i$. (Aquí es donde usamos ese $x_j$.)

Tenemos las inclusiones de functors de la siguiente manera:

Estas inclusiones se corresponden con anillo homomorphism entre sus representaciones de objetos:

La inclusión $R$ corresponden a la canónica anillo homomorphisms $U_{ij} := \mathbb{Z}\langle t_1, \dotsc, t_n, t_i^{-1}, t_j^{-1} \rangle$, y la inclusión $i$ corresponden al anillo homomorphisms $j$ con $n \geq 2$ para cada índice $E_i \subseteq E_{ij}$. (Un homomorphism existe porque es la única homorphism $U_i \to U_{ij}$ con $E_i \subseteq F$. Así que aquí usamos ese $f_i \colon A \to U_i$ es un elemento universal y que $f(a_k) = t_k$ es un elemento de $k = 1, \dotsc, n$.) Similares para $f \colon A \to U_i$ en lugar de $F(f)( (a_1, \dotsc, a_n) ) = (t_1, \dotsc, t_n)$.

La conmutatividad del diagrama anterior da (por la fidelidad de la Yoneda incrustar) la conmutatividad de la correspondiente diagrama:

Esto significa que $(a_1, \dotsc, a_n)$ por cada elemento $(t_1, \dotsc, t_n)$. De ello se desprende que $F(U_i)$ e $U_j$ restringen el mismo anillo homomorphism $U_i$, con la intersección $f_i(a) = f_j(a)$ tomado en $a \in A$. Esta intersección es precisamente la costumbre polinomio anillo de $f_i$. Hemos visto en la anterior descripción explícita de la homomorphism $f_j$ (e $f \colon A \to U_i \cap U_j$) que el homomorphism $U_i \cap U_j$ está dado por $U_{ij}$ para cada índice $U := \mathbb{Z}\langle t_1, \dotsc, t_n \rangle$. La existencia de una homorphism significa que $f_i$ bescause el anillo de $f_j$ representa el functor $f \colon A \to U$ a través de el universal elemento $f(a_k) = t_k$. Pero esto significa que $k = 1, \dotsc, n$, que no es el caso.

Tenemos por lo tanto, ver que una representación de objeto $(t_1, \dotsc, t_n) \in F(U)$ no puede existir.

Answer 2

Una buena técnica es comparar un functor que es representable, en este caso $G(A)=\{(a,b,c,d)\in A^4:ac+bd=1\},$ que está representado por $B:=\mathbb{Z}[x,y,z,w]/(xz+yw-1)$.

Dado un supuesto de representación $(A,(a,b))$ de $F$, nos supuestamente obtener una única homomorphism $p:B\to A$ a partir de la elección de la $c,d\in A$ con $ac+bd=1$ a partir del hecho de que $B$ representa a $G$. Ahora $p$ podría inducir una transformación natural entre los functors representado por $A$ e $B$, fue testigo para cada una de las $g:R\to S$ por conmutativa cuadrados con una ruta $$\mathrm{Hom}(A,R)\to \mathrm{Hom}(B,R)\to \mathrm{Hom}(B,S)$$ y la otra ruta $$\mathrm{Hom}(A,R)\to \mathrm{Hom}(A,S)\to \mathrm{Hom}(B,S).$$ Los morfismos son precomposición con $p$ o postcomposition con $g$.

Para cualquier $f:A\to R$ con $f(a)=r_1$ e $f(b)=r_2$, denotan $f(p(z))$ por $\hat{r_1}$ e $f(p(w))$ por $\hat{r_2}$. La connaturalidad anterior, dice, en resumen, que para cualquier $g:R\to S$, tenemos $(\widehat{g(r_1)},\widehat{g(r_2)})=(g(\hat{r_1}),g(\hat{r_2}))$. En particular, si $h:R\to S$ con $h(r_i)=g(r_i)$, debemos tener $h(\hat{r_i})=g(\hat{r_i})$. Eso es absurdo.

Por ejemplo, supongamos $R=B$ y deje $(r_1,r_2)=(x,y)$, y deje $S=\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$, con $g,h:B\to \mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ dado por $g(x)=h(x)=(1,0),g(y)=h(y)=(0,1),g(z)=\widehat{(1,0)},g(w)=\widehat{(0,1)}$. Entonces podemos definir el $h(z)=h(w)=(1,1)$ para obtener el deseado contraejemplo, a menos que $\widehat{(1,0)}=\widehat{(0,1)}=(1,1)$, en cuyo caso se puede dejar a $h(z)=(1,0)$ o $h(w)=(0,1)$.

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Lo que hemos mostrado anteriormente es, en efecto, que no existe ninguna transformación natural $F\to G$ la división de la proyección de $G\to F$ que se olvida de $c$ e $d$. Sin embargo, es un hecho general que un epimorphism de representable functors siempre debe admitir una división, y, de hecho, siempre debe venir de una división monomorphism en la categoría de dominio, como hemos demostrado en el ejemplo anterior. En otras palabras, hay muy pocos epimorphisms entre representable functors! Esto puede ser muy útil-si un functor es un cociente de un representable, un argumento como este a menudo el trabajo de hacer estallar cosas.

Más generalmente aún, es extremadamente raro que un colimit de representable functors todavía es representable, aunque, debido a la idiosincrasia de la UCLA plan de estudios puede ser en la pequeña población de personas que los estudios de representatividad sin conocer la palabra colimit.

Esto no es, de hecho, la manera más usual de prueba de que un functor no es representable. Por razonable, categorías familiares (excepto los campos) es un teorema que un (covariante) functor es representable si y sólo si conserva los productos, ecualizadores, y cumple con algo que se llama el conjunto de soluciones condición, que nunca fallan en algún ejemplo, es probable que vea. Muchos de los functors (como $F$) conserva los productos, así, por lo que su ir-a la técnica en estos problemas se suele encontrar a un ecualizador que no se conserva por el functor. Sin embargo, en realidad la informática ecualizadores que involucra a los anillos como $B$ es bastante molesto, así que yo no era capaz, incluso, con un poco de trabajo para conseguir un argumento para este caso.