¿La linealización de categorías refleja el isomorfismo?

Question

Dada una categoría $C$ y un anillo conmutativo $R$, denotan por $RC$ la $R$-linealización: esta es la categoría enriqueció a lo largo de $R$-módulos que tiene el mismo objetos como $C$, pero el módulo de morfismos entre dos objetos de $x$ e $y$ es el $R$-módulo de $\operatorname{Hom}_C(x,y)$. Así, en $RC$ nos permiten arbitraria $R$-de las combinaciones lineales de morfismos de la categoría originales $C$.

Pregunta: si dos objetos en $x$, $y \in C$ son isomorfos en $RC$, son ya isomorfo en $C$?

No sé la respuesta a esta pregunta para cualquiera que no sea trivial anillo de $R$, pero estoy particularmente interesado en la $R=\mathbb{Z}$ e $R=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

Lo que obviamente no es cierto es que cada isomorfismo en $RC$ proviene de un isomorfismo en $C$ (tome $-id_x$). (Así, la palabra "isomorfismo" en el título se refiere a una relación de objetos en lugar de una propiedad de morfismos.)

Por supuesto, es suficiente para considerar las categorías de $C$ con dos objetos $x$, $y$, pero no podemos asumir que $C$ es finito.

Es bastante elemental a ver que si $x$ e $y$ son isomorfos en $RC$, a continuación, en $C$, $x$ es un retractarse de $y$ y viceversa, pero en la última, en general, no implica que $x \cong y$.

Más pegadiza manera de expresar este problema es: ¿podemos siempre clasificar los objetos en una categoría de hasta isomorfismo por medio de functors tomando valores en $R$-lineal categorías? (La inclusión de $C \to RC$ es el universal, tales functor.)

Edit: Un montón de personas han publicado una "respuesta" que no era, y eliminado, así que aquí hay algo que no va a funcionar, para salvar a los demás va por el mismo camino. Me dijo que no podemos asumir que la categoría es finito; de hecho, debe ser infinito. Aquí es elemental argumento:

Desde $x$ e $y$ son de mutuo retrae, hay mapas de $f,\;f'\colon x \to y$ e $g,\;g'\colon y \to x$ con $fg=\operatorname{id}$ e $g'f'=id$. Considere la posibilidad de los poderes de la $fg' \in \operatorname{End}(y)$. Si $\operatorname{End}(y)$ es finito, a continuación, $(fg')^n = (fg')^m$ para algunos $m \neq n$; desde $fg'$ tiene un derecho inversa (es decir, $f'g$), debemos tener la $(fg')^n=\operatorname{id}$ para algunos $n>0$. Así que podemos ver que $g'$ tiene no sólo un derecho inversa ( $f'$ ), pero también a la izquierda a la inversa: $(fg')^{n-1}f$. De modo que es la misma y $g'$ ya es un isomorfismo.

Answer 1

Hola Tilman. Creo que he demostrado que (en su idioma) linealización refleja isomorfismo. El siguiente es un bosquejo. Te voy a enviar una versión más detallada. El caso general puede ser reducido para el caso del primer campos de $F_p$ y de ciertas categorías $C$ con objetos fijos $x$ e $y$ y morfismos $f_1,\dots,f_m\colon x\to y$ e $g_1,\dots,g_n\colon y\to x$ sujeto a las relaciones que se corresponden con el hecho de que $u=f_1+\dots+f_m$ e $u^{-1}=g_1+\dots+g_n$ son mutuamente inversas en el $F_p$-linealización. Aparte de casos triviales, podemos indexar estos generadores que $f_1g_1 = 1_y$ e $g_nf_m=1_x$, mientras que los otros sumandos en la expansión de $uu^{-1}$ e $u^{-1}u$, respectivamente, se dividen en clases de equivalencia cuyo tamaño es un múltiplo de $p$. A continuación, es posible obtener una secuencia de pares de $(i_1,j_1),(i_2,j_2),\dots,(i_k,j_k)$ tal que $f_{i_r}g_{j_r} = f_{i_{r+1}}g_{j_{r+1}}$ para $r=2,3,\dots,k-1$ e $g_{j_r}f_{i_r}=g_{j_{r+1}}f_{i_{r+1}}$ para $r=1,3,\dots,k-2$. Entonces $f_{i_1}g_{j_2}f_{i_3}g_{j_4}\dots f_{i_k}$ y $g_{j_k}f_{i_{k-1}}g_{j_{k-2}}f_{i_{k-3}}\dots g_{j_1}$ son mutua recíproca de $C$.

Answer 2

En el interés de contar con un deshecho respuesta, aquí está un pequeño resultado. Deje $x, y$ ser objetos y $f, g : x \to y$ e $u, v : y \to x$ ser morfismos en $C$, y vamos a

$$F = af + bg, G = cu + dv$$

dos morfismos en $RC$ donde $a, b, c, d \in R$. Si $FG = \text{id}_y, GF = \text{id}_x$, entonces el WLOG $fu = \text{id}_y$ y también algunas plazo en $GF$ debe ser igual a $\text{id}_x$. Si queremos $x, y$ no isomorfos, entonces $f$ no puede tener una a la izquierda y al revés $u$ no tiene derecho inversa, por lo que debe ser el caso de que $vg = \text{id}_x$ y además ninguna otra composición de morfismos con la excepción de $fu$ o $vg$ puede ser una identidad.

De ello se desprende que $ac = bd = 1$, por lo tanto $a, b, c, d$ son todas las unidades, por lo que ninguno de los cuatro términos en $FG$ o en $GF$ se desvanecen. Por lo tanto la única manera para todos los de la no-identidad de términos para cancelar es si $gu = fv = gv$ e $ug = vf = vg$. Pero esto implica

$$gug = fvg = f = gvg = g$$

y simétricamente $u = v$, lo que en realidad $x, y$ debe ser isomorfo en $C$. Siguiente en la lista es combinación lineal de los tres morfismos...

Answer 3

En este respondemos I (intentar) presentar el problema como una Geometría Algebraica uno:

considerar la categoría de $\mathscr{C} $ con dos objetos de $X, Y$ y

$\mathscr{C}(X, Y)$={$r_1,\ s'_1,\ r_2,\ s'_2$} ; $\mathscr{C}(Y, X)$={$s_1,\ r'_1,\ s_2,\ r'_2$} ; $\mathscr{C}(X, X)$={$1_X, e_X$} ; $\mathscr{C}(Y, Y)$={$1_Y, e_Y$} donde $e_X,\ e_Y$ son idempotente, y cualquier composición de morfismos por un idempotente no alterar el morfismos, y $ 1_Y= r_1\circ s_1= r_2\circ s_2$, $ 1_X= r'_1\circ s'_1= r'_2\circ s'_2$, todas las demás composiciones dar el (sin identidad) idempotente. Supongamos que $R$ es un anillo conmutativo y en $R\mathscr{C} $ considera la morphims $A:= a_1\cdot r_1 + b'_1\cdot s'_1 + a_2\cdot r_2 + b'_2\cdot s'_2: X\to Y$ y

$B:= b_1\cdot s_1 + a'_1\cdot r'_1 + b_2\cdot s_2 + a'_2\cdot r'_2: Y\to X$.

Vamos $\alpha :=a_1+b'_1+ a_2+ b'_2$, $\beta :=b_1+a'_1+ b_2+ a'_2$,

Luego tenemos a $B\circ A=1_X$ fib:

1) $ a'_1\cdot b'_1+ a'_2\cdot b'_2=1$ y

2) $\beta \cdot a_1+ (\beta - a'_1)\cdot b'_1+ \beta \cdot a_2+(\beta -a'_2)b'_2=0$ es decir $\beta \cdot \alpha = a'_1\cdot b'_1+ a'_2\cdot b'_2 $

de forma similar, tenemos $A\circ B=1_Y$ fib:

1') $ a_1\cdot b_1+ a_2\cdot b_2=1$ y

2') $\alpha \cdot \beta = b_1\cdot a_1+ b_2\cdot a_2 $

todas estas ecuaciones son equivalentes para el sistema de tres ecuaciones:

$ a'_1\cdot b'_1+ a'_2\cdot b'_2=1,\ a_1\cdot b_1+ a_2\cdot b_2=1,\ \alpha \cdot \beta = 1$

pensamiento que estas en $\mathbb{C}[ a_1, b'_1, a_2, b'_2 , b_1, a'_1, b_2,a'_2] $ estos representan las tres variedades en $\mathbb{C}^8 $

Si estas variedades tienen un intersecciones, a continuación, $X, Y$ son isomorfos en $\mathbb{C}\mathscr{C} $ (pero no son isomorfos en $\mathscr{C}) $.