Totalmente fieles y esencialmente sobreyectiva es una equivalencia

Question

La pregunta es para probar la instrucción en el tema.

Para asumir el functor es $F: \mathcal{C} \rightarrow \mathcal{D}$ es totalmente fiel y esencialmente surjective. Necesitamos construir un mapa de $G$, de tal manera que $F\circ G$ es naturalmente isomorfo a $id$.

Hasta ahora sé cómo construir el mapa de $G$. Por definición de $F$ siendo totalmente fieles y esencialmente surjective, $\forall X \in \mathcal{D}$, podemos encontrar $A_x$, de tal manera que $F(A_x) \cong X$, por lo tanto definen $G(X)=A_x$. Y para cualquier $f \in Hom(X,Y)$, $X,Y$ siendo objetos en $\mathcal{OB}(D)$, podemos encontrar $A_x,A_y$ tal que $X \cong F(A_x)$, $Y \cong F(A_y)$, y por lo tanto $Hom(X,Y) \cong Hom(F(A_x),F(A_y)) \cong Hom(A_x,A_y)$. Por lo tanto podemos hacer un mapa de $f$ a algo en $Hom(A_x,A_y)$.

Mi problema es que no saben cómo mostrar el $G\circ F$ es naturalmente isomorfo a $id$. Se supone que debo encontrar para cada una de las $A,B \in \mathcal{C}$ y para cualquier morfismos $f$$A$$B$,$\eta_A : A \rightarrow G\circ F(A),\eta_B: B \rightarrow G\circ F(B)$, de tal manera que $\eta_A \circ G\circ F(f) = \eta_B \circ f$. No veo cómo mostrar el diagrama de desplazamientos.

Answer 1

Para $A$ $C$ no es un porcentaje ($B$$C$tal que $F(B)\simeq F(A)$. Pero esto $B=GF(A)$ generalmente será distinta de la de $A$, así que no es un a priori claro que isomorfismo a tomar. Le sugiero que vaya en otra dirección y encontrar un isomorfismo de $FG(X)\to X$, como tal, un iso que ya está dado por la hipótesis. Así que es la mejor opción para hacer uso de este supuesto iso $FG(X)\to X$, vamos a llamar a $\varepsilon_X$.
Recordar el lema:

Dado un functor $F:\mathcal C\to\mathcal D$, si para cada una de las $X\in\mathcal D$ no es un porcentaje ($G_0(X)\in\mathcal C$ y una flecha $ε_X:FG_0(X)\to X$ que es universal a partir de $F$$X$, $G_0$ es la función de objeto de un único functor $G:\mathcal D\to\mathcal C$ de manera tal que el $ε_X$ forma natural de transformación de $FG\to\mathbb I$. Esta $G$ es, a continuación, haga adjunto a $F$ $ε$ es el counit de esta contigüidad.

En particular, esta $G$ envía una flecha $g:X\to Y$ a la flecha $g':GX\to GY$ tal que $ε_Y\circ Fg'=g\circε_X$, que es la única por la universalidad de $ε_Y$.

Ahora bien, dado $h:FA\to X$ podemos componer $ε_X^{-1}\circ h:FA\to FGX$, que mediante la plena fidelidad de $F$ de los rendimientos de un único $h':A\to GX$, de modo que $Fh'=ε^{-1}_X\circ h$, o en otras palabras $ε_X\circ Fh'=h$. Por lo tanto $\langle GX,ε_X\rangle$ es universal de$F$$X$.

En particular, $G$ tiene la forma compacta: $$Gg=F^{-1}\left(ε^{-1}_Y\circ g\circε_X\right)$$ Para mostrar que la unidad de $\eta:\mathbb I\to GF$ es un isomorfismo, también, utilizar el triangular de identidad $εF\circ F\eta=\Bbb I_F$.