Deje $K$ ser un campo y $\mathcal U$ un universo tal que $K\in\mathcal U$. (Aquí, "universo" significa "multitud de Grothendieck del universo".) Deje $\mathcal C$ ser la categoría de $K$-espacios vectoriales pertenecientes a $\mathcal U$, y deje $i\ge0$ ser un número entero. Si $i$ es incluso, poner $\mathcal C_i:=\mathcal C$; si $i$ es impar, puesto $\mathcal C_i:=\mathcal C^\text{op}$. Deje $F_i:\mathcal C_i\to\mathcal C$ $i$- th doble functor. Para los números enteros $i,j\ge0$ de la misma paridad, $\operatorname{Hom}(F_i,F_j)$ $K$- espacio vectorial. En particular $$ d(K,\mathcal U,i,j):=\dim\operatorname{Hom}(F_i,F_j) $$ es un bien definido el cardenal.
Se puede calcular este cardenal?
Qué $d(K,\mathcal U,i,j)$ dependen de la $K$$\mathcal U$?
Es $d(K,\mathcal U,i,j)$ finito?
Tiene estas preguntas han preguntado antes?
Edición 1. Como una ilustración, aquí es una prueba de la igualdad de $d(K,\mathcal U,2,0)=0$. No puedo creer que esta observación no se había hecho antes. Este caso puede ser manejado sin universos.
Supongamos que, para cada espacio vectorial $V$ (sobre el campo $K$ elegido de una vez por todas), tenemos una lineal mapa de $\theta_V:V^{**}\to V$, y supongamos que, para cada lineal mapa de $f:V\to W$, tenemos $$ f\circ\theta_V=\theta_W\circ f^{**}.\qquad(*) $$
Reclamamos: $\theta_V=0$ todos los $V$.
Prueba. Como una notación general, poner a $V_1:=V^*,V_2:=V^{**},f_1:=f^*,f_2:=f^{**}$, y, para cada espacio vectorial $V$, vamos a $\varepsilon_V:V\to V_2$ ser el natural de mapa.
Es fácil ver que hay un escalar $\lambda\in K$ tal que $\theta_V\circ\varepsilon_V=\lambda\operatorname{id}_V$ todos los $V$, y que podemos asumir cualquiera de las $\lambda=0$ o $\lambda=1$.
Caso $\lambda=0$. Por $(*)$ tenemos $v_1(\theta_V(v_2))=0$ todos los $v_1$ $V_1$ y todos los $v_2$$V_2$. Esto implica $\theta_V=0$.
Caso $\lambda=1$. Estamos buscando una contradicción. Deje $v_1$$V_1$. Tenemos $v_{12}=\varepsilon_K\circ v_1\circ\theta_V$$(*)$, es decir, para$v_2$$V_2$$k_1$$K_1$, tenemos $$ v_{12}(v_2)(k_1)=\varepsilon_K(v_1(\theta_V(v_2)))(k_1), $$ o $$ v_2(k_1\circ v_1)=k_1(v_1(\theta_V(v_2))). $$ Tomar la identidad de $K$$k_1$, obtenemos $$ v_2(v_1)=v_1(\theta_V(v_2)). $$ Recuerde que este tiene para todos los $v_1$ $V_1$ y todos los $v_2$$V_2$. Deje $V$ ser de infinitas dimensiones. Por el Erdos-Kaplansky Teorema, existe un valor distinto de cero $v_2$ $V_2$ tal que $\theta_V(v_2)=0$. Ya que es evidente que hay un $v_1$ $V_1$ tal que $v_2(v_1)\neq0$, hemos terminado. Q. E. D.
He intentado, sin éxito, para demostrar $d(K,\mathcal U,2,2)=1$. Aquí está una escuela primaria de la formulación. En lugar de $\theta_V:V_2\to V$ empezamos con $\theta_V:V_2\to V_2$, asumimos que el análogo de la $(*)$ mantiene, y que tenemos $\theta_V\circ\varepsilon_V=0$ todos los $V$. Entonces la pregunta es: ¿esto implica $\theta_V=0$ todos los $V$?
Edición 2. Aquí es una prueba de la igualdad de $d(K,\mathcal U,2,2)=1$. Vamos a utilizar la misma notación como en la Edición de 1. Imaginemos que tenemos, para cada espacio vectorial $V$, un endomorfismo $\theta_V:V_2\to V_2$ de la segunda dual $V_2$$V$. Supongamos también que tenemos $$ \theta_W\circ f_2=f_2\circ\theta_V\qquad(**) $$ para todos lineal mapa de $f:V\to W$, $\theta_V$ se desvanece en $V$ al $V$ es visto como un subespacio de $V_2$. Reclamamos: $\theta_V=0$ todos los $V$. Es fácil ver que esto implica $d(K,\mathcal U,2,2)=1$.
Prueba: Supongamos $v_1$$V_1$, $v_1$ es lineal en el mapa de $v_1:V\to K$. El uso de $(**)$ y la suposición de que $\theta_K=0$, obtenemos $$ 0=v_{12}(\theta_V(v_2))=\theta_V(v_2)\circ v_{11} $$ para todos los $v_2$$V_2$, o $$ 0=\theta_V(v_2)(v_{11}(k_1))=\theta_V(v_2)(k_1\circ v_1) $$ para todos los $v_2$ $V_2$ y todos los $k_1$$K_1$. Si $k_1$ es la identidad de $K$, esto le da $$ \theta_V(v_2)(v_1)=0. $$ Como $v_1$ es arbitrario, la prueba está completa.
