Buscando prueba de monicity de las inserciones de producto Co

Question

Vamos a C una categoría que cumplen los siguientes axiomas:

1. C contiene un elemento inicial, designado $0$;
2. C contiene un elemento terminal, zona de $1$;
3. $0$ $1$ son no isomorfos;
4. $1$ es un separador en C; es decir,$((f_0, f_1:X \rightarrow Y) \wedge (\forall x:1\rightarrow X \; [f_0 \circ x = f_1 \circ x])) \Rightarrow (f_0 = f_1)$;
5. para los objetos $A_0$, $A_1$ en C, su co-producto $A_0 \oplus A_1$ es un objeto de C.

Estoy buscando una prueba de (o contraejemplo) la siguiente afirmación:

Todos los canónica inserciones de cualquier binario co-producto en C son monic.

Gracias!

PS: Esta pregunta se deriva de un ejercicio (2,12, p. 33) en Lawvere y Rosebrugh los Conjuntos de Matemáticas (2003). El texto original de este ejercicio es:

Demostrar sobre la base de los axiomas de $\cal{S}$ [ Set] hasta el momento la introducción en la si $i_0:A_0 \rightarrow A, i_1:A_1 \rightarrow A$ es una suma de $\cal{S}$, $i_0$ es un monomapping.

Los cinco axiomas que he enumerado son aquellos que "hasta el momento introducido", como yo las entiendo (a excepción de la primera, que simplemente afirma que $\cal{S}$ es una categoría), y la definición dada por "sumas" es exactamente la definición de co-productos. La razón por la que dejó abierta la posibilidad de que la afirmación es falsa, es que yo haya entendido mal algún aspecto de la cuestión, o de los axiomas. En este caso, un contraejemplo que me ayudaría a ver a dónde me voy equivocado.

Answer 1

Debo decir que no entiendo Beroal de finalización del/la simplificación de los comentarios. Déjame repetir el argumento.

Deje $\iota_A \colon A \rightarrow A \sqcup B$ ser un subproducto de la inyección.

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Observación: Si hemos tenido algún tipo de morfismos $r \colon B \rightarrow A$, entonces se podría aplicar la característica universal de la subproducto de la morfismos $id_A \colon A \rightarrow A$ $r \colon B \rightarrow A$ para obtener un morfismos $h \colon A \sqcup B \rightarrow A$ que conmuta con la identidad de $id_A$, y por lo tanto hace que la inyección de $\iota_A$ una división monomorphism.

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Tenemos que mostrar que para cada par de distinta morfismos $f \neq g \colon X \rightarrow A$ que precomposición con $\iota_A$ da diferentes morfismos --- que es: $\iota_A \circ f \neq \iota_A \circ g$. Así, vamos a tomar dichas $f$$g$. Debido a que el terminal objeto de $1$ es un separador de la categoría y $f \neq g$ existe $x \colon 1 \rightarrow A$. Por lo tanto tenemos una morfismos $r = f \circ x \circ ! \colon B \rightarrow A$ donde $!$ es el único de morfismos a la terminal de objeto, por lo que la observación anterior completa la prueba.

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Zhen, mi comentario en tu anterior respuesta acerca de la extensa categorías, era como disparar a una mosca con un cañón. Aquí está una manera más simple y más exacta argumento, que consta de tres relativamente fácil de probar los hechos:

• es suficiente para una categoría para ser distributiva tener monic subproducto inyecciones
• cada cartesiana cerrada categoría de co-productos es distributiva
• todos los topos es cartesiana cerrada y ha co-productos

Answer 2

Esta es la Maqueta de la prueba, completado y simplificado.

Definición. Un objeto $A$ está habitada, si existe un elemento de a $A$.

Lema 0. Para cada habitada $A$ y cada objeto $B$ existe una constante de morfismos de tipo $B\to A$. Prueba. Es $e\circ u$ donde $e$ es que el elemento de $A$, $u:B\to 1$. Qed.

Lema 1. Suponga que un objeto de $A$ no está habitada. Todos los morfismos $f$ $A$ es un monomorphism. Prueba. Supongamos $e_0, e_1$ son elementos de $A$. Esto se contradice con que $A$ no está habitada, a continuación,$e_0=e_1$. A continuación, $f$ es un inyectiva de morfismos. A continuación, por el Ejercicio 2.7 $f$ es un monomorphism. Qed.

Su pregunta. Prueba. Usando el axioma de la exclusión de media, $A$ está habitada o $A$ no está habitada. Si $A$ no está habitada, a continuación, $\iota_0:A\to A+B$ es un monomorphism por el Lema 1. Supongamos $A$ está habitado, entonces existe $c:B\to A$ por Lema 0. $[id(A),c]\circ\iota_0 = id(A)$ por las propiedades algebraicas de la subproducto, a continuación, $\iota_0$ es un split monomorphism, entonces es un monomorphism. Qed.

Los corchetes denotan la suma de morfismos. Suma de morfismos se extrae de universal propiedad de un subproducto, así como las propiedades algebraicas que me refería. Por otra parte, un subproducto puede ser definido de manera algebraica. Desafortunadamente, esto parece ser omitido en su libro de texto.

Answer 3

Espero que sea OK para publicar otra prueba.

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Deje $i_0:A_0 \rightarrow A, i_1:A_1 \rightarrow A$ ser una suma de $\cal{S}$. Para demostrar que $i_0$ es monic, el siguiente lema es útil. De ello se deduce directamente de la definición de separador en el caso trivial donde no hay morfismos desde el separador a algún otro objeto:

Lema: Vamos a $G$ ser un separador en alguna categoría $\cal{C}$, y supongamos que para algún objeto $X$ $\cal{C}$ no hay morfismos $G \to X$. Entonces, para cualquier objeto $Y\;$ $\cal{C}$ no puede haber más de uno de morfismos $X \to Y.\;\;$

Ahora, para demostrar que $i_0$ es monic, se consideran dos casos.

Caso $0$: no hay morfismos $1 \to A_0$. En este caso, si $\; \exists f:X \to A_0$, entonces no puede haber ninguna morfismos $1 \to X$ (de lo contrario, una de morfismos $1 \to A_0$ podría ser construido mediante la composición de un morfismos $1 \to X$$f\;$). Desde $1$ es un separador en $\cal{S}$, por el lema anterior, $f\;$ es el único de morfismos $X \to A$. Por lo tanto, $i_0$ (vacuously) monic.

Caso $1$: hay un morfismos $a:1\to A_0$. Luego también tenemos la morfismos $a \; \circ \; !_{A_1}:A_1 \to A_0$ (donde $!_{A_1}$ es el único de morfismos $A_1 \to 1$), que, junto con el $1_{A_0}:A_0 \to A_0$, implica la existencia de un único morfismos $u:A_0 \oplus A_1 \to A_0$$u \circ i_0 = 1_{A_0}$$u \circ i_1 = {a} \; \circ \; !_{A_1}$. Esto significa que $u$ es una izquierda inversa de a $i_0$, lo que implica que $i_0$ es de izquierda cancelables, o, equivalentemente, que el $i_0$ es monic. $_\blacksquare$

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Mientras que el pensamiento acerca de este problema, me di cuenta de que una simple categoría (que Goldblatt llama a $\mathbf{2}$), que consta de dos objetos, una inicial $0$ y un terminal de $1$, y tres obligatorio morfismos (las dos identidades, y $0 \to 1$) cumple todos los cinco axiomas en la declaración original del problema (aunque vacuously así, por axioma 4 y "la mayoría" de axioma 5). Esto explica por qué mis intuiciones basadas en mi conocimiento previo de la norma de la teoría de conjuntos me llevó a la perdición tan a menudo: hay mucho más a $\cal{S}$ de esos axiomas.

Esto también se relaciona con lo que yo veo como el único mérito en mi prueba (y la razón por la que me decidí a publicar a pesar de que otras pruebas ya había sido publicado), es decir, que refleja la estructura bipartita que los cinco axiomas de imponer en la categoría (y simbolizada por la categoría de $\mathbf{2}$ se describió anteriormente), en la que los objetos se dividen en dos no vacío de clases de equivalencia de acuerdo a si son codomains a algunos de morfismos con el dominio $1$ o no.

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Gracias a todos los que respondieron. Esta fue una inesperada instructivo ejercicio.