Condiciones equivalentes a las de un preabelian categoría abelian

Question

Vamos a arreglar algo de la terminología en primer lugar. Una categoría $\mathcal{C}$ es preabelian si:

1) $Hom_{\mathcal{C}}(A,B)$ es un grupo abelian para cada $A,B$ de manera tal que la composición es biadditive,

2) $\mathcal{C}$ tiene un cero de objeto,

3) $\mathcal{C}$ ha binario productos,

4) $\mathcal{C}$ ha núcleos y cokernels.

Una categoría $\mathcal{C}$ es abelian si es preabelian y satisface:

5) cada monomorphism es un kernel y cada epimorphism es un cokernel.

Definir el coimage de un mapa de la cokernel de su núcleo y de la imagen a ser el núcleo de su cokernel. Tenemos el siguiente diagrama conmutativo:

donde $\overline{f}$ es la única existente en mapa (a causa de la universalidad de kernel y cokernel).

Estoy teniendo problemas para probar la siguiente:

Un preabelian categoría $\mathcal{C}$ es abelian iff $\overline{f}$ es un isomorfismo.

Lo contrario es demostrar fácilmente, estoy teniendo problemas para que prueben $\Rightarrow$...

Answer 1

Aquí es un argumento para $\Rightarrow$. No hay mucho más que perseguir a los diagramas (como debe ser). También, realmente no se molestan en comprobar que (partes) de los axiomas son realmente necesarios:

1. En presencia de 1),2),3) tenemos que $\mathcal{C}$ ha biproducts así: cada binario subproducto es también una binaria del producto. (No se utiliza a continuación, pero lo he añadido en aras de la exhaustividad)

2. Suponiendo que 1)-5), un epi $e:B \to C$ es el cokernel de su núcleo.
   De hecho, vamos a $f$ ser una de morfismos tal que $e = \operatorname{coker}\,{f}$ y deje $k = \operatorname{ker}{e}$. Desde $ef = 0$, podemos ver que $f = kf'$. Si $y$ es tal que $yk =0$ $ykf' = yf = 0$ y, por tanto,$y = y'e$, y por lo tanto $e$ es un cokernel de $k$.
   
   Doblemente, un mono es el núcleo de su cokernel.

3. Suponiendo que 1)-5) una de morfismos que es a la vez un epimorphism y un monomorphism es un isomorfismo.
   
   Voy a dejar que como un ejercicio fácil (me dio el argumento en los comentarios de arriba).

4. Deje $f: A \to B$. Los morfismos $i: \operatorname{Coim}{f} \to B$ es monic.
   Para este fin, vamos a $x: X \to \operatorname{Coim}{f}$ ser tal que $ix = 0$. Deje $q = \operatorname{coker}{x}$ y deje $j: \operatorname{Coker}{x} \to B$ ser el único mapa tal que $i = jq$. Desde $qp$ es epi tenemos una morfismos $h: H \to A$ tal que $qp = \operatorname{coker}{{h}}$. Ahora$fh = iph = jqph = 0$$h = kh'$. Esto le da a ese $ph = pkh' = 0$,
   por lo $p$ factores $p = p'(qp) = (p'q)p$. Pero $p$ es epi, por lo $p'q = 1_{\operatorname{Coim}{f}}$. Esto implica que $q$ es un monomorphism y, finalmente, $qx = 0$ implica que el $x = 0$. Hemos demostrado que $ix = 0$ implica $x = 0$ e lo $i$ es un monomorphism.
   
   Doblemente $j: A \to \operatorname{Im}f$ es un epimorphism.

5. Considere la posibilidad de la factorización de $f$: Paso 4 tenemos que $A \to \operatorname{Im}{f}$ $\operatorname{Coim}{f} \to B$ son epi y el mono, respectivamente. Por lo tanto, $\bar{f}$ es tanto el epi y el mono y está hecho por el paso 3.