Kategorie, morfizmy, produkty

Morfizmy i ich rodzaje

Tak ogólne pojęcie morfizmu nie pozwala na rozróżnianie ich cech jakościowych. Z doświadczenia wiemy, że niektóre morfizmy (np. homomorfizmy grup) różnią się od siebie – niektóre z nich są różnowartościowe, podczas gdy inne stanowią surjekcje. Teoria kategorii pozwala wyodrębnić niektóre typy morfizmów niezależnie od kategorii, w której się znajdują. W szczególności interesować nas będą morfizmy zachowujące w pełni strukturę obiektu – izomorfizmy.

Definicja 1.2.1. Mówimy, że morfizm $f\colon A\to B$ jest izomorfizmem, jeżeli istnieje takie $g\colon B\to A$, że \begin{equation}\label{war}g\circ f={\rm id}_A \quad \text{oraz}\quad f\circ g = {\rm id}_B.\end{equation}

Ćwiczenie 1.2.1. Wykaż, że jeżeli $f\colon A\to B$ jest izomorfizmem oraz $g_1,g_2$ spełniają warunek \eqref{war}, to $g_1=g_2$.

Powyższa uwaga pozwala nam mówić o odwrotności $f$ oraz przyjąć zapis $f^{-1}=g$. Jeżeli między obiektami $A$ i $B$ istnieje izomorfizm, mówimy, że $A$ i $B$ są izomorficzne, tzn. identyczne z punktu widzenia rozważanej struktury. W dalszej części będziemy pisać $$A\cong B\Leftrightarrow \text{istnieje izomorfizm }f\colon A\to B.$$ Nietrudno sprawdzić, że:

W kategoriach algebraicznych (tj. ${\rm Grp}$, ${\rm Vec}$, ${\rm Rng}$) pojęcie izomorfizmu pokrywa się z pojęciem teoriokategoryjnym. We wszystkich podanych kategoriach, w których morfizmy były funkcjami, izomorfizmy z konieczności były bijekcjami. Nie jest jednak prawdą, że każdy bijektywny morfizm jest izomorfizmem:

Przykład 1.2.1. Rozważmy przestrzeń topologiczną $I=[0,1)$ z topologią naturalną. Istnieje wzajemnie jednoznaczne odwzorowanie ciągłe $f\colon I\to S$ na okrąg $$S=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\colon x^2+y^2=1\right\}$$ (z topologią dziedziczoną z $\mathbb{R}^2$) niebędące homeomorfizmem.

Ćwiczenie 1.2.2. Uzasadnij powyższe stwierdzenie.

Przy okazji można zauważyć, że powyższe odwzorowanie traktowane jako „goła” funkcja jest izomorfizmem w kategorii ${\rm Set}$, zapominając o topologii i wymaganiu ciągłości morfizmów.

Jak wiemy chociażby z algebry, możemy mówić o monomorfizmach oraz epimorfizmach. To pojęcie przenosi się na grunt teorii kategorii:

Definicja 1.2.2. Mówimy, że $f\colon A\to B$ jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej pary $h,k\colon C\to A$ spełniającej $f\circ h=f\circ k$ zachodzi $h=k$.

Innymi słowy możemy lewostronnie „skracać” monomorfizmy – możemy myśleć zatem algebraicznie o tej własności. Czasami, skrótowo, będziemy mówić „$f$ jest mono” zamiast „$f$ jest monomorfizmem”.

Zobaczmy, jak wyglądają monomorfizmy w kategorii ${\rm Set}$.

Stwierdzenie 1.2.1. W kategorii ${\rm Set}$ funkcja $f\colon A\to B$ jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy jest różnowartościowa.

DOWÓD. Załóżmy, że funkcja $f\colon A\to B$ jest monomorfizmem, pokażemy, że $f$ musi być różnowartościowa, tj. $x\neq y\Rightarrow f(x)\neq f(y)$ dla wszelkich $x,y\in A$. Rozważmy singleton $\{p\}$ oraz określmy $a\colon \{p\}\to A$ jako $a(p)=x$ oraz $b\colon\{p\}\to A$, $b(p)=y$, gdzie $x\neq y$ są elementami $A$. Ponieważ $a\neq b$, z kontrapozycji definicji monomorfizmu otrzymujemy $$f\circ a\neq f\circ b,$$ a więc $$f(x)=f(a(p))\neq f(b(p))=f(y),$$ co dowodzi różnowartościowości $f$.

Przeciwną, łatwiejszą, implikację pozostawiamy Czytelnikowi jako ćwiczenie.

Podobnie sytuacja ma się w kategoriach ${\rm Grp}$, ${\rm Vec}$, ${\rm Rng}$ oraz ${\rm Top}$, gdzie monomorfizmy to dokładnie różnowartościowe homomorfizmy (bądź funkcje ciągłe w przypadku ${\rm Top}$).

Wyróżnijmy dwie podstawowe własności monomorfizmu:

Stwierdzenie 1.2.2. Niech $f\colon A\to B$ oraz $g\colon B\to C$ będą monomorfizmami. Wówczas złożenie $g\circ f$ również jest monomorfizmem.

DOWÓD. Wystarczy sprawdzić, że dla $g\circ f$ zachodzi prawo lewostronnego skracania. Ustalmy zatem taką parę $h,k\colon D\to A$, że $(g\circ f)\circ h=(g\circ f)\circ k$. Wówczas zachodzi równość $$(g\circ f)\circ h=g\circ (f\circ h)=g\circ (f\circ k),$$ co pociąga $$f\circ h=f\circ k,$$ ponieważ $g$ jest monomorfizmem. Ponownie skracając z lewej strony mamy $h=k$, co dowodzi tezy.

Stwierdzenie 1.2.3. Załóżmy, że dla $f\colon A\to B$ oraz $g\colon B\to C$ złożenie $g\circ f$ jest monomorfizmem. Wówczas $f$ jest monomorfizmem.

DOWÓD. Ustalmy dowolną taką parę $h,k\colon D\to A$, że $f\circ h=f\circ k$. Wtedy również $$(g\circ f)\circ h = g\circ (f\circ h)=g\circ (f\circ k)= (g\circ f)\circ k,$$ a na mocy założenia $h=k$. Pokazaliśmy tym samym, że $f$ jest mono.

Jak już ustaliliśmy, nie zawsze morfizmy są funkcjami, tym samym nie powinniśmy myśleć o monomorfizmach jak o injekcjach. Poniżej skonstruujemy przykład, który pokazuje, że nawet wśród kategorii z funkcjami jako morfizmami nasze intuicje mogą być zawodne:

Przykład 1.2.2. Niech $A$ oraz $B$ będą dowolnymi zbiorami oraz niech $f\colon A\to B$ będzie funkcją, która nie jest różnowartościowa. Konstruujemy kategorię ${\rm C}$ w następujący sposób: ${\rm Ob}({\rm C})=\{A,B\}$, natomiast $${\rm Hom}({\rm C})=\left\{{\rm id}_A,{\rm id}_B,f\right\}.$$ Zwróćmy uwagę, że nie istnieje żaden morfizm $g\colon B\to A$. Z konieczności zatem jeżeli $f\circ h=f\circ k$, to $h=k$: jeżeli dziedziną $h$ jest $A$, to jako że dziedziną $f$ również jest $A$, a przeciwdziedziną $B$, $h={\rm id}_A$ i wtedy równość spełniona jest trywialnie. Dziedziną $h$ nie może być $B$, bo, jak zdążyliśmy zauważyć, nie istnieje żaden morfizm odsyłający $B$ w $A$. Tym samym $f$ jest monomorfizmem nieróżnowartościowym.

Zauważmy, że w podanym przykładzie nie było istotne, jak dokładnie zachowuje się funkcja $f$. Mówiąc nieformalnie, kategoria ${\rm C}$ nie „zagląda” do środka obiektów i morfizmów.

Dualnym pojęciem do monomorfizmu jest pojęcie epimorfizmu:

Definicja 1.2.3. Mówimy, że $f\colon A\to B$ jest epimorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej pary $h,k\colon B\to C$ spełniającej $h\circ f=h\circ k$ zachodzi $h=k$.

Dla wygody zamiast pisać „$f$ jest epimorfizmem”, będziemy posługiwać się krótszym wyrażeniem „$f$ jest epi”. Czytelnik, wzorując się na poprzednich dowodach, łatwo może wykazać, że:

Stwierdzenie 1.2.4. Niech $f\colon A\to B$ oraz $g\colon B\to C$ będą morfizmami. Jeżeli $f$ oraz $g$ są epi, to i złożenie $g\circ f$ jest epi. Ponadto, jeżeli wiadomo, że $g\circ f$ jest epimorfizmem, to $g$ jest epi.

Nie będzie dla nas zdziwieniem, że w kategorii ${\rm Set}$ epimorfizmami są dokładnie funkcje „na”: jeżeli funkcja $f\colon A\to B$ jest surjekcją, a $h,k\colon B\to C$ takimi funkcjami, że $h\circ f=k\circ f$, to dla każdego $y\in B$ istnieje taki $x\in X$, że $f(x)=y$. Tym samym $$h(y)=h(f(x))=k(f(x))=k(y),$$ co dowodzi równości $h=k$.

Sprawdzenie przeciwnej implikacji pozostawiamy Czytelnikowi jako ćwiczenie1. Nie należy jednak utożsamiać pojęcia epimorfizmu z surjekcjami! Nie sięgając daleko, możemy w kategorii ${\rm Rng}$ znaleźć różnowartościowy (!) epimorfizm niebędący surjekcją:

Przykład 1.2.3. Rozważmy homomorfizm pierścieni $i\colon \mathbb{Z}\to\mathbb{Q}$ zanurzający pierścień liczb całkowitych w ciało liczb wymiernych. Pokażemy, że $i$ jest epimorfizmem. Rozważmy homomorfizmy pierścieni $h,k\colon \mathbb{Q}\to R$, dla których $h\circ i = k\circ i$. Ponieważ $i(n)=n\in\mathbb{Q}$, mamy $$h(i(n))=h(n)=k(n)=k(i(n))$$ dla wszystkich $n\in\mathbb{Z}$. Niech $\tfrac{a}{b}\in\mathbb{Q}$. Wówczas $$h\left(\tfrac{a}{b}\right)=h\left(a\cdot\tfrac{1}{b}\right)=h(a)h\left(\tfrac{1}{b}\right)$$ jako że $h$ jest homomorfizmem pierścieni. Na podstawie poprzedniej równości wiemy, że $h(a)=k(a)$, zatem $$h(a)h\left(\tfrac{1}{b}\right)=k(a)h\left(\tfrac{1}{b}\right)=k(b\cdot\tfrac{a}{b})h\left(\tfrac{1}{b}\right)=k(b)k\left(\tfrac{a}{b}\right)h\left(\tfrac{1}{b}\right).$$ Skoro $k(b)=h(b)$, to $$k(b)k\left(\tfrac{a}{b}\right)h\left(\tfrac{1}{b}\right)=h(b)k\left(\tfrac{a}{b}\right)h\left(\tfrac{1}{b}\right)=h(b)h\left(\tfrac{1}{b}\right)k\left(\tfrac{a}{b}\right)=h\left(b\cdot\tfrac{1}{b}\right)k\left(\tfrac{a}{b}\right).$$ Ostatecznie $$h\left(\tfrac{a}{b}\right)=h\left(b\cdot\tfrac{1}{b}\right)k\left(\tfrac{a}{b}\right)=h(1)k\left(\tfrac{a}{b}\right)=k(1)k\left(\tfrac{a}{b}\right)=k\left(1\cdot\tfrac{a}{b}\right)=k\left(\tfrac{a}{b}\right).$$ Czyli $h=k$, co należało wykazać.

Natomiast prawdziwe pozostaje następujące stwierdzenie:

Stwierdzenie 1.2.5. Jeżeli $\varphi\colon R\to S$ jest surjektywnym homomorfizmem pierścieni, to jest epimorfizmem.

Ćwiczenie 1.2.3. Uzasadnij powyższy fakt.

Wskazówka: Wykorzystaj podany fakt, że funkcje „na” spełniają ogólną własność $h\circ f=k\circ f\Rightarrow h=k$.

Inny, równie istotny, przykład znaleźć możemy w kategorii ${\rm Haus}$ przestrzeni Hausdorffa2:

Stwierdzenie 1.2.6. Funkcja ciągła $f\colon X\to Y$ między przestrzeniami Hausdorffa jest epimorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy ma gęsty obraz.

Przed dowodem tego stwierdzenia, odnotujmy następujący fakt:

Fakt 1.2.1. Jeżeli funkcje ciągłe $f,g\colon X\to Y$, gdzie $Y$ jest przestrzenią Hausdorffa, spełniają warunek $$f(x)=g(x), \quad x\in D$$ dla pewnego zbioru gęstego $D\subseteq X$, to $f=g$.

By uzasadnić powyższy fakt, zauważmy, że gdyby $f(x)\neq g(x)$ dla pewnego $x\in X$, to istniałyby dwa rozłączne zbiory $U$ oraz $V$, dla których $f(x)\in U$ oraz $g(x)\in V$. Zbiór $W=f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ jest niepusty, bo zawiera $x$, oraz jest otwarty jako przekrój dwóch zbiorów otwartych, ponieważ funkcje $f$ i $g$ były ciągłe. Z drugiej strony na zbiorze $W$ funkcje $f$ oraz $g$ muszą się różnić, bo $U$ oraz $V$ są rozłączne. Jako że zbiór $D$ jest gęsty, przecina zbiór $W$ w pewnym punkcie $y$. Ale z założenia $f(y)=g(y)$, co przeczy poprzedniej uwadze. Zatem $f(x)=g(x)$ dla wszystkich $x\in X$.

W dowodzie wykorzystamy ogólną konstrukcję następującej postaci: niech $Z$ będzie przestrzenią topologiczną oraz niech $F\subseteq Z$ będzie pewnym podzbiorem. Konstruujemy przestrzeń $Z'=Z_1\sqcup Z_2$ będącą sumą rozłączną3 dwóch kopii $Z$ (tj., $Z_1,Z_2$ są przestrzeniami homeomorficznymi z $Z$). Poprzez oznaczenie $z_1$ oraz $z_2$ będziemy rozumieć kopię tego samego punktu $z\in Z$ odpowiednio w $Z_1$ i $Z_2$. W $Z'$ określmy relację równoważności $z_1=z_2$ dla każdego $z\in F$, tj. utożsamiamy punkty zbioru $F$ obu kopii, a następnie tworzymy przestrzeń ilorazową4 $Z_F$ względem tak wprowadzonej relacji równoważności. Czytelnik może sprawdzić, że jeżeli $Z$ jest przestrzenią Hausdorffa, natomiast $F$ jego podzbiorem domkniętym, tak uzyskana przestrzeń $Z_F$ również jest przestrzenią Hausdorffa.

DOWÓD. Przypuśćmy, że $f\colon X\to Y$ ma gęsty obraz w $Y$. Niech $h,k\colon Y\to Z$ będą dwoma funkcjami ciągłymi takimi, że $h\circ f=k\circ f$. Wówczas, ponieważ $f(X)$ jest gęstym podzbiorem $Y$, funkcje $h$ oraz $k$ zgadzają się na pewnym podzbiorze gęstym, a więc, na mocy poprzedzającej uwagi, $h=k$.

Dla dowodu przeciwnej implikacji przyjmijmy, że dla funkcji ciągłej $f\colon X\to Y$, $f(X)$ nie jest gęste. Określmy $Z=\overline{f(X)}$ jako domknięcie obrazu przestrzeni $X$ poprzez $f$, wtedy $Z\neq Y$.

Niech $Y_Z$ będzie przestrzenią skonstruowaną według poprzedniej uwagi, a $h,k\colon Y\to Y_Z$ funkcjami zadanymi jako $$h(x)=[x_1], \quad k(x)=[x_2],$$ gdzie $[y_i]$ stanowi klasę równoważności w $Y_Z$ o reprezentancie $x_i$. Funkcje te są różne, ponieważ $Z\subsetneq Y$, natomiast zgadzają się na zbiorze $Z$ (wprost z definicji przestrzeni $Y_Z$). Stąd też $h\circ f=k\circ f$, ale $h\neq k$.

Przekonamy się w dalszej części, że wyróżnienie mono/epimorfizmów jest wciąż zbyt ogólne: dla przykładu topologiczne przekształcenie ilorazowe (zanurzenie kanoniczne $\pi\colon X\to X/_{\sim}$) jest, jak zobaczymy, czymś silniejszym od pojęcia epimorfizmu. Zwróćmy także uwagę, że w ogólności nieprawdą jest stwierdzenie, że każdy monomorfizm, który jest epi, jest izomorfizmem: podany poprzednio przykład przekształcenia odcinka na okrąg w kategorii ${\rm Top}$ stanowi kontrprzykład i dla tego stwierdzenia (sprawdź!). Natomiast z całą pewnością możemy stwierdzić, że:

Ćwiczenie 1.2.4. Wykaż, że każdy izomorfizm $f\colon A\to B$ jest zarówno mono, jak i epi.

Z kolei w niektórych kategoriach (najczęściej algebraicznych) istotnie izomorfizmy to dokładnie bimorfizmy – morfizmy jednocześnie mono oraz epi. Takimi kategoriami są m.in. ${\rm Grp}$, ${\rm Vec}$ czy ${\rm Rng}$.

Ćwiczenie 1.2.5. Pokaż, że w kategorii ciał ${\rm Fld}$ każdy epimorfizm jest izomorfizmem.

Wskazówka: Czy istnieją nieróżnowartościowe homomorfizmy ciał?

Z powyższego faktu skorzystamy w następnej części.


1 Wystarczy wnikliwie przetłumaczyć podany dowód dla monomorfizmów, „odwracając” strzałki, tj. kierunek morfizmów.

2 Przypomnijmy, że przestrzeń topologiczna $X$ jest przestrzenią Hausdorffa (lub: spełnia aksjomat oddzielania $T_2$), jeżeli dla każdych dwóch różnych punktów $x,y\in X$ istnieją takie zbiory rozłączne otwarte $U,V$, że $x\in U$ oraz $y\in V$.

3 Dla dowolnych zbiorów $A$ oraz $B$ możemy wprowadzić tzw. sumę rozłączną: $$A\sqcup B=\left\{(a,0)\colon a\in A\right\}\cup\left\{(b,1)\colon b\in B\right\}.$$ Jeżeli $A$ oraz $B$ były przestrzeniami topologicznymi, można zadać topologię na $A\sqcup B$ jako najmniejszą topologię, przy której włożenia $\varphi_1\colon A\to A\sqcup B$, $\varphi_2\colon B\to A\sqcup B$ zadane jako $$\varphi_1(a)=(a,0),\quad \varphi_2(b)=(b,1)$$ są ciągłe. Równoważnie: podzbiór $U\subseteq A\sqcup B$ jest otwarty wtedy i tylko wtedy, gdy przeciwobrazy $\varphi_1^{-1}(U)$, $\varphi_2^{-1}(U)$ są otwarte odpowiednio w $A$ i $B$. Suma rozłączna stanowi formę koproduktu, o których powiemy więcej w dalszej części.

4 Przypomnijmy, że jeżeli $X$ jest przestrzenią topologiczną z topologią $\tau$, a $\sim$ relacją równoważności określoną na zbiorze $X$, możemy utworzyć przestrzeń ilorazową $X/_{\sim}$, to jest przestrzeń wszystkich klas równoważności wyznaczonych przez relację $\sim$, z topologią $$\tau/_{\sim}=\left\{U\subseteq X/_{\sim}\colon \pi^{-1}(U)\in\tau\right\},$$ gdzie $\pi\colon X\to X/_{\sim}$ przyporządkowuje $x$ jego klasę abstrakcji $[x]_{\sim}$.

←← Wstęp