用户: Dforsign/代数学方法习题解

鉴于无人愿做李文威之习题, 在下勉就无人.

1基础架构

集合论

命题 1.1. 设 $X,Y$ 为全序集, 定义新的全序集

•	$X\bigsqcup Y$, 其序结构限制到 $X$ 和 $Y$ 上分别是原给定的序, 并且对所有 $x\in X$, $y\in Y$ 都有 $x<y$;
•	$X\times Y$, 配备反字典序: $(x_1,y_1)<(x_2,y_2)$ 当且仅当 $y_1<y_2$, 或 $y_1=y_2$ 而 $x_1<x_2$.

证明对于序数 $\alpha ,\beta$, 序数 $\alpha +\beta$ 与 $\alpha \beta$ 作为良序集分别同构于 $\alpha \bigsqcup \beta$ 与 $\alpha \times \beta$.

证明.

证明. 给定序数 $\alpha$, 下对 $\beta$ 超穷归纳:

•	当 $\beta =0$ 时, 上式无非是说 $\alpha \simeq \alpha$ 与 $0\simeq 0$.
•	当上式对 $\beta$ 成立时, 下证对 $\beta +1$ 也成立: $\alpha +\beta +1=(\alpha +\beta )\bigsqcup \{\alpha +\beta \}\simeq (\alpha \bigsqcup \beta )\bigsqcup \{\alpha +\beta \}\simeq \alpha \bigsqcup (\beta +1)$ 最后一个同构来自 $X\bigsqcup Y$ 的定义, 更显式地写明就是恒等映射以及 $\alpha +\beta \mapsto \beta$. $\alpha (\beta +1)=\alpha \beta +\alpha \simeq \alpha \times \beta +\alpha \simeq \alpha \times (\beta +1)=\alpha \times (\beta \bigsqcup \{\beta \})$ 最后一个同构来自 $X\times Y$ 的定义, 更显式地写明就是恒等映射以及 $f:\alpha \to \alpha \times \{\beta \}$.
•	当 $\beta$ 是极限序数时, 设对所有 $\xi <\beta$ 上式都成立, 下证对 $\beta$ 也成立: $\alpha +\beta =\sup \{\alpha +\xi :\xi <\beta \}=\bigcup \{\alpha +\xi :\xi <\beta \}\simeq \bigcup \{\alpha \bigsqcup \xi :\xi <\beta \}=\alpha \bigsqcup \beta$. $\alpha \beta =\sup \{\alpha \xi :\xi <\beta \}=\bigcup \{\alpha \xi :\xi <\beta \}\simeq \bigcup \{\alpha \times \xi :\xi <\beta \}=\alpha \times \beta$.

综上, 由超穷归纳定理命题得证.

$\square$

命题 1.2. 证明序数运算的下述性质.

1.	$\beta <\gamma ⟹\alpha +\beta <\alpha +\gamma$;
2.	若 $\alpha <\beta$, 则存在唯一的 $\delta$ 使得 $\beta =\alpha +\delta$.
3.	(带余除法) 对于 $\gamma ,\alpha >0$, 存在唯一的 $\beta ,\rho$ 使得 $\rho <\alpha$ 且 $\gamma =\alpha \beta +\rho$.
4.	若 $\alpha >1$, 则 $\beta <\gamma ⟹{\alpha }^{\beta }<{\alpha }^{\gamma }$.

证明.

证明.

1.	若 $\gamma$ 是极限序数, 据极限序数之定义即得; 若否, 对 $\gamma$ 数学归纳法立得.
2.	取 $\delta$ 为良序集 $\{\xi :\alpha \le \xi <\beta \}$, 唯一性由上一命题保证: 若 $\gamma ,{\gamma }^{\prime }$ 均满足条件, 不妨设 $\gamma \subset {\gamma }^{\prime }$, 若 $\gamma <{\gamma }^{\prime }$, 则 $\beta =\alpha +\gamma <\alpha +{\gamma }^{\prime }=\beta$ 矛盾.
3.	$\gamma \le \alpha$ 的情形显然, 若 $\alpha <\gamma$, 存在 ${\beta }_0$ 使得 $\alpha {\beta }_0<\gamma$, 取 $\beta$ 为其最大者, 应用命题 (2) 即得.
4.	与命题 (1) 一致. $\square$

命题 1.3. 举例说明对于序数 $\alpha ,\beta$, 一般而言 $\alpha \beta \ne \beta \alpha$.

证明.

证明. 取 $2=\alpha <\beta =\omega$, 则 $2\cdot \omega =\omega \ne \omega \cdot 2=\omega +\omega$.

$\square$

命题 1.4. 证明任意序数 $\gamma >0$ 皆有唯一的 Cantor 标准形$$\gamma ={\omega }^{{\alpha }_1}{k}_1+\cdots +{\omega }^{{\alpha }_n}{k}_n,$$其中 $n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$, $\gamma \ge {\alpha }_1>\cdots >{\alpha }_n$ 皆为序数, 而 $k_1,\dots ,k_n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$.

证明.

证明. 对 $\gamma$ 归纳:

•	当 $\gamma =1$ 时, 有 $1={\omega }^0$.
•	当上式对 $\xi <\gamma$ 成立时, 下证对 $\gamma$ 也成立: 设 $\alpha$ 是使得 ${\omega }^{\alpha }\le \gamma$ 成立的最大序数, 由序数的带余数除法, 存在唯一的 $\delta ,k_i$ 使得 $\gamma ={\omega }^{\alpha }{k}_i+\delta$, 其中 $\delta <{\omega }^{\alpha },k_i\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$. 对 $\delta$ 反复使用归纳假设即得. 唯一性由归纳时的构造保证. $\square$

命题 1.5. 证明 $f(a,b)=2^a(2b+1)-1$ 是从 ${\mathbb{Z}}_{\ge 0}\times {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ 到 ${\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ 的双射.

证明.

证明. 这无非是算术基本定理. 更具体的做法是对每个 $a$ 证明 $b$ 取遍自然数时函数值取遍对应的 $2^a{p}^1{p}^2\dots p^k$, 于是这的确是个双射.

$\square$

命题 1.6. 以下结果称作 König 引理: 设 ${\kappa }_i,{\lambda }_i$ 为两族以 $i\in I$ 为下标的基数, 且对每个 $i\in I$ 皆有 ${\kappa }_i<{\lambda }_i$. 证明$$\sum _{i\in I}{\kappa }_i<\prod _{i\in I}{\lambda }_i.$$导出 Cantor 定理 $\kappa \le 2^{\kappa }$ 作为特例.

证明.

证明. 可以抄袭 Kőnig 定理.

$\square$

范畴论

命题 1.7. 设 $A\stackrel{f}{\to }B\stackrel{g}{\to }C\stackrel{h}{\to }D$ 是任意范畴中的态射. 证明若 $A\stackrel{gf}{\to }C$ 和 $B\stackrel{hg}{\to }D$ 皆为同构. 则 $f,g,h$ 全是同构.

证明.

证明. 交换图表$$ABCDfgh(gf{)}^{-1}(hg{)}^{-1}$$道尽一切:$f^{-1}:=(gf{)}^{-1}g,g^{-1}:=f(gf{)}^{-1}=(hg{)}^{-1}h,h^{-1}:=g(hg{)}^{-1}$.

于是 $f^{-1}f=(gf{)}^{-1}gf={\mathrm{id}}_A,f{f}^{-1}=f(gf{)}^{-1}g=(hg{)}^{-1}hg={\mathrm{id}}_B$.

同理可证 $h$ 也是同构.

$\square$

命题 1.8. 对范畴 $\mathcal{C}$, ${\mathcal{C}}^{\prime }$ 定义其并 $\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }$ 如下: $$\begin{array}{rl}\mathrm{Ob}(\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime })& :=\mathrm{Ob}(\mathcal{C})\bigsqcup \mathrm{Ob}({\mathcal{C}}^{\prime }),\\ {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }}(X,Y)& :=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}}(X,Y),& X,Y\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C})\\ {\mathrm{Hom}}_{{\mathcal{C}}^{\prime }}(X,Y),& X,Y\in \mathrm{Ob}({\mathcal{C}}^{\prime }),\\ \text{独点集}\{\ast \},& X\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C}),Y\in \mathrm{Ob}({\mathcal{C}}^{\prime }),\\ \varnothing ,& X\in \mathrm{Ob}({\mathcal{C}}^{\prime }),Y\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C}).\end{array}\end{array}$$为 $\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }$ 中的态射合理地定义合成和单位元, 并验证 $\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }$ 确实构成范畴; 它包含 $\mathcal{C}$ 和 ${\mathcal{C}}^{\prime }$ 作为全子范畴. 对于有限序数范畴, 证明 $\mathbf{n}\star \mathbf{m}$ 同构于 $\mathbf{n}+\mathbf{m}$.

证明.

证明.

•	令 $\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }$ 保恒等映射, 对 $X,Y\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C})$ 或 $X,Y\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C}{)}^{\prime }$ 继承原范畴的态射复合, 对 $X,Y\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C}),Z\in \mathrm{Ob}({\mathcal{C}}^{\prime }),\forall f\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}}(X,Y),g\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }}(Y,Z)$ 定义合成 $gf:=\{(X,Z)\}\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }}(X,Z)$, 这里的选择因为单点集而自是唯一的. 同理, 对 $Y\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C}),Z,W\in \mathrm{Ob}({\mathcal{C}}^{\prime }),g\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }}(Y,Z),\forall h\in {\mathrm{Hom}}_{{\mathcal{C}}^{\prime }}(Z,W),$ 定义合成 $hg:=\{(Y,W)\}\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }}(Y,W)$, 这里的选择因为单点集而自是唯一的. 现验证对 $X,Y\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C}),Z,W\in \mathrm{Ob}({\mathcal{C}}^{\prime }),\forall f\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}}(X,Y),\forall g\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }}(Y,Z),\forall h\in {\mathrm{Hom}}_{{\mathcal{C}}^{\prime }}(Z,W)$, 结合律 $h(gf)=(hg)f=\{(X,W)\}$ 的确成立. 从而 $\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }$ 确为一个范畴.
•	显然, $\mathcal{C}$ 和 ${\mathcal{C}}^{\prime }$ 是 $\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }$ 的全子范畴. 这里的含入函子是自明的.
•	只需验证对 $i\in \mathbf{n},j\in \mathbf{m}$ 有 ${\mathrm{Hom}}_{\mathbf{n}\star \mathbf{m}}(i,j)\simeq {\mathrm{Hom}}_{\mathbf{n}+\mathbf{m}}(i,j)$, 而二者均为单点集, 自然有自明的集合同构. $\square$

注 1.9. 初学者 ¹或许会对并范畴确实是范畴这一事实提出如下异议:

“反例”.

“反例”. 令 $X:=\{x\}$ 以及 $Z:=\{z\},W:=\{w_1,w_2\}$. 定义$$\mathcal{C}:=X(略去恒等态射).$$定义$${\mathcal{C}}^{\prime }:=Z\stackrel{h}{\underset{h^{\prime }}{\rightrightarrows }}W(略去恒等态射),$$其中 $h:z\mapsto w_1,h^{\prime }:z\mapsto w_2$ 是集合映射.

若 $\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }$ 确为范畴, 则态射均可复合, 又由于 ${\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }}(X,Z)$ 与 ${\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}\star {\mathcal{C}}^{\prime }}(X,W)$ 均为单点集, 于是复合没有其他选择, 必须使得下述图表交换: $$XWZ{\ast }^{\prime }\ast h{h}^{\prime }$$这也就是说 ${\ast }^{\prime }=h\circ \ast =h^{\prime }\circ \ast \iff {\ast }^{\prime }(x)=h(z)=h^{\prime }(z)\iff {\ast }^{\prime }(x)=w_1=w_2$, 矛盾?!

$\square$

实则问题出在 $\ast (x)=z$ 这一步: 范畴论中的对象和态射不一定逐点定义.

$\square$

命题 1.10. 选定 Grothendieck 宇宙, 证明其中全体有限全序集及其间的保序映射构成一个范畴 ${\mathsf{Ord}}_f$. 证明有限序数 $0,1,\dots$ 构成此范畴的骨架.

证明.

证明. ${\mathsf{Ord}}_f$ 的态射的复合性, 结合性分别来自保序映射的复合性, 保序映射的结合性. 因此其确为范畴.

诚然, 有限序数 $\mathfrak{N}:=\{0,1,\dots \}$ 构成 ${\mathsf{Ord}}_f$ 之全子范畴. 下证对每个 $\alpha \in {\mathsf{Ord}}_f$ 都存在同构 $\alpha \stackrel{\sim }{\to }\mathbf{i}\in \mathfrak{N}$, 且 $\mathbf{i}$ 唯一.

由于 $\alpha$ 有限, 于是存在自然数 $n$ 使得 $|\alpha |=n$, 于是有自然同构 $\alpha \stackrel{\sim }{\to }\mathbf{n}$, $\mathbf{n}$ 当然在 $\mathfrak{N}$ 中唯一.

$\square$

命题 1.11. 设 $\mathcal{C}$ 为范畴, 并对每个 $X,Y\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C})$ 在 ${\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}}(X,Y)$ 上给定二元关系 $\mathcal{R}$. 构造相应的商范畴 $\mathcal{C}/\mathcal{R}$ 连同函子 $Q:\mathcal{C}\to \mathcal{C}/\mathcal{R}$ 使得

1.	对任意 $\mathcal{C}$ 中态射 $f$, $g$ 有 $f\mathcal{R}g⟹Q(f)=Q(g)$,
2.	函子 $Q$ 在对象集上是双射,
3.	对任何函子 $S:\mathcal{C}\to {\mathcal{C}}^{\prime }$ 满足 $f\mathcal{R}g⟹S(f)=S(g)$ 者, 存在唯一的函子 $\bar{S}:\mathcal{C}/\mathcal{R}\to {\mathcal{C}}^{\prime }$ 使得 $S=\bar{S}Q$.

说明 $Q:\mathcal{C}\to \mathcal{C}/\mathcal{R}$ 的唯一性.

证明.

证明. 首先延拓二元关系 $\mathcal{R}$ 为一个 $\mathcal{C}$ 上的相容等价关系 ${\mathcal{R}}^{\prime }$:

•	若 $f\mathcal{R}g$, 则 $f{\mathcal{R}}^{\prime }g$
•	若 $f\mathcal{R}g$, 则 $g{\mathcal{R}}^{\prime }f$(对称性)
•	若 $f\mathcal{R}g$, 则 $f{\mathcal{R}}^{\prime }f,g{\mathcal{R}}^{\prime }g$(自反性)
•	若 $f\mathcal{R}g,g\mathcal{R}h$, 则 $f{\mathcal{R}}^{\prime }g{\mathcal{R}}^{\prime }h$(传递性)
•	若 $f\mathcal{R}g$ 且 $bfa,bga\in \mathrm{Mor}(\mathcal{C})$, 则 $(bfa){\mathcal{R}}^{\prime }(bga)$(相容性)

诚然,$\mathcal{R}\subset {\mathcal{R}}^{\prime }$ 且 ${\mathcal{R}}^{\prime }$ 是满足该条件中最小者. 现定义商范畴如下:

•	$\mathrm{Ob}(\mathcal{C}/\mathcal{R})=\mathrm{Ob}(\mathcal{C})$
•	${\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}/\mathcal{R}}(X,Y)={\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}}(X,Y)/{\mathcal{R}}^{\prime }$

恂须明晰 $\mathcal{C}/\mathcal{R}$ 确为范畴: 恒等映射继承自 $\mathcal{C}$, 态射复合性继承自 ${\mathcal{R}}^{\prime }$ 之相容性, 结合性来源于$$[fg][h]=[(fg)h]=[f(gh)]=[f][gh].$$

函子 $Q:\mathcal{C}\to \mathcal{C}/\mathcal{R}$ 是自明的, 且确乎满足 1 和 2, 下证满足 3. 定义集合$$\mathfrak{S}=\bigcup _{X,Y\in \mathrm{Ob}(C)}\{(f,g)\mid f,g\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}}(X,Y),S(f)=S(g)\}.$$诚然,$\mathfrak{S}$ 为一个 $\mathcal{C}$ 上的相容等价关系且 $\mathcal{R}\subset \mathfrak{S}$, 由于 ${\mathcal{R}}^{\prime }$ 是满足该条件的相容等价关系中最小者, 于是有 ${\mathcal{R}}^{\prime }\subset \mathfrak{S}$.

于是对范畴 $\mathcal{C}/\mathcal{R}$ 和相容等价关系 $\mathfrak{S}$ 可定义唯一满足 1,2 的商范畴及函子, 此函子即所求 $\bar{S}$.

欲证商函子 $Q$ 唯一, 反设存在另一函子 $Q^{\prime }$ 同时满足上述性质, 由性质 1,3 得存在唯一的函子 $S:\mathcal{C}/\mathcal{R}\to \mathcal{C}/\mathcal{R}$ 使得 $Q^{\prime }=SQ$. 由性质 1 知 $SQ,Q$ 在对象集上均为双射, 于是函子 $S$ 在对象集上是双射. 由于 $SQ,Q$ 在态射集上是满射, 于是函子 $S$ 在态射集上是满射. 同理, $S{Q}^{\prime },Q^{\prime }$ 在态射集上是满射, 于是函子 $S$ 在态射集上是双射. 综上,$S={\mathrm{id}}_{\mathcal{C}/\mathcal{R}}$. 故 $Q^{\prime }=SQ={\mathrm{id}}_{\mathcal{C}/\mathcal{R}}=Q$.

$\square$

命题 1.12. 设 $F:{\mathcal{C}}_1\to {\mathcal{C}}_2$ 和 $G:{\mathcal{C}}_2\to {\mathcal{C}}_3$ 为范畴等价 (即: 具有拟逆函子), 证明 $GF:{\mathcal{C}}_1\to {\mathcal{C}}_3$ 也是等价, 其拟逆可以取为 $F$ 和 $G$ 的拟逆之合成.

证明.

证明. 交换图表道尽一切.

$\square$

命题 1.13. 详述

1.	忘却函子 $\mathsf{Grp}\to \mathsf{Set}$ 的左伴随是自由群函子: $F:X\mapsto \mathbf{F}(X)$, 其单位是集合 $X$ 到其自由群的嵌入 $X\hookrightarrow \mathbf{F}(X)$.
2.	包含函子 $\mathsf{Ab}\to \mathsf{Grp}$ 的左伴随是 Abel 化函子 $G\mapsto G/G_{\text{der}}$, 其单位是商同态 $G\to G/G_{\text{der}}$.
3.	包含函子 $\mathsf{ComMetr}\to \mathsf{Metr}$ 的左伴随是完备化 $(X,d)\mapsto (\hat{X},\hat{d})$, 其单位是标准 (对角) 的等距嵌入 $X\hookrightarrow \hat{X}$.
4.	令 $\mathsf{CHaus}$ 为紧 Hausdorff 拓扑空间构成的范畴, 包含函子 $\mathsf{CHaus}\to \mathsf{Top}$ 的左伴随是 Stone–Čech 紧化 $X\mapsto \beta X$, 其单位是紧化带有的连续映射 $X\to \beta X$.

中各个伴随对的余单位.

列举.

列举.

1.	自由群 $\mathbf{F}(G)$ 到群 $G$ 的自然群同态.
2.	恒等态射 ${\mathrm{id}}_{\mathsf{Ab}}$.
3.	恒等态射 ${\mathrm{id}}_{\mathsf{ComMetr}}$.
4.	恒等态射 ${\mathrm{id}}_{\mathsf{CHaus}}$.

$\square$

命题 1.14. 记 $\mathsf{Ring}$ 为以环为对象, 环同态为态射的范畴, 注意到这里的环皆含乘法幺元, 同态按定义须保幺元. 如果不假设环含幺, 所得范畴记为 $\mathsf{Rng}$ (这可能是本书中唯一一次考虑这类环). 证明显然的函子 $\mathsf{Ring}\to \mathsf{Rng}$ 具有左伴随.

证明.

证明. 含入函子 $\iota :\mathsf{Ring}\hookrightarrow \mathsf{Rng}$ 的左伴随是 Dorroh 扩张函子, 或称无幺环的幺元化.

有自然的同构 $\phi :{\mathrm{Hom}}_{\mathsf{Ring}}(D(\cdot ),\cdot )\stackrel{\sim }{\to }{\mathrm{Hom}}_{\mathsf{Rng}}(\cdot ,\iota (\cdot ))$, 这无非是在说图表$$D(N)RN\exists !$$交换.

$\square$

命题 1.15. 设 $(F,G,\phi )$ 是伴随对, 则

1.	$\eta :{\mathrm{id}}_{{\mathcal{C}}_1}\to GF$ 为同构当且仅当 $F$ 是全忠实函子;
2.	$\epsilon :FG\to {\mathrm{id}}_{{\mathcal{C}}_2}$ 为同构当且仅当 $G$ 是全忠实函子.

证明.

证明. 由于单位与余单位的对偶性, 只须证明 1.

先证明对所有 ${\mathcal{C}}_1$ 中的态射 $f:X\to Y$ 都有 $\phi (Ff)={\eta }_{Y}f:X\to GFY$: 这是缘于 $\phi$ 的自然性导致图表$${\mathrm{id}}_{FY}\mathrm{Hom}(FY,FY)\mathrm{Hom}(Y,GFY){\eta }_{Y}Ff\mathrm{Hom}(FX,FY)\mathrm{Hom}(X,GFY)\phi (Ff)={\eta }_{Y}f.\in \phi (Ff{)}^{\ast }{f}^{\ast }\ni \in \phi \ni$$交换. 米田引理表明 ${\eta }_Y:Y\stackrel{\sim }{\to }GFY$ 当且仅当 $f\mapsto {\eta }_{Y}f$ 给出双射 $\mathrm{Hom}(X,Y)\stackrel{\sim }{\to }\mathrm{Hom}(X,GFY)$, 其中 $X$ 取遍 ${\mathcal{C}}_1$ 的对象; 既然 $\phi$ 是同构, 这又相当于 $f\mapsto Ff$ 是双射, 亦即 $F$ 是全忠实的.

$\square$

命题 1.16. 假设 $\mathcal{C}$ 既是完备也是余完备的. 对于小范畴 $I$, 证明对角函子 $\Delta :\mathcal{C}\to {\mathcal{C}}^I$ 有左, 右伴随函子, 阐释它们与 $\mathcal{C}$ 中的 $\underrightarrow{\lim }$ 与 $\underleftarrow{\lim }$ 的关系, 相应的单位和余单位作何解释?

证明. a

$\square$

2线性代数

1.

^ 指笔者.