27. 线性代数 I-Abel 范畴与复形

本节来解释一下何谓 Abel 范畴. 当然我们假定读者都知道什么是充实范畴. 这些可以通过对应的词条进行学习. 或者阅读 [李文威卷一, 3.4] 以及 [李文威卷二, 1.2]. 粗略来说, Abel 范畴就是态射与对象可以相加减, 并且满足同态基本定理的范畴. 将这几章命名为线性代数的原因在于我们确实可以发现这相当于在范畴上做线性代数. 当然, 本章可以视为对于 [李文威卷二] 的释经学.

27.1预备知识

像与余像

本节的目的是为了在一般的范畴上刻画像 (范畴论) 的概念 (当然, 这个范畴需要满足一些条件). 对于态射 $X\stackrel{f}{\to }Y$, 我们来设想一下其像会是什么样子. 事实上, 像是 $f$ 在 $Y$ 上体现出的全体信息. 回忆到等子是 $f,g:X\to Y$ 中相同的部分. 那么如果我们想刻画出像. 只需将 $f$ 在 $Y$ 上体现出的全体信息刻画为某两个态射相同的部分. 那么如何刻画为这两个态射的相同部分呢? 考虑态射 $X\stackrel{f}{\leftarrow }Z\stackrel{g}{\to }Y$ , 我们知道推出所表的含义是将 $X$ 和 $Y$ 沿着 $f(Z)$ 和 $g(Z)$ 中的信息粘起来. 因此我们就知道像该怎么刻画了. 这无非是考虑 $Y\stackrel{f}{\leftarrow }X\stackrel{f}{\to }Y$ 的推出这样我们就将 $f$ 在 $Y$ 上的信息粘了起来. 然后我们取等子$$\ker \left(YY\bigsqcup _{X}Y\right)$$就得到了 $f$ 在 $Y$ 上的全体信息. 从而给出定义 (当然对偶的情况也是类似可以得到的)

定义 27.1.1 (像, 余像). 设 $f:X\to Y$ 为 $\mathcal{C}$ 中的态射.

•	假定 $Y\bigsqcup _{X}Y$ 存在, 若等子 $\ker \left(Y\rightrightarrows Y\bigsqcup _{X}Y\right)$ 存在, 则称为 $f$ 的像, 记为 $\mathrm{im}(f)$; 它带有典范单态射 $\mathrm{im}(f)\hookrightarrow Y$.
•	对偶地, 假定 $X\underset{Y}{\times }X$ 存在, 若 $\mathrm{coker}\left(X\underset{Y}{\times }X\rightrightarrows X\right)$ 存在, 则称为 $f$ 的余像, 记为 $\mathrm{coim}(f)$; 它带有典范满态射 $X\twoheadrightarrow \mathrm{coim}(f)$.

不难发现余像可以视为 $f$ 在 $X$ 上所能使用的信息, 即 $f$ 在 $Y$ 上有作用的信息在 $X$ 上的体现. 说来略显拗口, 不过读者也不必深究, 完全可以当做是本人的呓语. 不过像与余像的意义可以完全由以下引理表出.

引理 27.1.2. 设 $f:X\to Y$ 有余像 (或像), 则对于任意单态射 $j:Y^{\prime }\hookrightarrow Y$ (或满态射 $q:X\twoheadrightarrow X^{\prime }$), 若态射 $g:X\to Y^{\prime }$ 满足 $jg=f^{\prime }$ (或 $g:X^{\prime }\to Y$ 满足 $gq=f$) 则存在唯一的 $\bar{g}$ 使下图交换$$XYXY\mathrm{coim}(f)Y^{\prime },\text{或}{X}^{\prime }\mathrm{im}(f)fgfq\bar{g}jg\bar{g}$$

证明. 泛性质验证即可.

$\square$

不难发现这样诱导出态射根据单态射和满态射的消去律, 这样的态射是唯一的. 为初步说明这一态射的意义, 我们给出以下引理.

引理 27.1.3. 考虑 $\mathcal{C}$ 中的态射 $f:X\to Y$, 则

$f$ 满当且仅当 $\mathrm{im}(f)\simeq Y$, $f$ 单当且仅当 $X\simeq \mathrm{coim}(f)$.

证明.

证明. 由对偶性, 证明第一个等价即可. 由像的定义可知推出的两条典范态射 $i_1,i_2:Y\rightrightarrows Y\bigsqcup _{X}Y$ 与 $f$ 的复合是一致的, 因此由 $f$ 满可知 $i_1=i_2$, 从而公共部分为 $Y$, 即 $\mathrm{im}(f)\simeq Y$.
若 $\mathrm{im}(f)\simeq Y$, 则 $i_1=i_2$, 从而对于任意 $Z\in \mathrm{Ob}(\mathcal{C})$ 使得 $g_1,g_2:Y\rightrightarrows Z$ 都有 $g_{1}f=g_{2}f$. 由推出定义知存在典范态射 $g:Y\bigsqcup _{X}Y\to Z$ 使得 $g_j=g\circ i_j$ ($j\in \{1,2\}$) 因此 $g_1=g_2$.

$\square$

那么此时就可以回答为什么即单又满的态射不一定是同构了. 因为此时典范态射 $\mathrm{coim}(f)\to \mathrm{im}(f)$ 不一定是同构. 可以归结出以下定义:

定义 27.1.4. 对于 $\mathcal{C}$ 中态射 $f:X\to Y$, 假定 $\mathrm{coim}(f)$ 与 $\mathrm{im}(f)$ 均存在, 称 $f$ 是严格的, 是指典范态射 $\mathrm{coim}(f)\to \mathrm{im}(f)$ 为同构.

关于严格态射的进一步讨论将在下一节中得到揭示. 当然我们马上就进入下一节.

27.2Abel 范畴

加性范畴

所谓加性范畴就是态射真正的可以进行相加的范畴, 那么这无疑给了我们两个要求:

1.	态射可以相加减
2.	对象可以相加.

前者相等于说态射构成 Abel 群, 并且对象之间存在某种特殊的 “乘积”. 那么这自然要求我们考虑 Ab-范畴, 即充实于 Abel 群所构成范畴 $\mathsf{Ab}$ 的范畴. 而现在我们来考虑对象的相加. 回忆到在线性代数或者模论) 的学习中, 我们将向量空间 (或者模) 的求和定义为一族线性空间 (或模) $V_i$ 的和定义为$$\sum _{i\in I}{V}_i:=\left\{\text{有限和}\sum _i{v}_i\in \prod _{i\in I}{V}_i:\forall i,v_i\in V_i\right\}$$考虑有限和的原因是因为在代数运算中通常不考虑无穷求和, 只有在引入一些拓扑结构之后我们才能知道无穷求和的收敛性. 那么类似地, 我们也不考虑无穷个对象的求和, 只考虑有限个对象的求和. 这告诉我们只需要定义出两个对象 $X$ 和 $Y$ 的和即可. 既然我们在范畴上考虑, 就无法通过 $X$ 和 $Y$ 的内部元素来刻画和, 得通过外部的形式. 那么我们想, $X$ 与 $Y$ 的和 $X\oplus Y$ 应该具有哪些性质? 首先 $X$ 和 $Y$ 应当可以嵌入到 $X\oplus Y$ 中, 并且 $Z$ 也有到 $X$ 和 $Y$ 的投影 (求和的一边) 即给出以下图表那么不难发现 $X$ (或 $Y$) 嵌入到 $X\oplus Y$ 再投影回 $X$(或 $Y$) 应当是恒等态射, 即 $p_X{\iota }_X={\mathrm{id}}_X$ 且 $p_Y{\iota }_Y={\mathrm{id}}_Y$. 此外 $X\oplus Y$ 中所有信息应当都由 $X$ 和 $Y$ 来决定, 即 ${\iota }_X{p}_X+{\iota }_Y{p}_Y={\mathrm{id}}_{X\oplus Y}$. 归结出以下定义

定义 27.2.1 (双积). 设 $\mathcal{C}$ 为 $\mathsf{Ab}$-范畴, $X_1$ 和 $X_2$ 为其中对象. 则 $X_1$ 和 $X_2$ 的双积意指图表使得 $p_1{\iota }_1={\mathrm{id}}_{X_1}$, $p_2{\iota }_2={\mathrm{id}}_{X_2}$ 且 ${\iota }_1{p}_1+{\iota }_2{p}_2={\mathrm{id}}_Z$. 称 $({\iota }_1,{\iota }_2,p_1,p_2)$ 是 $X_1$ 和 $X_2$ 的双积, 记作 $Z=X_1\oplus X_2$.

不难发现双积与积和余积具有一些相似性, 事实上在有限情况下这三者是等价的, 我们有定理:

定理 27.2.2. 设 $X_1$, $X_2$ 为 $\mathsf{Ab}$-范畴 $\mathcal{C}$ 中的对象. 以下断言等价

1.	积 $X_1\times X_2$ 存在.
2.	余积 $X_1\bigsqcup X_2$ 存在.
3.	$X_1$ 和 $X_2$ 的双积 $X_1\oplus X_2$ 存在.

若任一断言成立, 则双积 $X_1\oplus X_2$ 连同 $(p_1,p_2)$ 给出 $X_1$ 和 $X_2$ 的积, 而 $X_1\oplus X_2$ 连同 $({\iota }_1,{\iota }_2)$ 给出 $X_1$ 和 $X_2$ 的余积.

证明. 证明过于简单, 留作习题.

$\square$

那么现在我们就可以定义出加性范畴.

定义 27.2.3. 满足以下条件的 $\mathsf{Ab}$-范畴称为加性范畴:

•	存在零对象 $0$(或说它为带点范畴).
•	对任意两个对象 $X$, $Y$ 都有双积 $X\oplus Y$.

加性范畴中任意有限多个对象 $X_1,\cdots ,X_n$ 都有双积 $X_1\oplus \cdots \oplus X_n$, 根据前文的精神, 称为这些对象的直和, 而 $X_1,\cdots ,X_n$ 则称为直和项.

在 $\infty$-范畴中对于加性 $\infty$-范畴的定义是完全类似的 (此时加性也可以体现为其同伦范畴加性). 最后来讨论加性范畴之间的函子. 所谓加性函子就是 $\mathsf{Ab}$-范畴之间的函子. 虽然在加性范畴中增加了零对象以及双积概念, 不过可以说明 $\mathsf{Ab}$-范畴之间的函子保零对象以及双积. 进一步说明加性函子具有以下特征:

推论 27.2.4. 设 $\mathcal{C}$ 和 ${\mathcal{C}}^{\prime }$ 为加性范畴, $F:\mathcal{C}\to {\mathcal{C}}^{\prime }$ 为函子.

1.	$F$ 保有限积当且仅当其保有限余积.
2.	$F$ 保有限积, 则 $F$ 为加性函子.
3.	$F$ 保零对象和双积, 则 $F$ 为加性函子.
4.	若 $F$ 为等价, 则 $F$ 及其逆均加性.
5.	若 $F$ 具有左 (右) 伴随, 则 $F$ 为加性函子.

证明. 留作习题.

$\square$

核与余核

在加性范畴中 (主要是有 $0$ 态射了, 所以其实可以在具有零对象的), 我们就可以自然地定义出核与余核的概念. 核无非是 $f$ 与 $0$ 的共同部分, 而我们知道在范畴中等子这一构造就是用来描述共同部分的. 因此可以定义核与余核如下

定义 27.2.5 (核, 余核). 设 $\mathcal{C}$ 为具有零对象的 $\mathsf{Ab}$-范畴, $f:X\to Y$ 为 $\mathcal{C}$ 中的态射.

•	若等子 $\ker (f,0)$ 存在, 则称 $\ker (f):=\ker (f,0)$ 连同 $\ker (f)\hookrightarrow X$ 为 $f$ 的核.
•	若余等子 $\mathrm{coker}(f,0)$ 存在, 则称 $\mathrm{coker}(f):=\mathrm{coker}(f,0)$ 连同 $Y\twoheadrightarrow X$ 为 $f$ 的余核.

那么可以很自然地得出以下命题:

命题 27.2.6.

•	$f$ 为单 (满) 态射当且仅当 $\ker (f)=0$($\mathrm{coker}(f)=0$).
•	$f$ 零态射等价于 $\ker (f)\stackrel{\sim }{\to }X$, 也等价于 $Y\stackrel{\sim }{\to }\mathrm{coker}(f)$.

证明.

证明.

•	核相当于在说 $f$ 所损失的信息, 因此当 $f$ 与 $0$ 的共同部分只有 $0$ 时自然为单. 单自然有 $f$ 与 $0$ 的共同部分为 $0$, 读者自行验证即可.
•	显然.

$\square$

此外, 如果我们将像与余像引入进讨论, 则可以得到

命题 27.2.7. 设 $f:X\to Y$ 为加性范畴 $\mathcal{C}$ 中的态射, 则有典范同构$$\mathrm{im}(f)\simeq \ker \left(Y\to \mathrm{coker}(f)\right)\hookrightarrow Y.$$$$\mathrm{coim}(f)\simeq \mathrm{coker}\left(\ker (f)\hookrightarrow X\right)\twoheadleftarrow X.$$

证明. 使用 Yoneda 引理即可.

$\square$

注 27.2.8. 事实上, 可以将余核 $\mathrm{coker}(X\to Y)$ 视为 $Y/X$ (因为余核作为余等子相当于说商去相同部分), 因此以后我们直接使用 $Y/X$ 这一符号.

那么根据命题 27.2.7 可知 $\mathrm{coim}(f)\simeq X/\ker (f)$. 从而严格态射可以被刻画为

对于加性范畴 $\mathcal{C}$ 中的态射 $f:X\to Y$, 其为严格的当且仅当 $X/\ker (f)\simeq \mathrm{im}(f)$.

不难发现这就是我们所熟知的同态基本定理. 当然, 我们事实上可以通过另外一个视角来看核与余核. 即核可以刻画为拉回图表$$\ker (f)\simeq X\underset{Y}{\times }0X0Y.f$$由等子与余等子的函子性可以给出核与余核的函子性, 刻画为$$\ker (f)XYXY\mathrm{coker}(f)\ker (g)X^{\prime }{Y}^{\prime }{X}^{\prime }{Y}^{\prime }\mathrm{coker}(g).\exists !fabfab\exists !gg$$, 更进一步可以得到

命题 27.2.9. 若加性图表 $\mathcal{C}$ 中的图表$$XY{X}^{\prime }Y.fabg$$若其为拉回 (或推出) 图表, 且所论核与余核均存在, 则 $\ker (f)\simeq \ker (g)$(或 $\mathrm{coker}(f)\simeq \mathrm{coker}(g)$).

证明.

证明. 只需证明拉回情况即可. 仍然是熟悉的使用 Yoneda 引理进行证明, 这次稍微负点责任证一下. 对于任意对象 $T$, 有$$\begin{array}{rl}\mathrm{Hom}(T,\ker (f))& \simeq \ker (\mathrm{Hom}(T,X)\to \mathrm{Hom}(T,Y))(\mathrm{Hom}\text{与极限可交换})\\ & \simeq \ker \left(\mathrm{Hom}(T,Y)\underset{\mathrm{Hom}(T,Y^{\prime })}{\times }\mathrm{Hom}(T,X^{\prime })\to \mathrm{Hom}(T,Y)\right)(\text{拆解}X)\\ & =\ker \left(\mathrm{Hom}(T,X^{\prime })\to \mathrm{Hom}(T,Y^{\prime })\right)\simeq \mathrm{Hom}(T,\ker (g))\end{array}$$

$\square$

Abel 范畴

现在我们终于可以介绍 Abel 范畴. 它事实上就是具有同态基本定理的加性范畴. 即

定义 27.2.10 (Abel 范畴). 称加性范畴 $\mathcal{A}$ 为 Abel 范畴是指:

•	其全体态射均有核与余核.
•	所有态射均严格.

例 27.2.11.

•	对于任意环 $R$, $R$-模范畴 ${\mathsf{Mod}}_R$ 都是 Abel 范畴 (不如说 Abel 范畴正是其推广).
•	很遗憾, $\mathbb{C}$ 上的 Banach 空间范畴 ${\mathsf{Ban}}_{\mathbb{C}}$, 态射取为有界线性算子) 并非 Abel 范畴, 因为存在不严格态射, 比如取稠密而非满的有界线性算子 $f:X\to Y$, 那么根据 Banach 空间完备性的定义, 其范畴论像自然需要取闭包, 因此为 $Y$ , 而余像却为 $X/f^{-1}(0)=X$.
•	类似地, 拓扑 Abel 群范畴不是 Abel 范畴, 因为在拓扑空间范畴 $\mathsf{Top}$ 中, 即单又满的映射未必为同构: 只需要考虑两个不等价的拓扑 $\mathcal{T}{\mathcal{T}}^{\prime }$, 而 $(X,{\mathcal{T}}^{\prime })\stackrel{\mathrm{id}}{\to }(X,\mathcal{T})$ 显然连续, 但并非同构. 一个很显然的例子就是 $(\mathbb{R},{\mathcal{T}}_{\mathrm{discrete}})\to (\mathbb{R},{\mathcal{T}}_{\mathrm{Euclidean}})$. 当然, Peter Scholze 以及 Dustin Clausen : 我们解决了这一问题, 解决这套问题的方式是对于取紧 Hausdorff 空间范畴 (考虑其自然配备的大景) 上的 Abel 值层 (称为凝聚 Abel 群), 此时由于取值于 Grothendieck Abel 范畴 $\mathsf{Ab}$, 因此自动为 Grothendieck Abel 范畴. 更进一步的研究属于凝聚态数学 (也称新形式的泛函分析) 的范围, 我们不过多细谈, 如有兴趣可见讲义: 凝聚态数学.

为何我们如此强调同态基本定理, 这缘于对于同调的定义中我们需要考虑 $\mathrm{im}/\ker$, 而这一典范态射需要用到 $\mathrm{coim}(f)\simeq \mathrm{im}(f)$. 现在, 我们可以归结如下:

我们还是在做线性代数.

而后对于 Abel 范畴的性质进行一些说明. 首先根据 Abel 范畴全体态射均有核与余核可知任意等子和余等子均存在, 而加性范畴定义表明 Abel 范畴具有有限极限和余极限.

命题 27.2.12. 对于任意范畴 $I$ 且 $\mathcal{A}$ 为 Abel 范畴, 则 ${\mathcal{A}}^I$ 为 Abel 范畴.

证明. 由于函子范畴中极限与余极限逐点定义, 因此自然得到结果.

$\square$

子对象与同构定理

定义 27.2.13. 给定态射 $f:X\to Y$ 以及子对象 $X^{\prime }\hookrightarrow X$, $Y^{\prime }\hookrightarrow Y$, 记$$f^{-1}(Y^{\prime }):=X\underset{Y}{\times }{Y}^{\prime },f(X^{\prime }):=\mathrm{im}\left(X^{\prime }\hookrightarrow X\stackrel{f}{\to }Y\right))$$它们分别是 $X$ 和 $Y$ 的子对象. 这给出双向的保序态射$${\mathrm{Sub}}_X{\mathrm{Sub}}_{Y}f(-)f^{-1}(-)$$

类似地定义商对象的原像与像.

27.3复形

同调

若要定义同调, 首先就需要定义什么是复形. 根据我们在代数拓扑以及模范畴上的丰富经验, 直接将复形定义为一列态射即可.

定义 27.3.1 (复形). 设 $\mathcal{A}$ 为加性范畴, 考虑 $\mathcal{A}$ 中的一列态射$$\cdots \to X^n\stackrel{d_X^n}{\to }{X}^{n+1}\stackrel{d_X^{n+1}}{\to }{X}^{n+2}\to \cdots$$它可以仅含有限项, 也可以沿单边或双边无限的延伸, 或呈环状. 若 $d^{n+1}{d}^n=0$ 对所有 $n$ 均成立, 则称信息 $(X^n,d^n)$ 为复形, 常记为 $(X^{\ast },d^{\ast })$, $X^{\ast }$ 或干脆记为 $X$. 称 $X^n$ 为复形 $X$ 的第 $n$ 次项. $d_X^n$ 在 $X$ 无歧义时也简写作 $d^n$, 称为微分.

然后将上述复形的记号倒转, 就得到了链复形. 不过由于讲义着眼于代数几何, 因此使用复形较多. 接下来可以定义出上同调.

引理 27.3.2 (上同调的两种刻画). 给定 Abel 范畴中的复形 $X\stackrel{f}{\to }Y\stackrel{g}{\to }Z$. 则

1.	存在唯一的态射 $\phi ,\psi$ 使得图表交换: $$XYZY\mathrm{coim}(f)\ker (g)\mathrm{im}(g)\mathrm{coker}(f).fg\phi \psi$$而且 $\phi$ 单, $\psi$ 满.
2.	将上述图表归结为一图将会发现$$\ker (\psi )\simeq \mathrm{coker}(\varphi )=\ker (g)/\mathrm{im}(f)$$

证明.

证明. 暂时略过.

$\square$

因此可以定义出上同调这一概念.

定义 27.3.3. 设 $\mathcal{A}$ 为 Abel 范畴.

•	对于复形 $X$, 定义其在非端点项 $X^n$ 处的上同调为$$H^n(X)=H^n(X^{\ast },d^{\ast }):=\ker (d^n)/\mathrm{im}(d^{n-1}).$$
•	若 $H^n(X)=0$, 则称复形 $X$ 在 $X^n$ 处是正合的; 处处正合的复形称为正合列; 正合复形也称为是零调的 (字面意思上的同调为 $0$).

注 27.3.4. 将复形中的箭头倒转, 就得到了链复形概念, 此时微分写为 $\partial$.

接下来可以定义复形之间的态射

定义 27.3.5. 从复形 $X$ 到复形 $Y$ 之间的态射定义为资料 $(f^n{)}_{n\in \mathbb{Z}}$. 也简记为 $f$, 其中 $f^n\in {\mathrm{Hom}}_{\mathcal{A}}(X^n,Y^n)$ 须满足$$d_Y^n{f}^n=f^{n+1}{d}_X^n,n\in \mathbb{Z}.$$全体复形及其间态射构成范畴 ${\mathsf{Ch}}^{\ast }(\mathcal{A})$.

图表引理

考虑图表(27.1)其中

•	$X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }\to 0$ 和 $0\to Y^{\prime }\stackrel{u}{\to }Y\stackrel{v}{\to }{Y}^{\prime \prime }$ 均正合,
•	${\ker }^{\prime }:=\ker (X^{\prime }\to Y^{\prime })\hookrightarrow X^{\prime }$, $\ker$, ${\ker }^{\prime \prime }$, ${\mathrm{coker}}^{\prime }$, $\mathrm{coker}$, ${\mathrm{coker}}^{\prime \prime }$ 以此类推.

蛇形引理-连接态射

现在我们来构建连接态射 $\delta$, 若读者熟悉模范畴中的蛇形引理, 可知连接态射 $\delta :\ker ⇢{\mathrm{coker}}^{\prime }$ 的构造为以下三步:

1.	对于给定的 $x^{\prime \prime }\in {\ker }^{\prime \prime }$, 由 $X\to X^{\prime \prime }\to 0$ 的正合性可取 $x\in X$ 使得 $x\mapsto x^{\prime \prime }$.
2.	令 $y\in Y$ 为 $x$ 在 $X\to Y$ 下的像, 由图表交换可知 $y\in \ker (Y\to Y^{\prime \prime })$.
3.	由于 $Y^{\prime }\to Y\to Y^{\prime \prime }$ 正合, 存在唯一的 $y^{\prime }\in Y^{\prime }$ 使得 $y^{\prime }\mapsto y$, 令 $y^{\prime }\mapsto {\bar{y}}^{\prime }\in {\mathrm{coker}}^{\prime }$. 利用图表的交换性和正合性, 可知第一步取的 $x$ 至多只差个 $X^{\prime }\to X$ 的像, 从而第二步的 $y$ 至多只差个 $X^{\prime }\to Y^{\prime }\hookrightarrow Y$ 的像, 从而 ${\bar{y}}^{\prime }$ 无关于 $x$ 的选取. 于是连接态射 $\delta (x^{\prime \prime })=y^{\prime }$ 是良定的.

在 Abel 范畴中虽然没有具体的元素概念, 但是注意到当我们操作模范畴时, 我们实际上是对于 “一块” 对象进行拖动, 因此我们可以全然类似地对于连接态射进行构造. 根据定义 27.2.13, 且 $X\to X^{\prime \prime }\to 0$ 的正合性表明 $g:X\hookrightarrow X^{\prime \prime }$ 为单态射. 同理 $u:Y^{\prime }\twoheadrightarrow Y$ 为满态射, 因此可以构造图表$$0\ker (g)g^{-1}({\ker }^{\prime \prime }){\ker }^{\prime \prime }0\ker (g)X{X}^{\prime \prime }00Y^{\prime }Y\mathrm{coker}(u)0{\mathrm{coker}}^{\prime }u({\mathrm{coker}}^{\prime })\mathrm{coker}(u)0s┌gu┘t$$(27.2)这样, $g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })\to u({\mathrm{coker}}^{\prime })$ 就相当于给出 $x^{\prime \prime }\mapsto y^{\prime }$, 现在我们只需要说明 3. 中 $\delta$ 的良定性即可, 这在 Abel 范畴中实现为通过若干典范态射对其进行连接得出. 首先, 我们得到一些信息:

•	命题 27.2.9 表明左上角的 $\ker (g)$ 和右下角的 $\mathrm{coker}(u)$.
•	而后由 $0\to Y^{\prime }\stackrel{u}{\to }Y$ 正合可知 $Y^{\prime }=\ker (Y\twoheadrightarrow \mathrm{coker}(u))$. 从而根据核的函子性给出 $\ker (g)⇢Y^{\prime }$, 同理, 余核的函子性给出 $X^{\prime \prime }⇢\mathrm{coker}(u)$.
•	不难发现第一行与最后一行是正合的, 以第一行为例, 只需验证 $g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })$ 处的正合性即可, 而其恰为 $\ker (g)$.

从而我们知道 ${\ker }^{\prime \prime }\simeq \mathrm{coker}(s)$ 以及 ${\mathrm{coker}}^{\prime }\simeq \ker (t)$. 那么, 我们只需要说明 ${\delta }_0:g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })\to u({\mathrm{coker}}^{\prime })$ 这一态射穿过 $\mathrm{coker}(s)$ 以及 $\ker (t)$ 即可. 这相当于说 ${\delta }_{0}s=0$ 且 $t{\delta }_0=0$. 现在我们来说明这一点.
由 $X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }$ 的正合性可知 $\ker (g)=\mathrm{im}(f)$. 而 $\ker (g)⇢Y^{\prime }$ 实际上可以表现为$$\mathrm{coim}(f)\ker (g)X^{\prime }X{Y}^{\prime }Y{\mathrm{coker}}^{\prime }\mathrm{coker}\simeq$$而 $X^{\prime }\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 为 $0$, 根据满态射定义可知 $\ker (g)⇢Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }\to \mathrm{coker}(u)$ 自然为 $0$. 对偶得到另一边的情况. 由此给出连接态射$$g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })\twoheadrightarrow \mathrm{coker}(s)\stackrel{\exists !}{\to }\ker (t)\hookrightarrow u({\mathrm{coker}}^{\prime })$$

蛇形引理

现在就可以正式的说明什么是蛇形引理了.

定理 27.3.6 (蛇形引理). 对于 Abel 范畴 $\mathcal{A}$ 中的 (27.1), 则 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }\stackrel{\delta }{\to }{\mathrm{coker}}^{\prime }\to \mathrm{coker}\to {\mathrm{coker}}^{\prime \prime }$ 为正合列. 如果图表中 $f:X^{\prime }\to X$ 单 (或 $v:Y\to Y^{\prime }$ 满), 则 ${\ker }^{\prime }\to \ker$(或 $\mathrm{coker}\to {\mathrm{coker}}^{\prime \prime }$) 亦然.

为证明这一点, 我们需要在 Abel 范畴中说明如何研究正合. 不难发现对于复形 $X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }$. 其为复形相当于在说 $\mathrm{im}(f)\subset \ker (g)$, 而正合相当于说 $\mathrm{im}(f)$ 完全占满 $\ker (g)$. 从而对于任意使得 $\mathrm{im}(h)\subset \ker (g)$ 的态射 $S\stackrel{h}{\to }X$, 都有 $h^{-1}(\mathrm{im}(f))\twoheadrightarrow S$. 因此我们可以使用这一逼近的思想来说明如何得到正合的复形, 将上述讨论形式的写出得到

引理 27.3.7. 设 $X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }$ 为复形, 则此复形正合当且仅当对任何满足 $gh=0$ 的态射 $S\stackrel{h}{\to }X$, 存在态射 $S^{\prime }\to X^{\prime }$ 和满态射 $S^{\prime }\twoheadrightarrow S$ 使得下图交换$$S^{\prime }S{X}^{\prime }X.hf$$

注 27.3.8. 注意到这种证明方法如果要用在后文的证明中, 则你需要找出一个已经正合的序列来得到这一满射.

再添加一个技术性的引理, 就可以对于蛇形引理进行证明

引理 27.3.9. 考虑实线部分的图表$$XCY{X}^{\prime }{C}^{\prime }{Y}^{\prime }eamb{e}^{\prime }{m}^{\prime }$$并且假设 $e$ 和 $e^{\prime }$ 满 (或 $m$ 和 $m^{\prime }$ 单)

1.	若存在虚线所述之 $\phi$ 使得图表左半 (或右半) 交换, 则另一半也交换; 此 $\phi$ 若存在则唯一.
2.	若 $a$ 满 (或 $b$ 单), 且 $\phi$ 存在, 则 $\phi$ 满 (或单)

证明. 留作习题.

$\square$

现在, 我们可以来证明蛇形引理.

反正没人看就随便写写的证明.

反正没人看就随便写写的证明. 后半部分是显然的, 只需证明前半部分所给出的正合列即可. 根据对偶性, 只需说明 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 是正合的. 事实上 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }$ 的正合性证明也相当简单.

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首先证明 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }$ 正合, 那么就需要说明其为复形, 不难发现其由 $X^{\prime }\to X\to X^{\prime \prime }$ 诱导, 因此自然为复形. 接下来说明其正合性, 这就要求找到某个 $S^{\prime }$, 现在假定存在 $S$ 使得 $S\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }$ 为 $0$. 而复合上 $\ker \to X$ 可知 $S\to X\to X^{\prime \prime }$ 为 $0$, 根据 $X^{\prime }\to X\to X^{\prime \prime }$ 的正合性得到因此得到图表$$S^{\prime }S{X}^{\prime }X{X}^{\prime \prime }.\psi 0fg$$接下来说明 $S^{\prime }\to X^{\prime }$ 穿过 ${\ker }^{\prime }$, 为此只需说明 $S^{\prime }\to X^{\prime }\to Y^{\prime }$ 为 $0$ 即可, 而 $Y^{\prime }\twoheadrightarrow Y$ 以及 $S^{\prime }\to S\to \ker \to X\to Y$ 为 $0$, 从而由图表的交换性以及满态射性质可知 $S^{\prime }\to X^{\prime }\to Y^{\prime }$ 为 $0$. 从而得到图表$$S^{\prime }S{\ker }^{\prime }\ker {\ker }^{\prime \prime }{X}^{\prime }X{X}^{\prime \prime }.\psi 0fg$$使用引理 27.3.9 就可以直接得到上半部分图表的交换性. 这样就完成了 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }$ 的正合性验证.

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接下来证明比较复杂的 $\ker \to {\ker }^{\prime \prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 一段. 这一段的复杂源于涉及连接态射的构造, 首先我们确定目标, 对于 $S\stackrel{\psi }{\to }{\ker }^{\prime \prime }\stackrel{\delta }{\to }{\mathrm{coker}}^{\prime }$ 为 $0$ 的 $S$ 仍然需要给出某个$$S_{0}S\ker {\ker }^{\prime \prime }{\mathrm{coker}}^{\prime }\psi 0\delta$$对这一点的说明异常麻烦无聊, 嫌麻烦的读者可以跳过这一段. 我们目前只有 $g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })\to {\ker }^{\prime \prime }\to 0$ 的正合性, 因此可以给出交换图表$$S_{1}S{g}^{-1}({\ker }^{\prime \prime }){\ker }^{\prime \prime }0\psi 0$$那么接下来我们要做的就是想方设法将 $S_1$ 与 $X\to Y$ 扯上关系, 相当于说我们要考虑$$S_1\to g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })\to X\to Y.$$不难发现其复合上 $Y\stackrel{v}{\to }{Y}^{\prime \prime }$ 后为 $0$(根据图表的交换性, 这相当于说经过 $g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })\to {\ker }^{\prime \prime }\to X^{\prime \prime }\to Y^{\prime \prime }$) 从而其穿过 $\ker (v)\simeq \mathrm{im}u\simeq Y^{\prime }$($u$ 为单), 即 $S_1\stackrel{\xi }{\to }{Y}^{\prime }\stackrel{u}{\to }Y$. 这样似乎有点用力过头了, 一不小心就让我们拉到了 $Y^{\prime }$ 上, 但是不必惊慌, 我们再拉一个 $S^{\prime }\to X^{\prime }$, 然后复合上 $f:X^{\prime }\to X$ 和 $g:Y^{\prime }\to Y$ 就行了 (当然, 考虑 $S^{\prime }\to g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })=X\underset{X^{\prime \prime }}{\times }{\ker }^{\prime \prime }\to X\to Y$ 也能给出态射, 但是不难发现我们没有道理说明其穿过 $\ker$). 我们说干就干, 但是在干之前需要说明 $S\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 为 $0$ (不然它不是个复形, $X^{\prime }\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 的正合性无从施展). 因此考虑$$S{\ker }^{\prime \prime }{\mathrm{coker}}^{\prime }{S}_1{g}^{-1}({\ker }^{\prime \prime })u({\mathrm{coker}}^{\prime })XY.\psi \delta {\delta }_0$$由假设可知第一行的合成为 $0$. 从而由满态射和单态射的泛性质立刻得知第二行的合成也为 $0$. 考虑图表 (27.2) 的左下角可知这相当于说$$S_1\to Y^{\prime }\to Y\to u({\mathrm{coker}}^{\prime })$$为 $0$, 从而 $S_1\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 为 $0$. 现在我们可以对于 $X^{\prime }\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 这一正合列使用我们的大宝贝, 得到$$S^{\prime }{S}_1{X}^{\prime }{Y}^{\prime }{\mathrm{coker}}^{\prime }XY\mathrm{coker}k\xi 0fu$$现在我们就得到了两个从 $S^{\prime }\to X$ 的态射, 分别为前文构造的 $k$ 以及在构造之前就提了一嘴的 $S^{\prime }\to g^{-1}({\ker }^{\prime \prime })=X\underset{X^{\prime \prime }}{\times }{\ker }^{\prime \prime }\to X\to Y$. 现在我们来试图勾连这两个态射, 记 $X^{\prime }\stackrel{a}{\to }{Y}^{\prime }$ 且 $X\stackrel{b}{\to }Y$ $$S_0,S_1{g}^{-1}({\ker }^{\prime \prime })X^{\prime }{Y}^{\prime }XXYk\lambda \lambda afubb$$可知图表的交换性, 从而有 $b\lambda =bfk$(对, 这才是我们要造的东西). 因此 $\lambda -fk:S_0\to X$ 穿过 $\ker =\ker (b)\hookrightarrow X$ 分解. 现在就得到了图表$$S_0{S}_{1}S\ker {\ker }^{\prime \prime }{X}^{\prime }{X}^{\prime \prime }.\lambda -fk\psi g$$其交换性是显然的, 留给读者作为小小练习. 不难发现这样得到的 $S^{\prime }$ 就是我们要的 $S_0$.

$\square$

习题: 五引理

定理 27.3.10 (五引理). 在 Abel 范畴 $\mathcal{C}$ 中, 如果有下面的交换图: $$A_1{A}_2{A}_3{A}_4{A}_5{B}_1{B}_2{B}_3{B}_4{B}_5\text{ ,}{d}_1{f}_1{d}_2{f}_2{d}_3{f}_3{d}_4{f}_4{f}_5{d}_1^{\prime }{d}_2^{\prime }{d}_3^{\prime }{d}_4^{\prime }$$其中两行都是正合的,

1.	若 $f_1$ 满而 $f_2$, $f_4$ 单, 则 $f_3$ 单 (仅涉及前四列).
2.	若 $f_5$ 单而 $f_2$, $f_4$ 满, 则 $f_3$ 满 (仅涉及后四列).
3.	若 $f_1$ 满, $f_5$ 单且 $f_2$, $f_4$ 均为同构, 则 $f_3$ 为同构.

呜呜呜, Abel 范畴追图好难, 怎么办

陈瑞祺在香蕉空间中写了另一种追图方式, 即蝾螈引理, 可见用户:Ruiqi_chen/蝾螈引理.
当然, 我知道蝾螈引理并非读者所希望看到的 (因为我也不想看到). 所以我们将介绍一种将满足一定条件的 Abel 范畴嵌入到模范畴方式: Freyd–Mitchell 嵌入定理.

定理 27.3.11 (Freyd–Mitchell 嵌入定理). 设 $\mathcal{C}$ 是小 [Abel 范畴. 则存在环 $R$ (不一定交换), 使得有一个全忠实、正合函子$$\mathcal{C}\to R\text{-}\mathsf{Mod},$$其中 $R\text{-}\mathsf{Mod}$ 是 $R$ 上所有左模构成的 Abel 范畴.

证明需要用到一些 Grothendieck 范畴以及层论知识, 我们暂且折叠, 等读者后文学完之后回来看.

证明.

证明. 由以下引理 (之对偶), 只需证明每个小 Abel 范畴都能全忠实、正合地嵌入一个完备且有内射余生成元的范畴. 以下我们要将其嵌入一个 Grothendieck Abel 范畴, 然后用 Grothendieck Abel 范畴的性质推出结论. 为此使用层论. 定义$$\mathrm{Cov}(\mathcal{C})=\{\{V\twoheadrightarrow U\}{\}}_{U\in \mathcal{C}},$$即令单个满射为覆盖, 容易发现 $(\mathcal{C},\mathrm{Cov}(\mathcal{C}))$ 是景. 由 ${\mathrm{Hom}}_{\mathcal{C}}(-,c):{\mathcal{C}}^{\mathrm{op}}\to \mathsf{Ab}$ 左正合, 立得可表预层 $h_c$ 是该景的层. 因而 Yoneda 引理给出全忠实嵌入 $h:\mathcal{C}\to \mathsf{Sh}(\mathcal{C})$. $h$ 显然左正合, 只需证它保持满射. 考虑满射 $c\twoheadrightarrow d$, 要证 $h_c\to h_d$ 是层满射, 也就是对任意 $U\in \mathcal{C}$, $f\in h_d(U)$, 证明存在 $V\twoheadrightarrow U$, $f$ 拉回到 $V$ 之后来自 $h_c(V)\to h_d(V))$. 事实上取 $V=c{\times }_{d}U$ 即足, 因为 $f$ 拉回到 $V$ 之后就是自然映射 $V\to d$, 由 $V$ 的构造这来自 $V\to c$. 这样由 Abel 群层范畴都是 Grothendieck Abel 范畴即得结论.

$\square$

正合函子, 内射对象和投射对象

作为模范畴的推广, 在 Abel 范畴语境下, 函子保有限极限 (或余极限) 的性质可以被刻画为正合函子. 为什么呢? 首先我们知道在 Abel 范畴语境下, 加性函子自动保双积. 根据我们前文的讨论, 我们只需要说明加性函子保核 (余核) 与正合性之间的关系. 那么, 现在考虑正合列$$0\to X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }$$可知 $f$ 为单态射, 且 $\ker (g)=\mathrm{im}(f)$. 若加性函子 $F$ 保 $\ker$, 那么 $\ker (F(g))=F(\ker (g))=F(\mathrm{im}(f))=\mathrm{im}(F(f))$. 最后一条由 $\mathrm{im}$ 定义为等子, 并且可以由 $\ker$ 所表出可知.
那么我们也可以同样地说明若上述正合列在 $F$ 的像是正合的, 则 $F$ 保 $\ker$. 因此我们归结出以下定义:

定义 27.3.12 (正合函子). 设 $F:\mathcal{A}\to \mathcal{B}$ 为 Abel 范畴之间的函子. 则以下陈述等价:

(L1)	$F$ 保 $\ker$.
(L2)	设 $0\to X^{\prime }\to X\to X^{\prime \prime }$ 在 $\mathcal{A}$ 中正合, 则 $0\to F(X^{\prime })\to F(X)\to F(X^{\prime \prime })$ 在 $\mathcal{B}$ 中正合.
(L3)	$F$ 保有限极限.

满足上述任意一条的函子称为左正合函子.
对偶地, 有以下陈述等价:

(R1)	$F$ 保 $\mathrm{coker}$.
(R2)	设 $X^{\prime }\to X\to X^{\prime \prime }\to 0$ 在 $\mathcal{A}$ 中正合, 则 $F(X^{\prime })\to F(X)\to F(X^{\prime \prime })\to 0$ 在 $\mathcal{B}$ 中正合.
(R3)	$F$ 保有限余极限.

满足上述任意一条的函子称为右正合函子.
可以归结出以下等价陈述:

(E1)	$F$ 保短正合列.
(E2)	$F$ 保正合列.
(E3)	$F$ 保有限极限和有限余极限.

满足上述任意一条的函子称为正合函子.

注 27.3.13. 根据 (E1) 知若 $F$ 左正合 (或右正合), 则 $F$ 正合等价于其保满态射或单态射. 此外, 不难发现左伴随保余极限从而右正合, 右伴随保极限所以左正合.

例 27.3.14 (极限的左/右正合性). 由命题 27.2.12 可知函子范畴 ${\mathcal{A}}^I$ 为 Abel 范畴. 因此我们可以讨论极限 $\lim :{\mathcal{A}}^I\to \mathcal{A}$(或余极限) 的正合性.
由于我们有伴随对从而由右伴随保极限知 $\lim$ 右正合, 由左伴随保余极限知 $\mathrm{colim}$ 左正合.

不难发现正合函子自动保持 $\mathrm{coim}\simeq \mathrm{im}$; 它还保持上同调 (与商交换).

命题 27.3.15. 设 $F:\mathcal{A}\to \mathcal{B}$ 为 Abel 范畴之间的正合函子. 对于 $\mathcal{A}$ 中任意复形 $(X^{\ast },d^{\ast })$, 在 $\mathcal{B}$ 中有典范同构$$F{H}^n(X^{\ast },d^{\ast })\simeq H^n(F(X{)}^{\ast },F(d{)}^{\ast })$$

证明. 无非是正合函子与极限以及余极限交换.

$\square$

忠实正合函子通常会具有如下的好性质.

命题 27.3.16. 对于 Abel 范畴之间的函子 $F:\mathcal{A}\to \mathcal{B}$, 以下陈述等价:

1.	$F$ 正合且忠实.
2.	$F$ 正合且对任意 $X\in \mathrm{Ob}(\mathcal{A})$ 有 $FX=0$ 当且仅当 $X=0$.
3.	$X^{\prime }\to X\to X^{\prime \prime }$ 在 $\mathcal{A}$ 中正合当且仅当 $F{X}^{\prime }\to FX\to F{X}^{\prime \prime }$ 在 $\mathcal{B}$ 中正合.

证明.

证明. 暂时略过.

$\square$

现在, 我们观察 $\mathrm{Hom}$ 函子的正合性, 它是个非常重要的函子. 那么考虑 $\mathrm{Hom}(T,-)$, 根据极限泛性质可知其与极限交换, 因此自然左正合. 对于 $\mathrm{Hom}(-,T):{\mathcal{A}}^{\mathrm{op}}\to \mathsf{Ab}$. 考虑反范畴 $\mathcal{A}$ 可知其对应于 $\mathrm{Hom}(T,-)$, 因此左正合. 为弥补其所确实的另一边的正合性, 我们引入两种对象.

定义 27.3.17 (内射对象, 投射对象). 设 $X$ 为 Abel 范畴 $\mathcal{A}$ 中的对象.

•	称 $X$ 是投射对象是指 $\mathrm{Hom}(X,-):\mathcal{A}\to \mathsf{Ab}$ 为正合函子.
•	称 $X$ 是内射对象是指 $\mathrm{Hom}(-,X):{\mathcal{A}}^{\mathrm{op}}\to \mathsf{Ab}$ 为正合函子.

根据注记 27.3.13 可知

命题 27.3.18.

•	$X$ 为内射对象等价于 $\mathrm{Hom}(-,X)$ 保满射.
•	$X$ 为投射对象等价于 $\mathrm{Hom}(X,-)$ 保满射.

从而可以给出其泛性质如下 (以投射对象为例), 给定满射 $Z\twoheadrightarrow Y$, 则说 $X$ 是投射对象相当于说$$\mathrm{Hom}(X,Z)\twoheadrightarrow \mathrm{Hom}(X,Z)$$为集合满射, 因此得到$$XYZ0$$此处最下一行为正合函子.

练习 27.3.19. 令 $A$ 为交换环, 验证 $-\underset{A}{\otimes }X$ 是右正合的. 而对于使得 $-\underset{A}{\otimes }X$ 为正合的对象 $X$, 称其为平坦的.

练习 27.3.20. 令 $A$ 为交换环, $S\subset A$ 为乘性子集, 考虑 ${\mathsf{Mod}}_A$ 中的短正合列$$0\to M\to N\to P\to 0$$有$$0\to S^{-1}M\to S^{-1}N\to S^{-1}P\to 0$$是正合的, 换言之, 局部化是正合函子.

提示. 我们知道 $S^{-1}M\simeq M\underset{A}{\otimes }{S}^{-1}A$. 而 $\otimes$ 是右正合函子, 因此只需验证左正合性, 这相当于说 $S^{-1}(-)$ 保持单射.