Nhầm lẫn về bổ đề Yoneda
Để cho $C$ là một thể loại và $F$ một cuộc thử nghiệm trên $C$. Bổ đề Yoneda phát biểu rằng các phép biến đổi tự nhiên$C(-, A)\Rightarrow F$ trong thư từ 1-1 với các phần tử của $F(A)$.
Đối với tôi, câu nói này cảm thấy không có động lực. Tôi biết rằng nếu chúng ta xem xét trường hợp đặc biệt$F=C(-, B)$, sau đó (theo bổ đề Yoneda) $C(-, -)$ mang lại một sự nhúng (nghĩa là một chức năng đầy đủ và trung thực) của $C$ vào danh mục các cuộc điều tra trước $C$. Điều này cảm thấy khá có động lực, vì nhúng$C$ vào danh mục các cuộc điều tra trước $C$ cảm thấy hơi giống như nhúng một lĩnh vực $k$ vào phần đóng đại số của nó $\bar{k}$. Hơn nữa, phạm trù tiền nghiệm cũng có cảm giác cụ thể hơn phạm trù trừu tượng.$C$.
Nhưng tại sao một người quan tâm đến tuyên bố chung $F$có thể là bất kỳ presheaf nào. Tại sao đây là một tuyên bố tự nhiên? Làm thế nào người ta có được ý tưởng để xem xét bổ đề Yoneda như đã nêu ở trên?
Tôi có một câu hỏi khác về bổ đề Yoneda. Như tôi đã nói, một người có nhúng$C$ thành $[C^\text{op}, \mathbf{Sets}]$ (thể loại diễn tập trước trên $C$). Bằng cách xem xét các hàm đồng biến$C\to\mathbf{Sets}$ thay vì điều tra trước, người ta cũng có thể chứng minh một phiên bản đồng biến của bổ đề Yoneda, trong đó nói rằng các phép biến đổi tự nhiên $C(A, -)\Rightarrow F$ (cho $F\colon C\to \mathbf{Sets}$ bất kỳ chức năng nào) đều tương ứng 1-1 với các phần tử của $F(A)$. Từ cái này, người ta sẽ nhúng$C$ thành $[C, \mathbf{Sets}]^\text{op}$.
Tóm lại, người ta có thể nhúng $C$ vào cả hai $[C^\text{op}, \mathbf{Sets}]$ và $[C, \mathbf{Sets}]^\text{op}$. Câu hỏi: Làm thế nào để$[C^\text{op}, \mathbf{Sets}]$ và $[C, \mathbf{Sets}]^\text{op}$ Liên quan đến nhau?
Điều tôi thấy hơi kỳ lạ về tình huống: Lúc đầu, tôi mong đợi $[C^\text{op}, \mathbf{Sets}]$ và $[C, \mathbf{Sets}]^\text{op}$tương đương. Nhưng một thực tế chung là$$[C, D]^\text{op}\cong [C^\text{op}, D^\text{op}],$$ do đó $$[C, \mathbf{Sets}]^\text{op}\cong[C^\text{op}, \mathbf{Sets}^\text{op}],$$ cái nào không $[C^\text{op}, \mathbf{Sets}]$.
Trả lời
Đây là một câu trả lời có thể cho câu hỏi này.
Hãy có quan điểm rằng các functors là đại diện của các danh mục.
Đầu tiên, tại sao điều này lại hợp lý?
Vâng, hãy nhớ lại rằng các danh mục là khái quát của các đơn chất (và do đó là các nhóm), vì một loại đối tượng cũng giống như một đối tượng. Nếu$M$ là một monoid, sau đó chúng ta có thể xác định một danh mục, $C$, với một đối tượng, $*$, hom set $C(*,*)=M$, và đơn vị và thành phần được cho bởi đơn vị và phép nhân trong $M$. Ngược lại, với một danh mục đối tượng$C$, $C(*,*)$ là một đơn thức với thành phần là phép nhân, và các cấu tạo này nghịch đảo với nhau.
Kể từ bây giờ, nếu $M$ là một monoid, hoặc $G$ là một nhóm, tôi sẽ viết $BM$ hoặc là $BG$ cho một loại đối tượng tương ứng.
Bây giờ, những gì về functors? Chà, diễn viên vui nhộn là gì$[BG,k\newcommand\Vect{\text{-}\mathbf{Vect}}\Vect]$?
Chà, chúng ta cần chọn một không gian vectơ $V$ để gửi $*$ và chúng ta cần chọn một phép đồng cấu đơn $G\to \newcommand\End{\operatorname{End}}\End V$. Từ$G$ là một nhóm, điều này tương đương với phép đồng cấu nhóm $G\to \operatorname{GL}(V)$. Nói cách khác, các functors từ$BG$ đến $k\Vect$ hoàn toàn giống với biểu diễn nhóm tuyến tính và bạn có thể kiểm tra xem các phép biến đổi tự nhiên của các hàm tương ứng chính xác với $G$bản đồ tuyến tính -equivariant.
Tương tự, khi chúng ta thay thế $k\Vect$ với $\newcommand\Ab{\mathbf{Ab}}\Ab$, hoặc là $\newcommand\Set{\mathbf{Set}}\Set$, chúng tôi nhận được $G$-mô-đun và $G$-bộ tương ứng.
Cụ thể, đây là những trái $G$-giao dịch, kể từ một functor $F:BG\to \Set$ phải bảo tồn thành phần, vì vậy $F(gh)=F(g)F(h)$và chúng tôi xác định $g\cdot x$ bởi $F(g)(x)$. Như vậy$(gh)\cdot x = g\cdot (h\cdot x))$.
A functor trái ngược $\newcommand\op{\text{op}}BG^\op\to \Set$ cho một quyền $G$-action, kể từ bây giờ $F(gh)=F(h)F(g)$, vì vậy nếu chúng ta xác định $x\cdot g = F(g)(x)$, sau đó chúng tôi có $$x\cdot (gh) =F(gh)(x) = F(h)F(g)x = F(h)(x\cdot g) = (x\cdot g)\cdot h.$$
Vì vậy, chúng ta nên nghĩ về các hàm hài hước đồng biến $[C,\Set]$ như bên trái $C$-giao dịch trong $\Set$, và chúng ta nên nghĩ về những kẻ vui nhộn trái ngược nhau $[C^\op,\Set]$ đúng như vậy $C$-giao dịch trong $\Set$.
Bổ đề Yoneda trong ngữ cảnh
Các giá trị đặt trước có thể biểu diễn bây giờ tương ứng với các đối tượng tự do trong một biến duy nhất theo nghĩa sau.
Bổ đề Yoneda là chúng ta có một phép đẳng cấu tự nhiên $$ [C^\op,\Set](C(-,A),F)\simeq F(A)\simeq \Set(*,F(A)). $$
Nói cách khác, $C(-,A)$ trông rất giống phần tiếp giáp bên trái với chức năng "hay quên" gửi một cài đặt trước $F$ đánh giá của nó tại $A$, $F(A)$, nhưng được đánh giá trên tập hợp singleton $*$.
Trên thực tế, chúng ta có thể biến $C(-,A)$ vào bên trái đầy đủ bằng cách lưu ý rằng $$\Set(S,F(A)) \simeq \prod_{s\in S} F(A) \simeq \prod_{s\in S}[C^\op,\Set](C(-,A),F) \simeq [C^\op,\Set](\coprod_{s\in S} C(-,A), F),$$ và $\coprod_{s\in S} C(-,A)\simeq S\times C(-,A)$.
Vì vậy, một cách để phát biểu bổ đề Yoneda là $S\mapsto S\times C(-,A)$ còn lại phụ thuộc vào đánh giá tại $A$functor (theo nghĩa là hai câu lệnh tương đương nhau qua một bằng chứng ngắn gọn). Ngẫu nhiên, cũng có một điểm phù hợp với đánh giá tại$A$functor, xem ở đây để biết đối số.
Liên hệ điều này trở lại với các khái niệm quen thuộc hơn
Điều đầu tiên cần lưu ý trong quan điểm này là hiện nay chúng ta có khái niệm về "miễn phí trên một đối tượng" thay vì chỉ "miễn phí". Tức là tôi có xu hướng nghĩ về$C(-,A)$ với tư cách là cài đặt trước miễn phí trong một biến trên $A$ (đây không phải là thuật ngữ tiêu chuẩn, chỉ là cách tôi nghĩ về nó).
Bây giờ chúng ta nên cẩn thận, một đối tượng tự do không chỉ là một đối tượng, nó là một đối tượng và một cơ sở . Trong trường hợp này, cơ sở của chúng tôi (phần tử tự do tạo presheaf) là phần tử nhận dạng$1_A$.
Suy nghĩ về nó theo cách này, việc chứng minh bổ đề Yoneda hy vọng sẽ trực quan hơn. Rốt cuộc, bằng chứng của bổ đề Yoneda là như sau:
$C(-,A)$ được tạo ra bởi $1_A$, từ $f^*1_A=f$, bất cứ gì $f\in C(B,A)$, vì vậy biến đổi tự nhiên $C(-,A)$ đến $F$ được xác định duy nhất bởi nơi họ gửi $1_A$. (Tương tự với câu nói$1_A$ nhịp $C(-,A)$). Hơn nữa, bất kỳ sự lựa chọn$\alpha\in F(A)$ gửi ở đâu $1_A$ là hợp lệ, vì chúng ta có thể xác định một chuyển đổi tự nhiên bằng cách "mở rộng tuyến tính" $f=f^*1_A \mapsto f^*\alpha$ (điều này tương tự như nói $1_A$ là độc lập tuyến tính hoặc tạo thành một cơ sở).
Phiên bản hiệp phương sai của bổ đề Yoneda là cùng một ý tưởng, ngoại trừ việc chúng tôi hiện đang làm việc với các biểu diễn bên trái của danh mục của chúng tôi.
Ví dụ về bổ đề Yoneda trong các ngữ cảnh quen thuộc hơn
Xem xét một danh mục đối tượng $BG$, thì bổ đề Yoneda nói rằng biểu diễn chính quy phù hợp của $G$ là quyền miễn phí $G$-đặt trong một biến (với phần tử cơ sở là danh tính, $1_G$). (Cái miễn phí trong$n$-variables là sự kết hợp rời rạc của $n$ bản sao của bản đại diện chính quy phù hợp.)
Câu lệnh nhúng bây giờ là $G$ có thể được nhúng vào $\operatorname{Sym}(G)$ thông qua $g\mapsto -\cdot g$.
Điều này cũng hoạt động trong các ngữ cảnh phong phú. Một chiếc nhẫn chính xác là một danh mục đối tượng được làm giàu trong các nhóm abel, và bổ đề Yoneda trong ngữ cảnh này nói rằng hành động đúng của$R$ trên chính nó (thường được ký hiệu $R_R$) là quyền miễn phí $R$-module trong một biến, với cơ sở là phần tử đơn vị $1_R$. (Cái miễn phí trong$n$-variables bây giờ là tổng trực tiếp của $n$ bản sao của $R_R$)
Câu lệnh nhúng ở đây là $R$ có thể được nhúng vào vòng endomorphism của nhóm abelian cơ bản của nó thông qua $r\mapsto (-\cdot r)$.