我们将定义对任意范畴中的对象定义对象的积与对象的和。在不同的范畴中，加法和乘法之间的关系出奇地不同。

第四章、泛性质 universal mapping property

1、终对象 terminal object

在抽象集合范畴 $\mathcal{S}$ 中，任何单点对象 $1$ 都恰好有一个从每个对象 $X$ 到 $1$ 的映射；在其他大量重要范畴 $\mathcal{C}$ 中，也有相对于 $\mathcal{C}$ 的所有对象具有相同性质的特殊对象，尽管这些特殊对象直观上可能比“单元素集”复杂得多。

所谓的泛性质从此得名，即某个特殊对象对所有对象都具有相同性质，这里的泛即普遍性，指的是某性质普遍的对所有对象均成立，而这种普遍成立的性质本身是特殊的。

定义：范畴 $\mathcal{C}$ 中的一个对象 $S$ 称为 $\mathcal{C}$ 的一个终对象，如果对任意 $\mathcal{C}$ 对象 $X$，有且仅有一个 $\mathcal{C}$-映射 $X\to S$。

该定义通常被称为泛性质 universal property，因为它用与范畴 $\mathcal{C}$ 中所有对象 $X$ 的关系来描述特定对象 $S$ 的性质。此外， $S$ 与其他对象 $X$ 的关系的性质是用范畴中的映射来描述的，更确切地说，是”恰好有一个”映射满足给定的条件（即映射的存在唯一性）。终对象是最简单的泛性质，因为这里的给定条件只涉及 $X\to S$ 的定义域和陪域，但在其他泛性质中会有更多的条件。

终对象有一个简单的例子，比如考虑任意有限全序集，其中的元素视为对象，序关系视为映射，则终对象就是极大元/极小元。

命题（终对象唯一性）：若 $S_1,S_2$ 均为 $\mathcal{C}$ 中的终对象，那么存在唯一的 $\mathcal{C}$-映射 $S_1\to S_2$ 且它是 $\mathcal{C}$-同构。

证明：由于 $S_2$ 是终对象，那么对 $X=S_1$，存在唯一的映射 $S_1\stackrel{f}{\to }{S}_2$，结论前半句得证。反过来也存在唯一的映射 $S_2\stackrel{g}{\to }{S}_1$。特别的这两个映射的复合 $S_1\stackrel{f}{\to }{S}_2\stackrel{g}{\to }{S}_1$ 也是一个从 $S_1$ 到 $S_1$ 的映射。我们知道任何对象都至少有一个恒等映射，在此是 $1_{S_1}$。由于终对象的泛性质，从 $S_1$ 到 $S_1$ 的映射是唯一的，因此 $g\circ f=1_{S_1}$。同理 $f\circ g=1_{S_2}$，因此 $f$ 是同构。

这个命题的结论比同一范畴中的任何两个终对象都同构更强，因为这里的同构映射是唯一的。通常，两个同构对象之间可能会有许多同构映射，但终对象只有一个同构，因此终对象不仅仅在同构的意义下是唯一的，它根本就是唯一的（因为连那种同构关系本身都是唯一的）。只要某个性质可以用范畴的映射来表达，那么任何两个终对象都具有完全相同的该性质。因此我们总是取一个终对象并记为 $1$。以上证明是下文更多泛性质证明的蓝本。

即便终对象本身也不是完全平凡的，即使计算陪域为终对象的映射 $X\to 1$ 是平凡的（因为答案总恰好为一个），计算其定义域为终对象的映射 $1\to X$ 则给出了关于其陪域对象 $X$ 的特殊信息。

定义：若 $1$ 为范畴 $\mathcal{C}$ 的终对象且 $X$ 是范畴 $\mathcal{C}$ 中的任意对象，则 $\mathcal{C}$-映射 $1\to X$ 称为 $X$ 的一点。

练习1： $1$ 有一点。若 $X\stackrel{f}{\to }Y$ 且 $x$ 是 $X$ 中的一点则 $fx$ 是 $Y$ 中的一点。

解答： $i{d}_1$是 $1$ 的一点。若 $x$ 是 $X$ 的一点，说明存在 $\mathcal{C}$-映射 $1\stackrel{x}{\to }X$，因此由 $1\stackrel{x}{\to }X\stackrel{f}{\to }Y$ 可知 $1\stackrel{fx}{\to }Y$ 是 $Y$ 中的一点。

练习2：在抽象集合范畴 $\mathcal{S}$ 中， $X$ 的每个点恰好指向 $X$ 的一个元素，且 $X$ 的每个元素都恰好是 $X$ 的一个点的取值。(这里的 $X$ 是任意给定的抽象集合）。

解答：对于抽象集合范畴而言，我们已经见过点映射的定义，那就是从单元集 $1$ 出发的映射。它可以指向 $X$ 中的每个元素，且 $X$ 中的每个元素都对应着从单元集 $1$ 出发的一个映射。这里我们在抽象范畴中借助终对象定义了点映射。这两个定义都叫点映射并非巧合，我们实际上要证明的是在抽象集合范畴中，单元集 $1$ 就是一个终对象。

从此也可以看出终对象被习惯记为 $1$ 的原因。

为证明单元集 $1$ 是抽象集合范畴的终对象，只需证明其满足定义性质，即对任意抽象集合 $X$，都存在唯一的集合映射 $X\stackrel{f}{\to }1$。很显然，这只需要规定 $f(x)=1,\mathrm{\forall }x\in X$ 即可，即 $X$ 上的常值映射 constant map。

练习3：在离散动力系统范畴中，对象的一点只是自态射的一个不动点（即动力系统的一个平衡态）。因此，大多数状态并不对应于来自终对象的任何 $S$ 映射。

解答：这里对象的一点应该是指从离散动力系统范畴中的终对象到任意对象的一个映射，但我们往往直接把这个映射与它像点对应起来。这是因为我们已经知道如果一个对象在离散动力系统范畴中是终对象，那么它在集合范畴意义下也是终对象（因为任意一个集合范畴可以配上一个恒等自态射变成自态射范畴），即单元集，因此像也是单元集，即一点），因此我们要证明的是 $1\stackrel{f}{\to }{X}^{\circlearrowright \alpha }$ 的像点 $f(x)$ 是 $\alpha$-不动点。而单元集 $1$ 上的自态射只有恒等映射，因此 $f\circ i{d}_1=\alpha \circ f⟹\alpha (f(x))=f(x)$，得证。

练习4：在图范畴中，图 $X$ 中的一点是 $X$ 中的任意环 loop。

解答：这里的环指的是源节点和汇节点相同的箭头与该节点构成的图，不是由若干节点和箭头组成的大环。为证明这一点，先寻找图范畴中的终对象。我们证明，由一个节点和一个环箭头构成的图 $G$ 就是一个终对象。首先图 $G$ 的箭头集合和节点集合都是单元集 $1$。因此从 $X$ 到 $G$ 的图映射如果存在，那么在集合映射的意义上是唯一的，即 $A_X\to 1,D_X\to 1$，我们再来验证它确实构成一个图映射，即下列交换图成立

即 $f_{D}s=s^{\prime }{f}_A,f_{D}t=t^{\prime }{f}_A$。这是显然的，由 $1$ 作为集合范畴终对象的性质可知映射 $A_X\to 1$ 是唯一的，即两条路径相等。那么图 $G$ 是图范畴中的终对象，图 $X$ 中的任意一点是从 $G$ 到 $X$ 的图映射的像，

显然 $i$ 在 $X$ 中的像也只是由一个箭头和一个节点组成，由图映射性质知 $s^{\prime }{i}_A=i_{D}s,t^{\prime }{i}_A=i_{D}t$，又由 $s=t$ 知 $s^{\prime }{i}_A=t^{\prime }{i}_A$，即像 $i(1)$ 确实为一个环。

练习5：集合范畴中的终对象 $1$ 还有分离任意映射 separating arbitrary maps 的性质：若 $X\stackrel{f,g}{\to }Y$ 且对 $X$ 的任意一点 $x$ 有 $fx=gx$，则 $f=g$。但是这个性质对自态射范畴或图范畴中的终对象不成立，举出相应反例。

注意到该命题的逆命题显然正确。区分性就是 $f=g$ 与 $fx=gx$ 逐点成立的等价性， 因此即若找到一点 $x$ 使得 $fx\ne gx$，则 $f\ne g$，即区分 $f,g$ 只需要一个点 $x$；反过来如果 $f\ne g$，则必然能找到一点 $x$ 区分它们 $fx\ne gx$，也即这种不同性是可以“实例化”的 。这与之前我们使用点映射作为探测范畴性质的方法相一贯。

解答：由练习2我们已经知道集合范畴的终对象就是单元集，而 $X$ 中的每个元素都对应着一点 $x$，因此 $fx=gx$ 相当于对 $X$ 的每个元素 $x$ 都有 $f(x)=g(x)$，这正是集合映射相等的定义，故 $f=g$。

自态射范畴中的反例，

其中 $f,g$ 分别是把 $X$ 中的两个2阶元分别映射到 $Y$ 中的两个2阶元，故 $f\ne g$。但由于 $X,Y$ 都只有一个不动点，故 $fx=gx$。

图范畴中的反例则可以再次利用上图，只需要把上面内部图示看成一个图即可。

由此我们注意到为什么可区分性在这两个范畴中不成立，这是因为在这两个范畴中，成为范畴映射的条件更苛刻了——相较于集合映射还要满足结构条件，因此点映射的范围缩小了，对每一个点映射有 $fx=gx$ 的前提其实变弱了。

2、分离 separating

即使终图 terminal graph 不能分离任意两张图，由一些非终图可以做到这一点。考虑以下两张图 $A$ （一般箭头），$D$（孤立点），

对任意图 $X$，其中每个箭头对应着恰好一个图映射 $A\to X$，每个节点对应着恰好一个图映射 $D\to X$。于是我们有以下命题：

若 $X,Y$ 为任意两张图，且 $X\stackrel{f,g}{\to }Y$ 是任意两个图映射。若 $fx=gx$ 对所有 $A\stackrel{x}{\to }X$ 成立， $fy=gy$ 对所有 $D\stackrel{y}{\to }X$ 成立，则 $f=g$。

对大多数我们给出的范畴例子而言，存在一些对象足以区分映射，即若 $X\stackrel{f,g}{\to }Y,f\ne g$，则存在某对象 $B$ 与映射 $B\stackrel{x}{\to }X$ 使得 $fx\ne gx$，此时我们称 $x$ 区分 $f$ 和 $g$。在大多数范畴中，仅凭终对象不足以在这个意义上区分映射。

练习6：证明在离散动力系统范畴中，存在一个对象 $N$，使得从 $N$ 出发的范畴映射足以分离任意对象的映射 $X\to Y$。

解答：我们在会话十五第三节仔细讨论了自然数加法自态射集 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }$ 的性质，从它出发的映射可以表示任意自态射对象中的任意元素。我们合理的猜想它就是我们符合区分性的对象。由会话十五第三节中的对应性命题可知，任意自态射对象 $X^{\circlearrowright \alpha }$ 中的元素 $x$ 都与映射 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }\stackrel{x}{\to }{X}^{\circlearrowright \alpha },x(0)=x$ 一一对应。因此若 $X\stackrel{f,g}{\to }Y,f\ne g$，那么它至少在一点 $x$ 上取值不同，因此存在映射 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }\stackrel{x}{\to }{X}^{\circlearrowright \alpha },x(0)=x$，满足 $fx\ne gx$。由此可知自然数加法自态射集就是我们要找的对象。

3、始对象 initial object

范畴中许多关于对象或映射的一般定义都可以通过颠倒其中的箭头方向和复合顺序、交换定义域和陪域的地位而“对偶化” dualization。例如，与终对象相对应的对偶概念是始对象：

定义：范畴 $\mathcal{C}$ 中的一个对象 $S$ 称为 $\mathcal{C}$ 的一个始对象，如果对任意 $\mathcal{C}$ 对象 $X$，有且仅有一个 $\mathcal{C}$-映射 $S\to X$。

练习7（始对象唯一性）：若 $S_1,S_2$ 均为 $\mathcal{C}$ 中的始对象，则存在唯一的映射 $S_1\to S_2$ 且它为同构。

证明：由于 $S_1$ 是终对象，那么对 $X=S_2$，存在唯一的映射 $S_1\stackrel{f}{\to }{S}_2$，结论前半句得证。反过来也存在唯一的映射 $S_2\stackrel{g}{\to }{S}_1$。特别的这两个映射的复合 $S_1\stackrel{f}{\to }{S}_2\stackrel{g}{\to }{S}_1$ 也是一个从 $S_1$ 到 $S_1$ 的映射。我们知道任何对象都至少有一个恒等映射，在此是 $1_{S_1}$。由于始对象的泛性质，从 $S_1$ 到 $S_1$ 的映射是唯一的，因此 $g\circ f=1_{S_1}$。同理 $f\circ g=1_{S_2}$，因此 $f$ 是同构。

习惯上我们记始对象为 $0$。

练习8：在集合范畴、自态射范畴、图范畴中，若 $0$ 是始对象且 $X\stackrel{f}{\to }0$ 是一个映射，则(a)对任意映射 $X\stackrel{g}{\to }0$ 有 $g=f$ 且 (b) $X$ 也是始对象。

证明：我们首先确定集合范畴中的始对象的具体形式。特别的，集合范畴中存在空集 $\text{empty}$ ，而由始对象泛性质可知存在从始对象到空集的集合映射，然而我们知道这个映射只能是空映射，即始对象本身必须为空集。反过来，由于始对象的同构唯一性所有始对象都是空集，因此若 $X\stackrel{f}{\to }0$ 是一个映射，那它只能是从空集到空集的空映射，因此 $X$ 也是空集为始对象，而任意映射只能是空映射因此 $g=f$。

随后考虑自态射范畴和图范畴，由于其中的映射首先至少是集合映射，而空集的自态射范畴和空图也都是其中的特殊对象，因此它们也是其中的始对象。而空映射显然满足保持结构的性质，因此也是相应的范畴映射。命题得证。

从此可以看出始对象被习惯记为 $0$ 的原因。

练习9：定义带点集 pointed sets 范畴 $1/\mathcal{S}$ ，其中对象为集合范畴中的映射 $1\stackrel{x_0}{\to }X$，其中从 $1\stackrel{x_0}{\to }X$ 到 $1\stackrel{y_0}{\to }Y$ 的映射为集合范畴中的映射 $X\stackrel{f}{\to }Y$，满足 $f{x}_0=y_0$。证明在该范畴中，任意终对象也都是始对象，且对该范畴而言练习8中的(b)结论为假。

证明：设 $1\stackrel{z_0}{\to }Z$ 为带点集范畴中的终对象，因此对任意 $1\stackrel{x_0}{\to }X$ 存在唯一的映射 $X\stackrel{g}{\to }Z$ 使得 $g{x}_0=z_0$。由于对任意的非空集合 $X$ 都至少有一个映射 $1\stackrel{x}{\to }X$，因此这意味着对任意非空集合存在唯一的映射 $X\stackrel{g}{\to }Z$，而对空集 $X$ 与任意对象 $Z$ 而言空映射 $X\to Z$ 也是唯一的，总之这说明 $Z$ 是集合范畴中的终对象，即单元集。不妨就取单元集 $Z=1$，那么 $1\stackrel{i{d}_1}{\to }1$ 为带点集范畴的终对象。下面我们证明它也是其中的始对象，即对任意 $1\stackrel{y_0}{\to }Y$ ，存在唯一的 $1\stackrel{g}{\to }Y$ 满足 $g1=y_0$。由于带点集的特点其关联集合必然非空（因为不存在映射 $1\stackrel{f}{\to }\text{empty}$），因此对任意 $1\stackrel{y_0}{\to }Y$ 而言，设 $y_0(1)=y_0$，那么为使得 $gi{d}_1=y_0$，只能有 $g(1)=y_0$，而由于 $g$ 的定义域只有单点，因此这唯一确定了 $g$。

最后，练习8(b)的结论是对任意对象 $X$ 存在从其指向始对象的映射，则 $X$ 也是始对象。但在带点集范畴中，这意味着 $X$ 是单元带点集，这是错误的，例如集合 $X=\{0,1\}$ 有两个点，它到单元带点集有常值映射，但不是单元集（故不是始对象）。不过其结论 (a) 为真，这是因为始对象还是终对象，而终对象保证了从 $X$ 指向终对象的映射唯一性。

这里我们滥用了记号，把点映射的字母和点映射的唯一像点字母等同起来。

这里之所以带点集中的始对象没有类似性质，是因为空集被排除了，这恰恰是带点集名义上的特点，即带点集必须至少带有一个点。

练习10：记 $2$ 为一个固定的二元集。定义带点偶 bipointed set 集范畴 $\mathcal{2}\mathcal{/}\mathcal{S}$，其中对象为集合范畴中的映射 $2\stackrel{\overline{x}}{\to }X$，其中从 $2\stackrel{\overline{x}}{\to }X$ 到 $2\stackrel{\overline{y}}{\to }Y$ 的映射为集合范畴中的映射 $X\stackrel{f}{\to }Y$，满足 $f\overline{x}=\overline{y}$。证明在该范畴中，始对象为 $2\stackrel{i{d}_2}{\to }2$，且对该范畴而言练习8中的(a)结论为假。

证明：由带点偶集范畴的定义可知，从这个始对象到任意对象的映射 $2\stackrel{f}{\to }Y$ 总是存在，只需要取 $f=\overline{y}$ 即可，现在只需要证明它是唯一的：若存在另一个 $g$ 满足 $2\stackrel{g}{\to }Y$ 那么由 $g\circ i{d}_2=\overline{y}$ 可知 $g=\overline{y}=f$。至于结论a，如果取 $X=\{0,1,2\}$ 三元集，那么 $2\stackrel{f}{\to }X,f(0)=0,f(1)=1$ 到始对象的 $2\stackrel{i{d}_2}{\to }2$ 的映射至少有两个，即 $X\stackrel{f,g}{\to }2,f(0)=0,f(1)=1,f(2)=0;g(0)=0,g(1)=1,g(2)=1$。另外结论b因此也不成立， 否则从它出发到始对象的映射就应该只有一个。

练习11：证明在集合范畴中，若一个对象 $X$ 不是始对象，则 $X$ 至少有一个点（从终对象发出的映射）。同时证明该命题对自态射范畴和图范畴不成立。

证明：练习8中已经证明了，如果 $X$ 为空集，则 $X$ 是始对象，因此其逆否命题也成立。

至于自态射范畴练习8中也说明其始对象为空集的自态射，因此任何非空对象都不是始对象，而由练习3知道它的一个点是自态射的不动点，然而很容易找到不含不动点的非空自态射，例如 $2^{\circlearrowright \alpha },\alpha (0)=1,\alpha (1)=0$。

至于图范畴练习8中也说明其始对象为空图，因此任何非空图都不是始对象，而由练习4知道它的一个点是图中的环，然而很容易找到不含环的非空图，例如把前一个反例的自态射内部图示看成图。

4、积

现在我们来讨论一个重要的泛性质，它可以被视为“与”（且、并） and 这个词的客观内容，正如伽利略观察到的那样，空间中的运动等同于水平面上的运动与垂直线上的运动。

假设 $B_1,B_2$ 为范畴 $\mathcal{C}$ 中的对象， $P\stackrel{p_1}{\to }{B}_1,P\stackrel{p_2}{\to }{B}_2$ 为其中的映射。则任何映射 $X\stackrel{f}{\to }P$ 诱导出一对新映射 $X\stackrel{p_{1}f}{\to }{B}_1,X\stackrel{p_{2}f}{\to }{B}_2$。

如果有合成则必有分解，这里 $f_1,f_2$ 就是 $f$ 的分解。

通过仔细筛选 $P$， $p_1,p_2$ 可能实现“反向”：

定义：一个对象 $P$ 与两个附带映射 $P\stackrel{p_1}{\to }{B}_1,P\stackrel{p_2}{\to }{B}_2$ 称为 $B_1,B_2$ 的积若对每个对象 $X$ 及每对映射 $X\stackrel{f_1}{\to }{B}_1,X\stackrel{f_2}{\to }{B}_2$，存在唯一的映射 $X\stackrel{f}{\to }P$ 满足 $f_1=p_{1}f,f_2=p_{2}f$。即下面交换图成立：

该映射 $f$ 由于其被 $f_1,f_2$ 唯一确定，故也记为 $⟨f_1,f_2⟩$。映射 $p_1,p_2$ 分别称为积的投射 projection 。

如果有分解，则可以通过积对象来找到合成。这里透过分解 $f_1,f_2$ 找到了合成 $f$。

练习12：在任意范畴中，若 $P,p_1,p_2$ 和 $Q,q_1,q_2$ 都是同一对对象 $B_1,B_2$ 的积，那么存在唯一的映射 $P\stackrel{f}{\to }Q$ 满足 $p_1=q_{1}f,p_2=q_{2}f$ 且为同构。

证明：

首先由 $P$ 的泛性质知，取 $X=P$是，存在唯一的 $h$ 使下图交换，即 $p_1=p_{1}h,p_2=p_{2}h$，显然 $h=1_P$ 满足条件，因此它就是那唯一的映射。

由 $Q$ 的泛性质知，取 $X=P$ 时，存在唯一的 $f$ 使下图交换，即 $p_1=q_{1}f,p_2=q_{2}f$。

对称的由 $P$ 的泛性质知，存在唯一的 $g$ 使下图交换 ，即 $q_1=p_{1}g,q_2=p_{2}g$。

把这两幅交换图拼接在一起，就有

交换。特别的路径 $PQP$ 与 $PP$ 交换，即 $g\circ f$ 满足第一幅交换图中 $h$ 的性质，因此 $g\circ f=1_P$，对称的 $f\circ g=1_Q$，即 $f$ 为同构。

该练习说明对 $B_1,B_2$ 积的不同选择，只是相差一个同构映射而已。因此我们总是设想取了一个特别的积对象，并记作 $B_1\times B_2$，相应的投射为 $p_1,p_2$。

练习13：在任意范畴中，若存在积对象和终对象，那么积对象 $B_1\times B_2$ 中的每个点都形如 $⟨b_1,b_2⟩$，其中 $b_i$ 是 $B_i$ 的点；且 $B_1,B_2$ 的任意点对都恰好是 $B_1\times B_2$ 中一点的投射。

证明：考虑下面的交换图，其中 $1$ 为终对象， $B_1\times B_2$ 为积对象。

后半句：由 $B_1\times B_2$ 的泛性质可知，对任意点对 $b_1,b_2$，存在唯一的点映射 $1\stackrel{⟨b_1,b_2⟩}{\to }{B}_1\times B_2$，使得交换图成立，即 $b_1=p_1⟨b_1,b_2⟩,b_2=p_2⟨b_1,b_2⟩$ 是该点的投射。

前半句：对 $B_1\times B_2$ 的任意一点 $1\stackrel{h}{\to }{B}_1\times B_2$ 而言，$b_1=p_{1}h,b_2=p_{2}h$ 分别为 $B_1,B_2$ 上的一点，又因为 $b_1,b_2,p_1,p_2,h$ 构成了上面的交换图，那么 $h=⟨b_1,b_2⟩$，即积对象上任意一点形如 $⟨b_1,b_2⟩$。

若 $T$ 是对应时间的对象，则 $T\to X$ 可以称为 $X$ 中的运动，若 $P$ 配有到 $B_1,B_2$ 的投射是 $B_1,B_2$ 的积，那么在 $P$ 中的运动唯一的对应于在因子 $B_1,B_2$ 上的运动，反之亦如此。我们用下式来代表这种一一对应：

$$\frac{T⟶B_1\times B_2}{T⟶B_1,T⟶B_2}$$

其中，线上方的单个映射和线下方的成对映射之间的对应关系通过与投射的复合实现。

回忆点映射（即定义域为终对象的映射）给出了我们重要信息，这说明终对象并非是平凡的。类似的，以积对象为定义域的映射 $B_1\times B_2\stackrel{f}{\to }C$ 也给出了我们无法用其因子表达的重要信息，因为该映射 $f$ 的取值涉及了因子元素之间的相互关系 interaction。其中有两个情形尤其重要：

定义：对象上的一个二元运算 binary operation $A$ 是一个映射 $A\times A\to A$；对象 $A$ 在对象 $X$ 上的作用 action 是一个映射 $A\times X\to X$。

例如视自然数集 $\mathbb{N}=\{0,1,2,\dots \}$ 为集合范畴中的对象，则加法是自然数集上的二元运算 $\mathbb{N}\times \mathbb{N}\stackrel{\alpha }{\to }\mathbb{N},\alpha ⟨x,y⟩=x+y,\mathrm{\forall }⟨x,y⟩\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}$；乘法也是二元运算 $\mathbb{N}\times \mathbb{N}\stackrel{\mu }{\to }\mathbb{N},\mu ⟨x,y⟩=xy,\mathrm{\forall }⟨x,y⟩\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}$。

而作用 $A\times X\stackrel{\alpha }{\to }X$ 可以被视为 $X$ 上由 $A$ 参数化的自态射族，因为对任意 $1\stackrel{a}{\to }A$， $\alpha$ 诱导出 $X$ 上的自态射 $X\stackrel{⟨\overline{a},1_X⟩}{\to }A\times X\stackrel{\alpha }{\to }X$，其中 $\overline{a}$ 为常值映射 $X\to 1\stackrel{a}{\to }A$。事实上，我们可以把由 $\alpha$ 诱导出来的 $X$ 自态射称为 ${\alpha }_a$，因为它正是 $\alpha$ 取 $A$-分量为 $a$ 时的情形。例如 $1$ 在 $X$ 上的作用就是 $X$ 的一个给定自态射，因为 $1\times X=X$。

注意此时乘法记号的含义，范畴间的乘积运算和数的乘法运算在形式上相仿了。我们具体证明二者是同构的，考虑以下交换图

其中映射 $c$ 的存在是终对象的泛性质保证的，由此只存在唯一的映射 $X\to 1\times X$ 使得该图交换，记其为 $c\times 1_X$。那么由此可知 $p\circ (c\times 1_X)=1_X$。反过来，下面交换图成立

特别的，考虑映射 $(c\times 1_X)\circ p$，由于它是 $1\times X\to 1\times X$的映射，那么根据积的泛性质中的唯一性，它只能等于 $1_{1\times X}$。因此 $X$ 与 $1\times X$ 同构。类似的可以证明 $X$ 与 $X\times 1$ 同构。

其实，我们例子中的自态射范畴可以推广到任意范畴 ${\mathcal{S}}^A$，其中 $A$ 是任意集合：其对象是集合 $X$ 配上 $A$ 在 $X$ 上的作用，其从对象 $X,\xi$ 到 $Y,\eta$ 的作用是任意 $\mathcal{S}$-映射 $X\stackrel{f}{\to }Y$ 满足保持作用的结构，即 $f(\xi (a,x))=\eta (a,f(x)),\mathrm{\forall }a,x\in A\times X$。

该作用结构的保持方程还可以用另一种方式表达，如果我们定义 $1_A\times f$ 如下：

由于 $A\times Y$ 是 $A,Y$ 的乘积，因此有到二者的投射，另一方面 $A\times X$ 是 $A,Y$ 的乘积，有到 $A,X$ 投射，因此我们可以构造从 $A\times X$ 到 $A,Y$ 的映射（即将两个投射与 $1_A,f$ 分别复合，从而根据积的泛性质可知存在唯一的映射使上图交换，我们记为 $1_A\times f$ 。显然我们用被复合的两个映射的乘积来命名该映射。

根据这个定义，我们可以把上面的结构保持方程重写为

注意在定义 $1_A\times f$ 中， 投射 $A\times X\to X,A\times Y\to Y$ 与作用 $A\times X\stackrel{\xi }{\to }X,A\times Y\stackrel{\eta }{\to }Y$并不一定相同。 $1_A\times f$ 其实可以看成如何把因子上的态射延拓到积上的一种方法，其办法是保持无关因子上的元素（恒等映射 $1_A$）而只改变相关因子上的元素，最后把二者结合起来。

我们同时可以注意到，按照这个定义 $(1_A\times f)(a,x)=(1_A(a),f(x))=(a,f(x))$，也就是说形式上可以按分量计算该映射的值。

练习14：定义范畴 ${\mathcal{S}}^A$ 上的映射的复合并证明它确实构成一个范畴。

解答：

我们可以很自然的定义从作用 $X,\xi$ 到作用 $Y,\eta$ 的映射 $f$ 与从作用 $Y,\eta$ 到 $Z,\zeta$ 的映射 $g$ 的复合为从作用 $X,\xi$ 到 $Z,\zeta$ 的映射 $g\circ f$ 满足上述交换图，即 $(g\circ f)(\xi (a,x))=\zeta (a,g(f(x)))$。不过很显然如果 $g,f$ 分别满足上图中的两个方格交换（即它保持作用的结构），那么 $g\circ f$ 自然满足最大的方格交换（即保持作用结构的映射的复合也保持作用结构）。

此外为证明它确实构成范畴，还需要证明恒等映射的存在，显然 $X,\xi$ 的恒等映射为 $1_A\times 1_X$。此外簿记律，结合律，恒等律也都显然成立。故构成范畴。

若 $A$ 已经配有一个二元运算 $A\times A\stackrel{\alpha }{\to }A$ 与一点 $1\stackrel{a_0}{\to }A$，则我们可以把 $A$ 在 $X$ 上的作用限制为那些与二元运算 $\alpha$ 与点 $a_0$ 相容的作用，即满足以下条件：

$$\begin{array}{rlr}\xi (\alpha (a,b),x)& =\xi (a,\xi (b,x))& \mathrm{\forall }a,b,x\\ \xi (a_0,x)& =x& \mathrm{\forall }x\end{array}$$

练习15：把上述方程用交换图的形式，结合 $\xi$ 与积的泛性质表示出来。

该练习原书排版有问题。

解答：首先我们尚未定义两个连乘积，特别是我们还没有定义两个连乘积没有括号情况的计算顺序。我们先证明在 $(A\times A)\times X$ 与 $A\times (A\times X)$ 之间存在同构映射，且都同构于 $A\times A\times X$。

定义：给定对象 $P$ 配备相应的投射 $P\stackrel{p_i}{\to }{B}_i,i\in \{1,2,3\}$ 如下，若对任意 $X\stackrel{f_i}{\to }{B}_i,i\in \{1,2,3\}$，存在唯一的 $X\stackrel{f}{\to }P$ 满足 $f_i=p_{i}f,i\in \{1,2,3\}$，则称 $P$ 与配备的相应映射为 $B_i,i\in \{1,2,3\}$ 的积。

显然这个定义可以推广到任意有限个因子积。

下面证明三因子积 $B_1\times B_2\times B_3$ 和二次双因子积 $(B_1\times B_2)\times B_3$ 的同构性：

其中实线箭头为积对象配备的投射，虚线箭头为根据积的泛性质诱导出来的存在唯一映射。注意将上下两个图拼接起来，我们就得到存在唯一的映射 $(B_1\times B_2)\times B_3\stackrel{f\circ h}{\to }(B_1\times B_2)\times B_3$ 与 唯一的映射 $B_1\times B_2\times B_3\stackrel{h\circ f}{\to }{B}_1\times B_2\times B_3$，因此 $f\circ h=1_{(B_1\times B_2)\times B_3},h\circ f=1_{B_1\times B_2\times B_3}$。于是 $f$ 为同构。类似的我们可以证明 $B_1\times B_2\times B_3\stackrel{g}{\to }{B}_1\times (B_2\times B_3)$ 也为同构。

下面我们可以正式开始解答该练习。

考虑下面两个交换图所定义的映射

那么第一个方程可以表示为下面的交换图成立

第二个方程则可以表示为下面的交换图成立

其中 $⟨\overline{a_0},1_X⟩$ 由下图诱导

当 $A$ 上的二元运算是结合的且给定点关于该二元运算是中性的，换言之 $A,\alpha ,a_0$ 三者构成一个单元范畴 monoid（见会话十三）时，我们考虑满足这些方程的 $A$ 在 $X$ 上的作用，它们构成了一个 ${\mathcal{S}}^A$ 的子范畴，即所有幺半群 $A$ 在集合 $X$ 上的作用所构成的范畴。

这句话怎么理解？首先，为什么这三者构成一个单元范畴？在会话十三中，单元范畴的定义仅仅是一个仅含单个对象的范畴。查阅范畴论的其他文献知道，这并非单元范畴（或称幺半群）的标准定义。（事实上，本书还混淆了幺半群 monoid 和幺半范畴 monoidal category 的区别，本书中把幺半群 monoid 说成是只含一个对象的范畴，然而幺半群其实应该定义为幺半范畴中的一个对象，而幺半范畴也未必仅含一个对象。） 幺半群的标准定义涉及到幺半范畴的定义（见维基百科），但这里我们简化如下：幺半群是一个对象 $X$，配备乘积映射 $X\times X\stackrel{\mu }{\to }X$ 与单位映射 $1\stackrel{\eta }{\to }X$，并使下图交换：

其中 $\alpha$ 是上面我们刚刚证明的同构映射，而 $\lambda ,\rho$ 则是我们在 $1\times X=X$ 处证明的同构。写成方程 $\mu (\mu (x_1,x_2),x_3))=\mu (x_1,\mu (x_2,x_3)),\mu (\eta ,x)=\mu (x,\eta )=x$。我们可以把 $\alpha$ 视为结合律，而 $\lambda ,\rho$ 视为左乘单位元和右乘单位元操作。

显然，如果 $A$ 作用满足上述方程，那么当 $X=A,\xi =\alpha$ 时，就有 $\alpha (\alpha (a,b),c)=\alpha (a,\alpha (b,c)),\alpha (a_0,a)=a$，即 $A,\alpha ,a_0$ 在标准意义下构成一个幺半群，所谓的相容性就是在这个意义上说的，幺半群的性质可以被视为满足该性质的作用的一个特例。

5、对象乘积的交换律、结合律、恒等律

关于数的乘积，我们知道其交换律、结合律、恒等律

$$\begin{array}{rl}& a\times b=b\times a(\text{commutative law})\\ & 1\times a=a\mathrm{and}a\times 1=a\text{(identity laws)}\\ & \begin{array}{r}a\times (b\times c)=(a\times b)\times c\text{(associative law)}\end{array}\end{array}$$

总之，在一系列因子的组成的乘积中，分组并不影响结果，顺序并不影响结果，平凡因子（1）可以省略。因此积完全由非平凡因子决定，只要我们考虑其重数 repetitions。

对于对象的乘法，在任何具有对象乘积和终端对象的范畴 $\mathcal{C}$ 中，上述法则也是有效的（只需把“等于 ”替换为“同构于”即可）。要理解这一点，不必先证明较简单的规律，然后再推导较复杂的规律。我们可以通过映射的泛性质直接定义任意对象族的乘积，而不必按顺序列出对象，也不必对象将对象逐个相乘。事实上，证明两个对象的乘积的唯一性定理对任何对象族都同样有效。

首先我们需要关于族 family 的记号，令 $I$ 为指标集 index，对每个 $i\in I$，令 $C_i$ 为 $\mathcal{C}$ 中的对象（允许重复，即不同指标可以指向同一个对象，而且指标集也允许为空）。把 $\{C_i{\}}_{i\in I}$ 称为 $\mathcal{C}$ 的对象族。

定义：一个以 $I$ 为指标的对象族的乘积，是对象 $P$ 配有 $P\stackrel{p_i}{\to }{C}_i$，且满足下列泛性质：给定任意对象 $X$ 与任意映射族 $X\stackrel{f_i}{\to }{C}_i$，存在唯一的映射 $X\stackrel{f}{\to }P$ 使得 $p_{i}f=f_i,\mathrm{\forall }i\in I$。

定理（积的唯一性）：若映射族 $P\stackrel{p_i}{\to }{C}_i,Q\stackrel{q_i}{\to }{C}_i$ 使得 $P,Q$ 均为该对象族的乘积，那么存在唯一的映射 $P\stackrel{f}{\to }Q$ 使得 $q_{i}f=p_i,\mathrm{\forall }i\in I$ 且 $f$ 为同构。并记这个唯一的乘积为 $\prod _I{C}_i$，称 $p_i$ 为投射。

证明：仿照两对象乘积即可。

交换律、结合律和恒等律均可由这个唯一性定理得出。其中交换律是显然的，因为在定义中根本没有涉及对象的顺序，而结合律则可以通过把指标集分成若干个子指标集的并即可，至于恒等律参照我们上面关于 $1\times X=X$ 的证明即可。我们可以通过下面的练习显式证明这些定律的特例，以下考虑包含三个元素的指标集 $\{a,b,c\}$ ，并且它们分解成子指标集 $\{a,b\},\{c\}$。

练习16：证明若 $P,Q$ 是两个积，

则，

是三元积，即满足三元积的泛性质。

证明：略，我们上一节已经证明了这一点。

该练习除了证明迭代乘积 $(C_a\times C_b)\times C_c$ 是该族的一个三元积，还证明了若 $\mathcal{C}$ 由二元积，则它由三元积。类似的可以证明 $C_a\times (C_b\times C_c)$ 也是三元积。唯一性定理说明这两个三元积是同构的，这得到了结合律 $(C_a\times C_b)\times C_c\cong C_a\times (C_b\times C_c)$，此外所给出的同构还与投射相容——也就是在这个同构下，投射的过程不影响结果（先投到 $C_a\times C_b$ 再投到 $C_a$ 与直接投到 $C_a$ 一致）

6、和

如果我们对偶化积-投射的概念，就会得到：

定义：一对范畴映射 $B_1\stackrel{j_1}{\to }S,B_2\stackrel{j_2}{\to }S$ 使 $S$ 成为 $B_1,B_2$ 的和，如果对任意对象 $Y$ 和任意对映射 $B_1\stackrel{g_1}{\to }Y,B_2\stackrel{g_2}{\to }Y$，则存在唯一的映射 $S\stackrel{g}{\to }Y$ 使得 $g_1=g{j}_1,g_2=g{j}_2$。

注记：称 $j_1,j_2$ 为和的注射 injection。与积相同，和也有同构唯一性，我们通常其中特别的一个和并记为 $B_1+B_2,j_1,j_2$。同样可以定义一个对象族的和，记为 $\sum _I{C}_i$。

练习17：在集合范畴、自态射范畴和图范畴中，和具有以下性质， $B_1+B_2$ 中的任意点都是从 $B_1,B_2$ 中恰好一点注入而来。

证明：首先看出该命题的逆命题对任意范畴成立，即对 $B_1,B_2$ 中任意一点，其注入定义了 $B_1+B_2$ 中的一点，因为 $1\to B_1\stackrel{j_1}{\to }{B}_1+B_2,1\to B_2\stackrel{j_2}{\to }{B}_1+B_2$。

在集合范畴中， $B_1+B_2$ 是集合 $B_1,B_2$ 的无交并（哪怕二者实际上有共同元素，但也必须把共同元素区分为属于 $B_1$ 的那个和属于 $B_2$ 的那个，这是因为 $g_1,g_2$ 在该共同元素上的取值可能不同）。因此对任意 $b\in B_1+B_2$， $b\in B_1$ 或 $b\in B_2$，若为前者则定义 $g(b)=g_1(b)$，若为后者则定义 $g(b)=g_2(b_2)$，由此构造出 $g$ 满足和的泛性质。而无交并显然满足练习中的结论。

对自态射范畴而言，我们知道对象的一点是自态射的不动点，这就意味着和对象中的一点要么是 $B_1,{\beta }_1$ 中的不动点的注射，要么是 $B_2,{\beta }_2$ 中不动点的注射。显然我们用集合范畴的方法构造自态射范畴的和对象，而相应的和对象上的自态射范畴则分别是两个因子上自态射的无交并，也即当 $b\in B_1$ 时， 定义 $\beta (b)={\beta }_1(b)$，当 $b\in B_2$ 时，定义 $\beta (b)={\beta }_2(b)$。因此如果 $b$ 是 $B_1+B_2$ 的不动点，即 $\beta$ 的不动点，那么根据定义它要么是 ${\beta }_1$ 的不动点，要么是 ${\beta }_2$ 的不动点。

对图范畴而言，我们知道对象的一点是图中的环，这就意味着和对象中的一点要么是图 $B_1$ 中的环的注射，要么是图 $B_2$ 中环的注射。而我们也按照集合范畴的方法构造图范畴的和对象，即取这两个图的无交并，即 $A(B_1+B_2)=A(B_1)+A(B_2),D(B_1+B_2)=D(B_1)+D(B_2)$，而至于映射也分别按照箭头和节点属于其中一个图而分配。那么结论也是显然的。

练习18：在集合范畴中，存在许多映射 $X\to 1+1$ （其中 $X$ 不是始对象或终对象）无法通过任何一个注射所分解。请举出例子。

解答：题目实际上要我们找到这样的例子： $X\stackrel{f}{\to }1+1$，但对任意 $X\stackrel{g}{\to }1$， $f\ne j_1\circ g$ 且 $f\ne j_2\circ g$。考虑 $X=\{0,1\},1+1=\{0,1\},j_1(0)=0,j_2(1)=1,f(0)=1,f(1)=0$，显然 $f$ 无法分解，事实上只要 $f$ 的像点多于一个，就不可能找到这样的 $g$，因为注射的像点只有一个。

练习19：证明 $(A+B)+C\cong A+(B+C)$。

证明：略。

更一般的和也遵循交换律、结合律、恒等律（其中恒等律涉及的是始对象 $0$）。也可以定义更一般的指标集标记的对象族的和。而由于和与积的对偶性以及始对象与终对象的对偶性，这些证明可以统统在箭头反转之后得到完全相似的证明。

7、分配律

尽管我们看到在任何范畴中，对象积与和遵循与数的运算中的相似定律。但是把加法与乘法关联起来的分配律 $(A\times B)+(A\times C)=A\times (B+C)$ 却在许多范畴中是不成立的。同样不成立的还有 $0=A\times 0$。

其实，至少有一个映射将等式两侧的对象关联起来。对任意同时含有和、积、始对象的范畴而言，可以只用关系中的注射和投射与映射的泛性质来确定标准映射：

$$\begin{array}{rl}(A\times B)+(A\times C)& ⟶A\times (B+C)\\ 0& ⟶A\times 0\end{array}$$

证明：第二个式子由始对象的泛性质是显然的（而且唯一）。第一个标准映射的存在则考虑下图

其中对 $A\times (B+C)$ 应用积对象的泛性质得到存在唯一的映射 $f,g$，然后对 $A\times B+A\times C$ 应用和对象的泛性质得到存在唯一的映射 $h$。

但是我们并不能保证这个映射是同构。

定义：一个范畴称为满足分配律，如果上述映射在该范畴中是同构映射。

例如在集合范畴，自态射范畴和图范畴中，分配律都成立。我们将在第五部分中使用指数映射来证明这一点。

练习20：带点集范畴 $1/\mathcal{S}$ 不满足分配律。提示：从该范畴中和对象的性质入手。

考虑带点集的和，它需要满足基点的注射也到基点，也就是说若 $(A,{\ast }_A)\stackrel{j_1}{\to }(A+B,{\ast }_{A+B}),(B,{\ast }_B)\stackrel{j_2}{\to }(A+B,{\ast }_{A+B})$，其中 $\ast$ 表示基点，则 $j_1({\ast }_A)=j_2({\ast }_B)={\ast }_{A+B}$。也就是说和对象会把两个因子的基点黏合在一起，那么相比与集合和对象是两个因子集合的无交并，带点集和对象是除基点元素的无交并在再加上两个基点黏合的一点，因此和对象的元素个数是两个因子对象中元素总和少一。同时积对象的基点 ${\ast }_{A\times B}$ 就是两个基点的积 $({\ast }_A,{\ast }_B)$，因此积对象的个数就是两个因子元素个数的乘积。因此如果 $\mathrm{\#}\{(A\times B)+(A\times C)\}=\mathrm{\#}A\times \mathrm{\#}B+\mathrm{\#}A\times \mathrm{\#}C-1,\mathrm{\#}\{A\times (B+C)\}=\mathrm{\#}A\times (\mathrm{\#}B+\mathrm{\#}C-1)=\mathrm{\#}A\times \mathrm{\#}B+\mathrm{\#}A\times \mathrm{\#}C-\mathrm{\#}A$。因此只要 $A$ 的元素多于1个，箭头两端元素个数就不可能相等，连作为集合映射的同构标准都不能达到，遑论带点集同构，因此分配律不成立。

当然如果 $A=1$ 则分配律成立，这是唯一使分配律成立的可能。因为此时有乘法恒等律的帮忙。

练习21：记 $A,D$ 为单箭头和孤立节点的图对象，证明 $A\times A=A+D+D$。提示：除了通过映射 $A\to X,D\to X$ 来数图 $X$ 箭头和节点的个数以外，将这些映射与映射 $D\stackrel{s,t}{\to }A$ 复合就可以计算 $X$ 的内部结构。

证明：记 $A=\{a,b,a\to b)\},D=\{c\}$，则 $A\times A=\{(a,a),(b,b),(a,b),(b,a),(a,a)\to (b,b)\},A+D+D=\{a,b,c_1,c_2,a\to b\}$。显然 $A\times A$ 与 $A+D+D$ 之间有同构 $h:(a,a)\mapsto a,(b,b)\mapsto b,(a,b)\mapsto c_1,(b,a)\mapsto c_2,(a,a)\to (b,b)\mapsto a\to b$。

这里具体如何计算图映射的积和和对象？首先把它们都视为集合范畴中的对象（即忽略箭头），因而积对象和和对象分别是集合的笛卡尔积和无交并；然后根据投射或嵌入映射的对应性，在这些集合中添加箭头。具体的细节详见下文的会话。

8、导览

泛性质被认为是对象乘法和加法的来源；在第十九讲到第二十八讲中将更深入更广泛的讨论这些构造，如何使用、计算它们。加法和乘法之间的关系，如分配律，是更深层次的内容；这些内容的讨论将从第 25 讲末尾开始。第 28 讲之后是一些抽测。在第 29 讲中，我们将学习积的另一个性质，它将在第五部分中被提升到更高的层次。

第十九讲、终对象

现在我们来讨论乘法的单位元，“一”。你已经见过几种不同的 "一"。其一是数字 1，数乘法的单位满足：对于每个数 $x,1\times x=x$。其二是集合 A 的恒等映射，映射 $1_A:A\to A$ 的定义是：对于 $A$ 的每个成员 member $x$， $,1_A(x)=x$，且满足恒等律：对于陪域为 $A$ 的每个映射 $f$， $1_A\circ f=f$，对于每个定义域为 $A$ 的映射 $g$， $g\circ 1_A=g$。其三是我们话题的起点，你们已经见过“单元集”，即只有一个成员的集合。我们的目标是通过映射及其组成来理解一切，因此我们应该问自己：单元集有什么特殊性质？

对任何集合 $X$ 而言，都存在到单元集的唯一映射。即便是空集也有空映射。于是我们成功找到了一条关于单元集的特殊性质，该性质只需要用映射即可描述而不涉及其成员。为什么要施加这一条限制？因为在其他范畴中（例如动力系统和图范畴）并没有所谓的成员的说法（成员是集合的结构），但用映射和复合的语言来描述就适用于其他范畴。

第四篇中的终对象定义里的 $X$ 只是一个代词，在上下文中保持所指代的那个对象的同一性，但该对象本身是任意的，它并不特指某一个对象，即所谓的哑变量。

自态射范畴中的终对象是什么呢？猜想到是单元集配上恒等映射。为了证明这一点，考虑任意动力系统映射 $f$，由于它把所有状态都映射到 $1$，因此对任意状态 $x$， $f\circ (\alpha (x))=1=\beta (1)=\beta (f(x))$。显然这种映射本身也是唯一的（因为作为集合映射而言就已经是唯一的了）。

对图映射而言，情况又如何？如果记 $(X,P)$ 是任意图，$(Y,Q)$ 是终图，那么终对象的泛性质要求下图交换

且映射 $f_A,f_D$ 对任意图 $(X,P)$ 是唯一的。我们先不管映射的结构保持性，如果二者仅仅作为集合映射，为了它的唯一性，必然要求 $Y,Q$ 都是单元集。然后为了保证结构，我们需要 $\underset{―}{s}\circ f_A=f_D\circ s,\underset{―}{t}\circ f_A=f_D\circ t$，而这就意味着 $\underset{―}{s}(1)=\underset{―}{t}(1)$。即终图只包含一个节点和一个自指箭头，即环。

注意可能有人猜想终图只是一个孤立点，但对任何有箭头的图而言，都不存在从它到孤立点图的映射 $f_A$（因为陪域是空集）。

第二十讲、对象的点

此前我们已经强调过任何集合的性质都可以表达为集合范畴中映射与映射的复合。例如集合中的元素或一点可以定义为从终对象（单元集） $1$ 到集合的映射。集合中的每个元素都恰好对应着这样的一个映射，因此每个映射也可以直接以它所对应的那个元素名称来命名。例如

特别的，如果我们为了判断某人的性别就可以通过映射的复合来表达，例如 $gender(Emilio)=g\circ Emilio=male$，这相当于我们通过点映射把函数在某点的取值 evaluation 等同于函数与点映射的复合 composition。

既然任意集合中的每个元素都有个从终对象出发的映射对应，而终对象本身也是一个单元集，那么它背后的对象与映射是什么呢？还是终对象，而那个映射就是终对象上的同构映射。

由于我们在集合范畴中定义了点映射为从单元集出发的映射，而为了将这一概念推广到任意范畴，我们把单元集的泛性质提取出来，仅依靠映射关系来描述它，即点映射是从终对象出发的映射。

但是在其他范畴中，点映射就无法表示所有元素了（这里谈元素特指那些基于集合搭建的范畴），例如在自态射范畴中，终对象为单点自态射，因此从它出发的点映射的像也只能是自态射的不动点。不过在这个范畴中，我们可以找到其他对象能够表达自态射范畴中的任意点，即 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright ()+1}$。

第二十一讲、范畴的积

回忆我们在第一讲中提到的伽利略关于运动的分解图景，通过范畴的积我们将更清晰的表达这个概念。

通过把圆盘乘上线段，我们得到了圆柱

注意这里不是简单的体积等于面积乘高度，而是集合中元素的对应，即圆柱上任意一点都可以表示为线段上一点乘上圆盘上一点。因此当我们把两个对象相乘，我们不仅仅得到了第三个对象，还顺势获得了乘积与因子间的关系，即从乘积到因子的投影映射，它告诉我们乘积如何由因子组成，或者说乘积的元素如何分解为因子的元素。

因此，任何在圆柱上的运动 $T\to C$ 都可以分解为在线段上的运动 $T\to S$ 和在圆盘上的运动 $T\to D$。反过来如果这种分解 $q_1,q_2$ 存在，那么相应的合成 $q$ 存在且是唯一确定的。

它完全是我们在第一讲中见过的图式的翻版。进一步的如果我们抛开物理意义，把定义域 $T$ 从时间推广到任意对象，我们就能够得到积对象的泛性质。

注记：类比数的乘法，在对象的乘法中，我们把部分称为因子 factor 而把总体称为积 product。在我们下面提及对象的加法时，我们把部分称为被加数 summand 而总体称为和 sum。

我更倾向于把 summand 翻译为和因子，或者在不混淆的情况下简称为因子。

更严谨的说，对象的积不仅仅指那个积对象，还包含两个投影映射，但为了叙述方便我们当我们说积对象时，必然暗含它配有两个投影映射。

根据积的泛性质，投影映射必然是满射，因为 $q_1,q_2$ 的任意性，特别取它们为满射即可。

下面我们来探讨自态射范畴中的积。考虑两个自态射集合 $D$ 和 $W$，二者分别代表日期和每周的星期，自态射映射为“明天”

显然有映射 $D\to W$ 把每天映射到它对应的星期。这个映射可以直观的画成一个无穷螺旋的投影：

在此基础上，是否可以把 $D$ 看成 $W$ 和另一个对象 $X$ 的乘积呢？直观上看是可以的， $X$ 就是所有周的自态射集合，上面的自态射是“下一周”。

再考虑另一个例子，一间工厂的工人实行下面的三班倒制度：

夜班 night shift：0到8点，白班 day shift：8到16点，晚班 evening shift：16点到（次日）0点

然后考虑两个自同态集合，一个是一天当中的所有小时 $H$，配有自同态“下一小时” $h$；另一个是一个工作日中的所有工作小时 $W$，配有自同态“下一小时” $w$。

从前者到后者有一个映射，标志着三班倒的工作时间，该映射可以表示为 $f:H\to W,f(n)=n\mathrm{mod}8$。

练习1：是否存在从 $H$ 到某自态射集合 $X^{\circlearrowright \alpha }$ 到映射 $g$，使得该映射与上述映射一起使 $H$ 为 $W,X^{\circlearrowright \alpha }$ 的乘积？

假如我们遗忘掉这些集合上的自态射结构，我们容易知道存在在集合范畴上的积关系：

不过集合范畴上的这种积却无法直接作为自态射意义上的积，因为此时表示三班倒的 $shifts$ 上不存在这样的自态射满足这种条件，因为假如存在 $shifts$ 上的自态射满足这条件，这就意味着 $night=g(1)=g\circ h(0)=\alpha \circ g(0)=\alpha (night)$ ，但另一方面 $day=g(8)=g\circ h(7)=\alpha \circ g(7)=\alpha (night)$，矛盾。

那么什么样的对象符合这个要求呢？甚至说满足该条件的对象是否存在呢？这其实是一个逆命题，即给定一个对象 $A$ 和一个对象 $B$，要求对象 $C$ 使得 $A=B\times C$。

为了解决这个问题，我们首先需要研究自态射对象的积有什么性质、长什么样？这样也许能够帮助我们回答 $A$ 是否满足积对象的性质，以使得它可以找到相应的因子。我们重写积对象的泛性质定义，只不过把泛性质中涉及的对象都具体化为自态射对象：对任意的 $T^{\circlearrowright \tau },q_1,q_2$，存在唯一的 $q$ 使得下图交换

回顾自态射范畴的性质，对任意自态射对象 $P$ 任意一点对应着从 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }$ 出发的唯一映射（第十五讲第三节），再结合积的性质（第四篇练习13）我们知道积对象中任意一点都对应着一个因子中的点对，也就是说 $P$ 作为集合与自态射映射的集合 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }\to P^{\circlearrowright \gamma }$ 一一对应，后者又与自态射映射对 $A^{\circlearrowright \alpha }\leftarrow {\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }\to B^{\circlearrowright \beta }$ 一一对应，总之

这就说明 $P$ 作为一个集合是 $A\times B$。那么在这个集合上的自态射范畴 $\gamma$ 需要满足什么条件呢？因为 $P$ 中的点可以表示为 $(a,b),a\in A,b\in B$，因此由投影映射保持自态射结构可知 $\gamma (a,b)=(\alpha (a),\beta (b))$。最后我们可以证明这样定义的自态射 $\gamma$ 确实使得 $P^{\circlearrowright \gamma }$ 构成 $A^{\circlearrowright \alpha },B^{\circlearrowright \beta }$ 的积。我们可以把这个内部图式的一部分绘制如下：

此处的投影映射确实以一种几何意义上的投影表现出来。

给一个完整的自态射积图式的例子：

特别的，我们发现一个2-环与一个3-环的乘积是一个6-环。但不要被这简单的关系欺骗了，比如把下面一个2-环和一个4-环乘在一起并不会得到一个8-环，而是两个4-环：

练习2：讨论 $C_m\times C_n$ 的性质。

解答：首先作为集合，该积对象有 $mn$ 个点。如果我们考虑由 $C_m,C_n$ 中的生成元组成的点对即 $(\exp (2\pi i{k}_1/m),\exp (2\pi i{k}_2/n))$，那么积对象上的自态射在上面的作用是 $(\exp (2\pi i{k}_1/m),\exp (2\pi i{k}_2/n))\mapsto (\exp (2\pi i(k_1+1)/m),\exp (2\pi i(k_2+1)/n))$，以下我们简记为 $(k_1,k_2)$。由此从这样一个点对出发的轨道长度为 $lcm(m,n)$。因为每个点对都是一个由生成元组成的点对，因此它们之间是完全对称的，即这样的轨道共有 $mn/lcm(m,n)=gcd(m,n)$ 个。若 $m\le n$，且记 $k=gcd(m,n)$，则这 $k$ 个轨道在积对象自态射下的生成元分别是 $(1,1),(1,2),\dots ,(1,k)$，由于我们知道这样的轨道总共有 $k$ 个，所以我们只要证明这 $k$ 个生成元彼此都不属于相同轨道即可。为此我们只需证明以下的引理：

若 $(a,b_1),(a,b_2)$ 属于相同轨道，那么 $gcd(m,n)|b_2-b_1$。

证明：不妨设 $b_1<b_2$。若二者属于相同轨道，那么存在 $x\in \mathbb{N}$ 使得 ${\gamma }^x((a,b_1))=(a,b_2)$，即同余方程组

$$\begin{array}{rl}a+x& \equiv a\mathrm{mod}m\\ b_1+x& \equiv b_2\mathrm{mod}n\end{array}$$

有解，等价的

$$\begin{array}{rl}x& \equiv 0\mathrm{mod}m\\ x& \equiv b_2-b_1\mathrm{mod}n\end{array}$$

根据同余方程组的性质可知，该方程组有解等价于 $gcd(m,n)|b_2-b_1$。

而我们知道 $b_1,b_2\in \{1,2,\dots ,k\}$，那么 $1\le b_2-b_1\le k-1$，故不可能有 $k=gcd(m,n)|b_2-b_1$，因此这些生成元两两不属于同一轨道。

在给出这个证明以前，我们探讨 $C_8\times C_{12}$ 的特例，可以用以下程序研究：

m = 8
n = 12

from itertools import product
all = [pair for pair in product(range(m), range(n))]

class Pair:
    m = 8
    n = 12

    def __init__(self, x, y):
        self.x = x
        self.y = y

    def __add__(self, other: "Pair"):
        return Pair(self.x + other.x, self.y + other.y)

    def to_tuple(self):
        return (self.x % Pair.m, self.y % Pair.n)

orbits = []
while all:
    orbit = []
    repeat = False
    p = all.pop(0)
    orbit.append(p)
    while not repeat:
        next_p = (Pair(*p) + Pair(1, 1)).to_tuple()
        if next_p not in orbit:
            orbit.append(next_p)
            print(next_p)
            all.remove(next_p)
            p = next_p
        else:
            repeat = True
    orbits.append(orbit)

# 可视化部分   
import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np

# 示例数据：二维元组列表

colors = ["red", "green", "orange", "blue"]
plt.figure()
# 将点的坐标分别提取为x和y列表
for orbit, color in zip(orbits, colors):
    x, y = zip(*orbit)
    # 创建一个新的绘图

    # 绘制点
    plt.scatter(x, y, color="black")

    # 计算每个箭头的dx和dy
    dx = np.diff(x)
    dy = np.diff(y)

    # 绘制箭头
    plt.quiver(
        x[:-1], y[:-1], dx, dy, angles="xy", scale_units="xy", scale=1, color=color
    )

plt.xlim(-0.5, 7.5)
plt.ylim(-0.5, 11.5)
plt.xticks(np.arange(0, 8, 1))  # X 轴刻度：0,1,2,...,7
plt.yticks(np.arange(0, 12, 1))  # Y 轴刻度：0,1,2,...,11
# 设置坐标轴比例相同
# plt.axis("equal")

# 显示图形
plt.show()

练习3：回到第十二讲的练习3，证明其中称为 $G\times C$ 的对象在配上合适的投影映射后确实构成了双自态射范畴上的积对象。

解答： $G\times C\stackrel{p_1}{\to }G$ 定义为 $\text{he-wolf,he-bear}\mapsto \text{he},\text{she-wolf,she-bear}\mapsto \text{she}$， $G\times C\stackrel{p_2}{\to }C$ 定义为 $\text{he-wolf,she-wolf}\mapsto \text{wolf},\text{he-bear,she-bear}\mapsto \text{bear}$。然后验证自态射在这个集合投影下保持结构即可。

现在我们回过头来审视前面遗留下来的练习1，我们知道 $H$ 是一个24-环， $W$ 是一个8-环，那么存在一个 $X$ 3-环使得二者的乘积为 $H$。可作如下示意图：

import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np

# 示例数据：二维元组列表

plt.figure()
# 将点的坐标分别提取为x和y列表
# 复用前面的Pair类
Pair.m = 3
Pair.n = 8
orbit = [Pair(i, i).to_tuple() for i in range(24)]
x, y = zip(*orbit)
# 创建一个新的绘图

# 绘制点
plt.scatter(x, y, color="black")
for i, (xi, yi) in enumerate(orbit):
    plt.text(xi, yi, f"{i}", fontsize=10, ha="right", va="bottom")

# 计算每个箭头的dx和dy
dx = np.diff(x)
dy = np.diff(y)

# 绘制箭头
plt.quiver(x[:-1], y[:-1], dx, dy, angles="xy", scale_units="xy", scale=1, color='orange')

plt.xlim(-0.5, 2.5)
plt.ylim(-0.5, 7.5)
plt.xticks(np.arange(0, 3, 1))  # X 轴刻度：0,1,2,...,7
plt.yticks(np.arange(0, 8, 1))  # Y 轴刻度：0,1,2,...,11
# 设置坐标轴比例相同
# plt.axis("equal")

# 显示图形
plt.show()

而这里的 $X^{\circlearrowright \alpha }$ 是一个三环，满足 $0\mapsto 1\mapsto 2\mapsto 0$，相应的从 $H$ 到 $X$ 的投影映射为 $n\mapsto n\mathrm{mod}3$。

第二十二讲、泛性质：相交关系 incidence relations

1、集合范畴的一个特殊性质

我们希望探讨两个相关概念：

1. 泛性质
2. 用图象 figure 和交互关系 incidence relations 来探测对象的结构

所谓 incidence 指图 graph 中点与线之间的关系，即点是否在某个线上或线是否经过某点。下面我们将讨论图范畴中的相交关系，然而在范畴论的意义下这种相交关系实际上是一种特殊的交换图，因此我们可以推广为交换图中对象与映射的关系。

概念1的一个例子是终对象定义中的性质。其中关于对于任意 for each,for every, for all 的对象 $X$ 都成立的这个全称判断让我们称其为泛性质 universal property。

而关于图象的概念出现在我们考察某些范畴 $\mathcal{C}$，通过找到其中的一个小对象族 $\mathcal{A}$，用从这个族中的 对象 $A$ 出发的映射 $A\to X$ 探测范畴 $\mathcal{C}$ 中更复杂的对象 $X$。

对于“每个”、"对于每个 "或 "对于所有"，使我们把它称为普遍属性：对象 1 是通过它与 "宇宙"（即我们所考虑的范畴）中的每个对象的关系来描述的。

以下是这段话的翻译：

“在研究某个范畴 $\mathcal{C}$ 时，我们发现在 $\mathcal{C}$ 中有一个小类 $\mathcal{A}$ 的对象，我们通过从 $\mathcal{A}$ 中的对象到更复杂的对象 $X$ 的映射 $A\stackrel{x}{\to }X$ 来探测这些对象。我们称映射 $x$ 为 $X$ 中的 $A$-形图（或者有时称为 $X$ 中的$A$-形特异图 singular figure，如果我们想强调映射 $x$ 可能在某种程度上压缩 $A$，使得 $A$ 在 $X$ 中的图像可能没有涵盖 $A$ 的所有特征）。这种使用映射的方式在德语中映射的词“Abbildung”中得到了很好的体现，意思是 $A$ 在 $X$ 中的图像 picture。

如果范畴 $\mathcal{C}$ 有一个终对象，我们可以将其视为图象的基本形状。实际上，我们已经给这种形状的形状起了一个特殊的名字：在 $X$ 中的 $1$-形图， $1⟶X$ 被称为 $X$ 的一个点。在集合中， $X$ 的点在某种意义上就是 $X$ 的全部，所以我们经常可以互换使用“点”和“元素”这两个词，而在动力系统中点是平衡态，在图中它们是环。

集合的范畴有一个特殊性质，大致是因为对象没有结构：如果两个映射在点上一致，那么它们就是同一个映射。也就是说，假设 $X\stackrel{f}{\to }Y$ 和 $X\stackrel{g}{\to }Y$。如果对于每个点 $1\stackrel{x}{\to }X$，都有 $fx=gx$，我们可以得出 $f=g$。这也可以用逆否命题的形式表达：如果 $f\ne g$，那么至少有一个点 $1\stackrel{x}{\to }X$ 使得 $fx\ne gx$，这也就是第四篇中提到的分离性。

集合范畴的这个特殊性质在自态射范畴和图范畴中并不成立。例如，在自态射范畴中，2-环 $C_2$ 根本没有点，因为“点”是不动点；任何两个从 $C_2$ 到任何系统的映射在所有点上都一致（因为没有点可以产生分歧），即使它们可能是不同的映射。

当然还有其他形状的图。在集合范畴中， $X$ 的一个 $2$-形图是从一个二元集到集合 $X$ 的映射。例如

但如果 $x$ 是一个常值映射，那么它也算是一个 $2$-形图，只不过它是一种奇异形，因为该映射压缩了 $2$ 的形状。图范畴中的一种奇异形如下：

集合范畴的这个特殊性质可以看成是只用很小的一族形状（只需要 $1$-形图）来刻画映射的等价性。类似的，我们是否能在其他范畴中找到一小族形状足以描述映射的等价性呢？

2、自态射范畴中的类似性质

在自态射范畴中我们是否能找到可以用来探测其他对象的一小族图形呢？先前我们知道循环自态射 $C_n$ 可以用来探测对象中的 $n$-环，也就是说自同态中的 $n$-环是 $C_n$-形图，特别的对任意整除 $n$ 的 $m$，$m$-环是一个 $C_n$-奇异形图。那么给定一个对象 $X$，我们如何找到其中的 $A$-形图呢？

如果 $A$ 长这样

在 $X$ 中找到 $A$-形图就意味着确定一个映射，对 $A$ 中的每个元素找到 $X$ 中的对应像且该映射保持结构。对这个特殊的 $A$ 而言，由于 $x_1$ 是生成元，我们只需要确定它的像即可，即从 $x_1$ 出发可以通过自态射 $\sigma$ 的迭代产生任意其他元素，那么剩下的像只需要按照结构保持的性质确定即可。

例如从 $C_6$ 到 $C_2$ 有下面的映射确定了其中的一个 $C_6$-异形图。

显然 $C_6$ 还可能在其他对象中具有异形图，可以用以下交换图表示这种性质：

显然若 $\overline{x}$ 存在，这意味着在 $X$ 中有 $C_2$-形图，无论这个 $C_2$-形图是不是异形，它一定是 $C_6$-异形。

现在让我们考虑 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }$，它的图形是什么样的？我们知道任意映射 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }\stackrel{x}{\to }{X}^{\circlearrowright \alpha }$ 都被其在 $0$ 处的取值完全确定，因此每个 $X$ 中的元素（作为它的像）在自态射的迭代下都生成了这样一张 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }$-形图，尽管它可能是奇异的。例如，如果这张图可以经过 $C_n$ 分解，

那么这说明在 $X$ 中 $x(0)$ 所生成的图是 $C_n$形的。

这张图中的粗箭头表示满态射，也就是说至多有一个 $\overline{x}$ 满足这种分解 $x=\overline{x}\circ f$。假如不是满同态，那么就可能有两个 $\overline{x}$ 满足这种分解，只需要在 $X$ 中找到两个不同点，把它分配给未被 $f$ 映射到的那个点作为像点即可。

在我们笔记中如果有需要，用 $\hookrightarrow$ 来表示单态射，用 $\twoheadrightarrow$ 来表示满态射。

回到 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }$ 的例子，它在自态射范畴中的地位好比集合范畴中终对象的地位，即区分映射的能力：给定任意一对自态射范畴中的映射 $X^{\circlearrowright \alpha }\stackrel{f,g}{\to }{Y}^{\circlearrowright \beta }$，若所有 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }$-形图 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }\stackrel{x}{\to }{X}^{\circlearrowright \alpha }$ 都满足 $fx=gx$，则 $f=g$。

我们知道在集合范畴中只需要 $1$-形图就可以区分映射，而在自态射范畴中需要更多，因为 $1$-形图或者说不动点也是一种特殊的 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }$-形图。

3、相交关系 incidence relations

假设 $X$ 中有两个图形，一个是 $A$ 形图 $x$，一个是 $B$ 形图 $y$。我们想问这两者之间的相交关系 incidence relation，即它们有多少重合 overlap，这种重合的结构如何。比如我们可能有一个映射 $u:A\to B$ 满足 $yu=x$。

这是否意味着 $B$-形图一定比 $A$-形图小呢？它可以更小（不大于），比如

或者更大，比如

$yu=x$ 只是一种可能的相交关系，又比如

$x{u}_1=y{u}_2$ 是另一种可能的相交关系，换言之存在第三张图形 $T\to X$在以前一种意义上分别与 $x,y$ 相交。

4、图范畴中的基本图形、奇异图形、相交关系

我们来考虑图范畴的情况。在该范畴中有两个对象可以作为基本形状，分别是孤立点 $D=\{0\}$ 和单箭头 $A=\{(s,t)\}$（我们把箭头 $s\to t$ 简记为有序对） ，这两者的图像长什么样？

$D$ 的图像只能是一个点，而 $A$ 既可以是一个箭头，也可以是一个环（异形图）。

在图范畴中我们有以下性质（基本图形的规定性）：给定任意一对映射 $X\stackrel{f,g}{\to }Y$，若 $fx=gx$ 对任意 $D$-形图 $D\stackrel{x}{\to }X$ 和任意 $A$-形图 $A\stackrel{x}{\to }X$ 都成立，则 $f=g$。

在集合范畴中我们需要 $1$ 形图来区分映射，在自态射范畴中我们需要一个更大的 ${\mathbb{N}}^{\circlearrowright \sigma }$-形图来区分映射，而在图范畴中我们则需要两个图形来区分映射。

练习1：考虑图范畴中的映射 $B_1\stackrel{p_1}{\leftarrow }P\stackrel{p_2}{\to }{B}_2$，假设我们仅对积的泛性质的一部分，即 $X=A$ 和 $X=D$ 两种情况验证成立，证明实际上该性质对任意对象 $X$ 成立，即它就是积。也就是说泛性质中的对任意对象 $X$ 成立可以仅仅通过对区分映射的一小族对象成立推出。

证明：泛性质的一部分，即对任意 $A\to B_1,A\to B_2,D\to B_1,D\to B_2$，存在唯一的 $A\to P,D\to P$ 使得以下（忽略其中 $X$ 的部分）交换图成立：

现在让我们加上与 $X$ 相关的部分，给定任意 $X\stackrel{f}{\to }{B}_1,X\stackrel{g}{\to }{B}_2$，我们来构造唯一的 $X\stackrel{h}{\to }P$，使得含 $X$ 部分的交换图成立。首先若 $X$ 为空图则平凡。下面假设 $X$ 不是空图，那么对 $X$ 中的任意节点 $x$，存在唯一的映射 $d$ 使得 $d(0)=x$，对 $X$ 中任意箭头 $\{(x_0,x_1)\}$ 存在唯一的映射 $a$ 使得 $a(s)=x_0,a(t)=x_1$。因此 $f\circ a,g\circ a,f\circ d,g\circ d$ 满足泛性质的一部分，于是存在唯一的虚线映射 $A\stackrel{\alpha }{\to }P,D\stackrel{\delta }{\to }P$ 使得交换图成立，特别的有

$$\begin{array}{rl}{p}_1\delta & =fd\\ p_2\delta & =gd\\ p_1\alpha & =fa\\ p_2\alpha & =ga\end{array}$$

我们构造 $h$ 如下：

1. 对任意节点 $x$， $h(x)\dot{=}\delta (0)$
2. 对任意箭头 $(x_0,x_1)$，$h(x_0)\dot{=}\alpha (s),h(x_1)\dot{=}\alpha (t)$

这个定义意味着 $h\circ d(0)=\delta (0),h\circ a(s)=\alpha (s),h\circ a(t)=\alpha (t)$，总之 $h\circ d=\delta ,h\circ a=\alpha$。因此：

$$\begin{array}{rl}{p}_{1}hd& =fd\\ p_{2}hd& =gd\\ p_{1}ha& =fa\\ p_{2}ha& =ga\end{array}$$

由前面节点和箭头的任意性以及二者与 $d,a$ 的一一对应性，知上述方程对任意 $d,a$ 均成立，因此由基本图形规定性知 $p_{1}h=f,p_{2}h=g$，即 $h$ 使交换图成立，至于 $h$ 的唯一性则由构造中 $\alpha ,\delta$ 的唯一性得出。证毕。

另一种有用的图形是下面这种

它有两个箭头，因此有两个$A$-形图，二者相交于一点。

为了表达这种相交性，我们回忆从 $D$ 到 $A$ 的两个映射

那么这种相交性可以表示为下面的交换图

即 $m_{1}t=m_{2}t$，或者说图像 $m_1$ 与 $m_2$ 有相同的汇点 $t$，事实上这也是唯一的交集。（我们还可以把这个事实用映射表达，但暂时不需要）。

虽然不需要，但容易猜到就是满足上述交换图的 $D\to A$ 只有 $t$。

如果某个对象 $X$ 也满足上面交换图中 $M$ 的地位，即对任意 $X,A_1\stackrel{x_1}{\to }X,A_2\stackrel{x_2}{\to }X$ 满足下面交换图

，即满足 $x_{1}t=x_{2}t$，那么 $X$ 中存在唯一的 $M$-形图 $x:M\to X$ 满足 $x{m}_1=x_1,x{m}_2=x_2$。即存在唯一的 $x:M\to X$ 满足下图

注意这是 $M$ 的一个泛性质。如果我们试图推广一下这个结论就是， $M$ 是满足该交换图性质的那个“最小”对象，使得对任意满足该交换图性质的对象 $X$ 内部都能找到 $M$-形图，也就是说这个对象满足了一种泛性质。换言之如果 $X$ 中存在两箭头相交于一点，那么 $X$ 中必然存在 $M$-形图。这个最小性使人莫名联想到公因子性质。

$M$-形图可能是奇异的，例如点塌缩

或者箭头塌缩

这里原书点塌缩左边的例子画错了，应该是单箭头 $A$ 的图。

练习2：列举 $A_2$-形图的所有可能形状。

解答：

类似的我们可以构造出许多满足各种泛性质的对象，比如上面的 $A_2$ 满足

即箭头 $n_1$ 的汇点是箭头 $n_2$ 的源点。那么它就相应的满足泛性质：若对任意 $X,A\stackrel{x_1}{\to }X,A\stackrel{x_2}{\to }X$ 满足下面交换图（无 $A_2$ 部分），则存在唯一的 $A_2\stackrel{x}{\to }X$ 使得下图交换。

现在回到我们在第十五讲埋下的问题，即图范畴的表示。我们可以回答这个问题，因为我们所需要的理论工具正好就是图像 figure 和相交关系 incidence relations。

设 $G$ 是一张图，我们标记其中 $n$ 个箭头和 $m$ 个节点，如 $A\stackrel{a_i}{\to }G,i\in \{1,\dots ,n\};D\stackrel{d_j}{\to }G,j\in \{1,\dots ,m\}$。然后列出其中的相交关系，总共五种：

1. 某箭头与某箭头同源 $a_{i}s=a_{j}s$
2. 某箭头与某箭头同汇 $a_{i}t=a_{j}t$
3. 某箭头与某箭头源汇相接 $a_{i}s=a_{j}t$
4. 某箭头源为某点 $a_{i}s=d_j$
5. 某箭头汇为某点 $a_{i}t=d_j$

这些节点列表与相交关系方程组合称为图 $G$ 的表示，如果对任意 $G^{\prime }$ 与相应的箭头和节点列表 $a_i^{\prime },d_j^{\prime }$ 以及相交方程组都存在唯一的图映射 $G\stackrel{g}{\to }{G}^{\prime }$，满足 $g{a}_i=a_i^{\prime },g{d}_j=d_j^{\prime }$。如果我们列出所有的节点和所有的相交方程，它显然是 $G$ 的一个表示，但是这种表示效率不高。例如上面的 $M$ 我们找到了一个只列出两个箭头 $m_1,m_2$ 以及相交方程 $m_{1}t=m_{2}t$ 但并未涉及任何节点的表示。

那么是否任何图的表示都至少要列出所有的箭头呢？是否能找到任意有限图的最小表示？

这里我们又揭示了表示与泛性质的联系。表示是一种交换图性质。我们可以猜想在任何范畴里，对象 $A$ 的表示是这样一种交换图，若任意对象 $X$ 满足该交换图，则存在唯一的 $A$-形图 $A\to X$ 满足交换图的对应。

第二十三讲、更多泛性质

关于各种各样的泛性质，我们可以罗列出下表：

始对象	终对象
对象的和	对象的积
…	指数、幂、映射空间map space

该表划分成两列，因为泛性质总是成对出现。左右两列相互对应，区别在于所涉及的泛性质中的箭头倒转，定义域与陪域互换。

1、映射对范畴

给定范畴 $\mathcal{C}$ 中两个对象 $B_1,B_2$，我们可以构造一个新范畴称为 ${\mathcal{C}}_{B_1,B_2}$。该范畴的一个对象是 $\mathcal{C}$ 中的对象并配上一对到 $B_1,B_2$ 的映射，即图示

而范畴中的映射即图示间的映射，满足保持结构的性质，即使下图交换：

由此，我们可以把 $B_1,B_2$ 在 $\mathcal{C}$ 中的积的泛性质表述成 ${\mathcal{C}}_{B_1,B_2}$ 中终对象的泛性质，二者完全等价。我们之所以这样费劲的定义一个范畴，使得其中的终对象与原范畴中的积对象一致，是因为一旦我们构造出这种范畴，我们就可以从终对象的唯一性直接推导出积对象的唯一性。而且这种等价性也有助于我们更好的理解积对象的概念。

练习1：借助这种等价性证明积对象的唯一性。

解答：略。

2、如何计算积

正如我们无法区分（不如说是范畴无法区分）任何两个终对象，因此我们称其中任何一个为那个（the，即从不定冠词a过渡到定冠词，表示终对象总是特指的那一个，即唯一性）终对象。同样的我们也称那个积对象。

根据积的泛性质可知，给定任意到因子 $B_1,B_2$ 的映射对 $A\stackrel{f_1}{\to }{B}_1,A\stackrel{f_2}{\to }{B}_2$，存在唯一的映射记为 $⟨f_1,f_2⟩$ 使得其与投影映射 $p$ 的复合为映射对 $p_1⟨f_1,f_2⟩=f_1,p_2⟨f_1,f_2⟩=f_2$。反过来，任意到积对象 $B_1\times B_2$ 上的映射也自然诱导出到因子 $B_1,B_2$ 上的映射对，因此有下面的一一对应：

特别的，如果我们在集合范畴下，可以考虑 $A$ 为终对象的情况，即

也就是说，只要我们知道了因子中的每个点，我们就知道了积对象中的每个点。

用类似的方法可以计算其他范畴中的积对象，只需要把 $A$ 换成该范畴中的基本形状，即那种可以表示其他对象的对象即可。例如在图范畴中， 基本形状就是单箭头 $A$ 和孤立点 $D$，从这两个形状出发的映射决定了图映射。例如让我们计算单箭头图的自乘积 $A^2=A\times A$，为此我们需要考虑 $D\to A^2$ 与 $A\to A^2$。

前者确定了 $A^2$ 中的点，根据对应性质，每个 $D\to A^2$ 对应着一对 $D\to A$，而 $D\to A$ 有两种可能，即 $s,t$ 分别把单点映射到 $A$ 的源节点和汇节点，因此 $D\to A^2$ 有四种可能，分别是 $(s,s),(t,s),(s,t),(t,t)$，因此 $A^2$ 中有四个点。

后者确定了 $A^2$ 中的箭头。根据对应性质，每个 $A\to A$ 对应着一对 $A\to A$，而 $A\to A$ 只有一种可能，那就是恒等映射。因此 $A\to A^2$ 只有一种可能，即保持图结构的 $(s,s)\mapsto (t,t)$。

综上 $A^2$ 图示如下：

注意到从内部结构上说， $A^2$ 由一个单箭头图 $A$ 和两个孤立点 $D$ 组成。事实上我们有同构 $A^2=A+2D$。

练习2：尝试将积的泛性质中的箭头倒转定义其对偶概念，和。然后验证在集合与图范畴中，和就是无交并。

解答：略。见第四章第6节中的练习17。

第二十四讲、积的唯一性与和的定义

1、终对象是积的恒等元

注意原文构造 $B\times 1=B$ 的同构时把 $B\stackrel{p_1}{\to }B$ 构造为了恒等映射，但实际上这里取任何一个自同构都可以。

2、积的唯一性

略

3、对象的和

定义略。和的泛性质中诱导出的唯一映射 $f$ 被记为

$$f=\{\begin{array}{l}{f}_1\\ f_2\end{array}$$

这个记号相当于一种分类讨论的意味，即 $B_1+B_2$ 分为两部分，属于 $B_1$ 的那部分由 $f_1$ 决定，属于 $B_2$的部分由 $f_2$ 决定，也就对应着无交并。

在图范畴中， $1$ 是环。因此可以类似的定义自然数 $2=1+1,3=1+1+1$。

于是我们可以写出图范畴中的一些代数方程 algebraic equations。

练习2：证明图范畴中的下列公式

1. $D+D=2\times D$
2. $D\times D=D$
3. $A\times D=D+D$

解答：

1. 显然两边都只有两个节点，且左边没有箭头。但是对于右边来说是否有箭头呢？如果有，那么就有从 $2\times D$ 的箭头集合到 $D$ 的箭头集合的映射，然而 $D$ 的箭头集合是空集，因此不存在这种映射，故不存在箭头。
2. 显然。
3. 两边只有两个节点。至于没有箭头的理由同a。

练习3：重读第十五讲第5节，找到从 $X^{\circlearrowright \alpha }$ 与 $Y^{\circlearrowright \beta }$ 的表示出发，构造下列对象表示的方法：

1. $X^{\circlearrowright \alpha }+Y^{\circlearrowright \beta }$
2. $X^{\circlearrowright \alpha }\times Y^{\circlearrowright \beta }$

解答：

1. 显然，只要知道二者的表示（生成元和生成关系），把它们罗列在一起即可。换言之，若记 $a_1,\dots ,a_n$ 为 $X^{\circlearrowright \alpha }$ 的生成元，$b_1,\dots ,b_n$ 为 $Y^{\circlearrowright \beta }$ 的生成元，则 $j_1{a}_1,\dots ,j_1{a}_n,j_2{b}_1,...,j_2{b}_n$ 为 $X^{\circlearrowright \alpha }+Y^{\circlearrowright \beta }$ 中的生成元，相应的生成关系则是把方程中相应的生成元替换成入射像，把相关的自态射替换成 $f$，其中 $f=\{\begin{array}{l}\alpha \\ \beta \end{array}$，例如 ${\alpha }^3{a}_1={\alpha }^2{a}_2$ 替换成 $f^3{j}_1{a}_1=f^2{j}_1{a}_2$。

2. 我们先从最简单的情况开始分析，考虑 $C_m\times C_n$ 的表示。其中 $C_m$ 的表示为生成元 $a$，生成关系 ${\alpha }^{m}a=a$， $C_n$ 的表示为生成元 $b$，生成关系 ${\beta }^{n}b=b$。那么 $C_m\times C_n$ 的生成元就必然由 $C_m$ 与 $C_n$ 生成元的所决定，即 $(a,b)$，那么 $(a,b)$ 应该满足什么生成关系呢？我们进一步考虑 $m=2,n=3$ 的情形。记积对象上的自态射为 $\gamma$，那么我们有

   $C_m$	$a$	$\alpha a$	$a$	$\alpha a$	$a$	$\alpha a$	$a$
   $C_n$	$b$	$\beta b$	${\beta }^{2}b$	$b$	$\beta b$	${\beta }^{2}b$	$b$
   $C_m\times C_n$	$(a,b)$	$\gamma (a,b)$	${\gamma }^2(a,b)$	${\gamma }^3(a,b)$	${\gamma }^4(a,b)$	${\gamma }^5(a,b)$	${\gamma }^6(a,b)$

   其中，每一列 $x,y,z$ 表示 $(x,y)=z$。因此我们发现 ${\gamma }^6(a,b)=(a,b)$。

   更一般的，当 $m,n$ 不互素时，生成元 $(a,b)$ 满足生成关系 ${\gamma }^{lcm(m,n)}(a,b)=(a,b)$。（见第二十一讲练习2）。

   对于更一般的两个生成元 $c,d$ 满足生成关系 ${\alpha }^{m}c={\alpha }^n{c}^{\prime },{\beta }^{p}d={\beta }^q{d}^{\prime }$，此时如果要考察形如 ${\gamma }^k(c,d)={\gamma }^l(c^{\prime },d^{\prime })$ 的生成关系，则相当于 ${\alpha }^{k}c={\alpha }^l{c}^{\prime },{\beta }^{k}d={\beta }^l{d}^{\prime }$ 之类的方程成立，而这种情况是非常凑巧的。也就是说对更一般的生成元，我们先穷尽所有生成元的组合 $(c,d)$（这里要么 $c$ 是生成元，要么 $d$ 是生成元），然后考虑序列 ${\gamma }^k(c,d)=({\alpha }^{k}c,{\beta }^{k}d)$，然后用所有生成关系 ${\alpha }^{m}c={\alpha }^n{c}^{\prime },{\beta }^{p}d={\beta }^q{d}^{\prime }$ 去约简，如果能够约简出 ${\gamma }^k(c,d)={\gamma }^l(c^{\prime },d^{\prime })$ 这种方程，则找到一种生成关系。总之没有本质上的困难，只是必须具体情况具体分析，而无法给出普遍形式。

   试举一例：

   

   此处，两个因子各只有一个生成元，分别为 $a,b$，生成关系分别为 $(R1){\alpha }^{3}a={\alpha }^{2}a,(R2){\beta }^{2}b=\beta b$。而

   $$\begin{array}{rl}\gamma (a,b)=(\alpha a,\beta b)& \stackrel{R1}{=}(\alpha a,{\beta }^{2}b)=\gamma (a,\beta b),\\ \gamma (\alpha a,b)=({\alpha }^{2}a,\beta b)& \stackrel{R2}{=}({\alpha }^{2}a,{\beta }^{3}b)={\gamma }^2(a,\beta b),\\ \gamma ({\alpha }^{2}a,b)=({\alpha }^{3}a,\beta b)& \stackrel{R1,R2}{=}({\alpha }^{2}a,{\beta }^{3}b)={\gamma }^2(a,\beta b),\\ {\gamma }^3(a,\beta b)=({\alpha }^{3}a,{\beta }^{4}b)& \stackrel{R1,R2}{=}({\alpha }^{2}a,\beta b)\end{array}$$

   由此例可以见得，积对象的生成元并不总是由因子对象中的生成元构成，例如此处不仅仅包括 $(a,b)$，还有 $(\alpha a,b),(a,\beta b),({\alpha }^{2}a,\beta b)$。总之至少含一个生成元，这是因为对任意一个积对象中的点 $(c^{\prime },d^{\prime })$，它必然经过某个生成元若干步转移后得到，不妨设为 $c^{\prime }={\alpha }^{k}c,d^{\prime }={\beta }^{l}d,k\le l$，那么 $(c^{\prime },d^{\prime })={\gamma }^k(c,{\beta }^{l-k}d)$，也就是说 $\gamma$ 的生成元至少需要满足其中有一个分量在因子中是生成元。在罗列出全部此种形式的点以后，再用转移映射 $\gamma$ 不断作用其上最后根据生成关系约简即可得到积对象上的全部生成关系。

第二十五讲、标签与图的积

在积的泛性质中， $X$ 的起到了规定任意性的作用。也就是说，如果我们要说明

不是积，那么只需要找到一个 $X$ 和两个映射 $f_1,f_2$

说明

使该交换图成立的 $f$ 要么不存在，要么不唯一即可。不过一般来说，在判定一个对象是否是积时，不需要大费周章的考察所有 $X$，只需要考察那些决定范畴映射的基本形状即可，例如集合范畴中的终对象 $1$ 和图范畴中的 $A,D$（第二十二讲练习1的结论）。

1、通过标签探测图的结构

我们回忆所谓的标签labeling就是分拣sorting，就是把一个待考察对象 $X$ 映射到一个已知对象 $B$ 上。在图范畴上，如果存在从 $X$ 到孤立点 $D$ 的映射，说明 $X$ 中没有任何箭头，否则该映射就会把 $X$ 的箭头集合映射到空集，这违反映射的性质。因此我们可以通过标签来探测图的结构。

类似的，如果存在从 $X$ 到单箭头 $A$ 的映射，说明该映射将 $X$ 中的点分为两部分，一种映射到 $A$ 中的源节点 $s$，另一种映射到 $A$ 中的汇节点 $t$，而所有的箭头都映射到唯一的箭头 $(s,t)$。为了保持结构， $X$ 中的这两部分节点没有重合，也就是说 $X$ 中的节点要么是孤立点，要么是一个箭头的源，要么是一个箭头的汇，不可能既是源又是汇，而从 $X$ 到 $A$ 的映射的数目完全取决于 $X$ 中的孤立点数目——因为只有它们在这个映射中可以被安排映射到 $s$ 还是 $t$ 而不破坏结构。例如下面的 $X$ 到 $A$ 的映射有 $2^5=32$ 种。

反之，如果我们能把 $X$ 中的节点归为两类，其中一类只是某个箭头的源，另一类只是某个箭头的汇，我们相当于就找到了这样一个从 $X$ 到 $A$ 的映射，总之这两种操作是等价的。

相似的问题是：用 $C_2$ 来分拣 $X$ 是什么含义？

这就是说，从 $X$ 到 $C_2$ 的映射把所有的点分为两类，一类映射到 $u$，另一类映射到 $v$，而每个箭头都被映射到 $a$ 或者 $b$，总之， $X$ 中不存在环，即从自身到自身的箭头。

再举一例：用 $2_D$ 来分拣 $X$ 是什么含义？

在这种情形下，对 $X$ 没有什么限制，因为这个映射只是对 $X$ 中的节点进行任意的二分。

练习1：找一个图并记为 $2_A$ 使得 $X\to 2_A$ 的作用是把 $X$ 中的箭头分成两类。

解答：考虑下图

该图把 $X$ 中的箭头可以被分为两类，要么映射到左边的环，要么映射到右边的环。注意到这是一种纯粹的分拣，而不对 $X$ 的结构具有任何限制。

在做此题时我有过犹豫，似乎能把 $X$ 中的箭头分成两类的 $2_A$ 有许多不同选择（在同构意义下）。但如果有不同选择的话，就会对练习2b中的证明造成影响。因此我的想法是 $2_A$ 的性质应该与 $2_D$ 接近，也就是说对任意的 $X$ 都到 $2_A$ 有映射，即不存在结构上的限制，只是单纯的进行分拣。

如果我们把 $X\to Y$ 看成 $Y$ 中的 $X$-形图 figure，我们把 $Y$ 看成固定对象而 $X$ 是可变的，因此映射给出了 $X$ 在 $Y$ 中所有可能的形状。反过来我们也可以把 $X$ 视为固定对象而 $Y$ 是可变的，因此 $X\to Y$ 就可以视为 $Y$ 对 $X$ 的不同标签或分拣。换言之就是 $Y$-标签， $Y$-值函数或者余图 cofigure。（co-指的是某个概念的对偶）

下面的练习2b就是第二十二讲中的练习1的对偶。

练习2：

1. 证明在集合范畴中若上图对 $Y=2$ 满足余积的性质，则它实际上是就是真正的余积，即对任意对象 $Y$ 都满足余积性质。
2. 证明在图范畴中若上图对 $Y=2_A,Y=2_D$ 满足余积性质，则它实际上是就是真正的余积，即对任意对象 $Y$ 都满足余积性质。

解答：

1. 在证明以前，我们不妨回顾一下其对偶命题的证明。即证明在集合范畴下，若积的泛性质仅对 $X=1$ 成立，则它事实上对任意对象 $X$ 成立。在那里对于任意 $x\in X$ 与映射 $X\stackrel{b_1}{\to }{B}_1,X\stackrel{b_2}{\to }{B}_2$，像点 $b_1(x),b_2(x)$ 规定了两个映射 $1\stackrel{b_1(x)}{\to }{B}_1,1\stackrel{b_2(x)}{\to }{B}_2$，因此诱导出唯一的 $1\stackrel{⟨b_1(x),b_2(x)⟩}{\to }P$，从而只要规定 $X\stackrel{f}{\to }P$ 为 $f(x)=⟨b_1(x),b_2(x)⟩$，即满足 $1\stackrel{x}{\to }X\stackrel{f}{\to }P$ 的 $f\circ x=⟨b_1(x),b_2(x)⟩$ 即可， $f$ 的唯一性由 $⟨b_1(x),b_2(x)⟩$ 给出。

   下面来证明2a。因为对于任意映射 $B_1\stackrel{y_1}{\to }2,B_2\stackrel{y_2}{\to }2$，存在唯一的映射 $g:S\to 2$ 使得和性质成立。我们证明首先证明 $j_1$ 一定是单射，这是因为假如存在 $b_1,b_2\in B_1,b_1\ne b_2,j_1(b_1)=j_1(b_2)$，那么可以构造映射 $y_1(b_1)=0,y_1(b_2)=1⟹y_1(b_1)\ne y_1(b_2)$ 就违背了泛性质，类似的可以证明 $j_2$ 也是单射且 $j_1,j_2$ 的像不重合。进一步我们可以证明 $S=B_1\bigsqcup B_2$，由于集合范畴的同构性，这就是说 $S$ 的元素数目必须与 $B_1$ 和 $B_2$ 的元素数目和相等。因为前面已经证明了 $j_1,j_2$ 为单射且像不重合，因此 $|S|\ge |B_1|+|B_2|$。然而若 $|S|>|B_1|+|B_2|$，则必然存在 $s\in S$ 既非 $j_1$ 也非 $j_2$ 的像，因此对于任意满足和泛性质中的交换图映射 $g:S\to 2$，总可以构造另一个不同的 $g^{\prime }:S\to 2$，使得 $g^{\prime }(s)=1-g(s)$，因此这与和的泛性质中导出映射的唯一性矛盾。综上可知 $|S|=|B_1|+|B_2|$ 即 $S=B_1\bigsqcup B_2$。

   一旦证明 $S=B_1\bigsqcup B_2$，就容易构造对任意 $B_1\stackrel{i_1}{\to }Y,B_2\stackrel{i_2}{\to }Y$ 满足条件的唯一导出映射 $g:S\to Y$。只需要令 $g(j_1(b_1))=i_1(b_1),g(j_2(b_2))=i_2(b_2)$ 即可，这种赋值的无矛盾性就在于无交并的特性。

2. 证明2b的方式和2a非常相似。首先依旧是证明 $j_1,j_2$ 是单射，只不过这次是图范畴中的单射，也就是说在节点集合上的映射 $D(B_i)\stackrel{{j_i}_D}{\to }D(S)$ 是单射（任意两个不同节点的像不同），在箭头集合上的映射 $A(B_i)\stackrel{{j_i}_A}{\to }A(S)$ 也是单射（任意两个不同箭头的像也不同）。证明前者只需要对 $i=1,2$，对任意 $b_1,b_2\in B_i$ 构造 $B_i\stackrel{y_i}{\to }{2}_D$ 满足 $y_i(b_1)\ne y_i(b_2)$ 即可，根据 $2_D$ 的性质这种构造总是可能的，因为 $2_D$ 对图 $B_1$ 的结构没有任何限制，也就是说对 $b_1,b_2$ 之间有没有边，有几条边，边的结构如何没有任何限制，总是存在这样的保持结构的 $y_1$。同理根据 $2_A$ 的性质可以证明箭头集合也是单射，以及 $j_1,j_2$ 的像不重合。同样的我们可以分别证明 $D(S)=D(B_1)\bigsqcup D(B_2),A(S)=A(B_1)\bigsqcup A(B_2)$，也就是说 $S=B_1\bigsqcup B_2$，即它是两个图的无交并（两个图的无交并就是把两个图的节点集合无交并，再把箭头集合无交并得到）。同理对任意 $B_1\stackrel{i_1}{\to }Y,B_2\stackrel{i_2}{\to }Y$ 容易构造满足条件的唯一导出映射 $g:S\to Y$。

练习3：三色染（tricoloring）指的是为图中每个节点染上白、红、绿其中一色，使得对任意的箭头而言，其源节点和汇节点不同色。若我们固定一个图 $X$ 的三色染，且有一个图映射 $Y\stackrel{f}{\to }X$，则它可以诱导出 $Y$ 上的染色，即令任意 $D\stackrel{y}{\to }Y$ 的颜色与 $fy$ 相同，这被称为由 $f$ 诱导的 $Y$ 的三色染。

1. 证明被诱导的三色染确实满足三色染的定义，即对 $Y$ 中任意箭头而言，其源节点和汇节点不同色。
2. 找到最佳三色染图 $F$，即对任意的 $Y$，任意 $Y$ 的一种三色染由唯一的映射 $Y\stackrel{f}{\to }F$ 导出。

解答：

1. 反证法，假设存在 $Y$ 中的某一箭头 $(s,t)$ ， $s,t$ 颜色相同，那么根据诱导性质 $fs,ft$ 同色。但由于 $f$ 是图映射，它必然将 $(s,t)$ 映射到 $X$ 中的箭头 $(fs,ft)$，于是 $(fs,ft)$ 在 $X$ 中就是一个源汇节点同色的箭头，与 $X$ 固定的三色染矛盾。

2. 取 $F$ 如下

   

   注意b不是对任意的 $Y$ 成立，而是对那些任意具有三色染的 $Y$ 成立。（不具有三色染的例子很多，只要它包含一个完全4-子图即可）。若 $Y$ 具有三色染，则显然可以通过把对应的颜色映射到 $F$ 中的对应点即可，即若 $y\in Y$ 为红色，则令 $fy=red$，以此类推（映射 $f$ 的存在性）。至于映射的唯一性，则因为若存在 $f,g$ 都导出同一种三色染，则对任意的 $y\in Y$，$fy$ 与 $gy$ 同色，根据前面导出映射的性质， $fy=gy$ （因为同色像只有一个点，故相等），因此映射是唯一的。

   这里之所以要在三个点之间两两构造箭头，是为了穷尽三色染中的所有边的可能性（由红到绿，由绿到红，由白到绿，由绿到白，由白到红，由红到白），从而任意三色染到 $F$ 的映射只需要考虑节点的映射，而箭头映射总是自动良定义的（即保持结构）。

练习4：记 $0$ 为始图（即既无节点也无箭头的空图）， $A_2$ 为 $\bullet \to \bullet \to \bullet$。证明对任意图 $X$：

1. 要么存在一个映射 $X\to 0$，要么存在一个映射 $D\to X$，且二者不同时成立；
2. 要么存在一个映射 $X\to D$，要么存在一个映射 $A\to X$，且二者不同时成立；
3. 要么存在一个映射 $X\to A$，要么存在一个映射 $A_2\to X$，且二者不同时成立；

这个序列是否能够继续下去？即是否存在某个图 $C$ 使得对任意 $X$，

d. 要么存在一个映射 $X\to A_2$，要么存在一个映射 $C\to X$，且二者不同时成立。

解答：

1. 满足前半句的是空图 $X=0$，只要图 $X$ 非空，就必然存在至少一个节点，于是满足后半句。
2. 满足前半句的是无箭头图；只要图 $X$ 有一个箭头，就满足后半句。
3. 满足前半句的是只含头尾不相连的箭头图（即图中的点要么为孤立点，要么只是某个箭头的源节点，要么只是某个箭头的汇节点）；只要图 $X$ 有头尾相连的箭头（要么一个环，要么有一个节点既是源节点又是汇节点）就可以把 $A_2$ 嵌入，于是满足后半句。
4. 对于 d，我们首先说明只需要考虑连通图即可（如果图中有多个连通分支，那么就研究每个连通分支满足前半句还是后半句，若所有连通分支都满足前半句，则总体满足前半句，若有一个不满足前半句，则总体都不满足前半句）。于是问题变成，不满足前半句的连通图长什么样子，这些连通图是否可以通过找到一个合适的 $C$ 统统被后半句刻画？我们观察发现满足前半句的连通图至多有一个节点既是源节点又是汇节点，那么除此以外的连通图就至少有两个节点既是源节点又是汇节点——于是可以取 $C=A_3$（此处省略图示，不言而喻）。

此题告诉我们，任何图都可以被 $A_k$ 划分成不相交的两类，要么它可以经过 $A_k$ 的折叠并嵌入，要么它可以嵌入 $A_{k-1}$。

2、计算图 $A\times Y$

如我们前面看到的，形如 $A\times Y$ 的图的结构形如前面画出的 $X$，即 $X\to A$ 中的 $X$，其中的点被分为两类，要么是源节点，要么是汇节点（因为投影映射自然的是 $A\times Y\to A$）。此外，有下面的一一对应关系

$$\frac{A\to A\times Y}{A\to A,A\to Y}$$

即 $A\times Y$ 中的箭头形如 $⟨a,y⟩$，其中 $a,y$ 分别为 $A$ 和 $Y$ 中的箭头。由于 $A$ 仅仅有一个箭头，因此可知 $A\times Y$ 中的箭头和 $Y$ 中的箭头数目相等。同样地，有一一对应

$$\frac{D\to A\times Y}{D\to A,D\to Y}$$

这意味着 $A\times Y$ 中的节点数是 $Y$ 中节点数的两倍，因为 $A$ 有两个节点。

为确定 $A\times Y$ 中的源汇关系，我们将 $A\times Y$ 中的每个箭头，即映射 $A\stackrel{⟨a,y⟩}{\to }A\times Y$ 与源映射、汇映射 $D\stackrel{s,t}{\to }A$复合，因为一个箭头 $A\stackrel{f}{\to }Y$ 的源节点和汇节点就是复合 $y\circ s,y\circ t$。因此箭头 $⟨a,y⟩$ 的源节点为 $⟨a,y⟩\circ s=⟨s,y\circ s⟩$，因为由交换图可知

$p_1\circ (⟨a,y⟩\circ s)=s,p_2\circ (⟨a,y⟩\circ s)=y\circ s$。类似的其汇节点为 $⟨a,y⟩\circ t=⟨t,y\circ t⟩$。

再举一个复杂的例子：

练习5：记 $B=\bullet \to \bullet \to \bullet ,C=\bullet \leftrightarrow \bullet \bullet$。证明 $B$ 与 $C$ 不同构，但 $A\times B$ 与 $A\times C$ 同构。

解答： $B,C$ 不同构显然。至于后两者分别为：

显然二者都等于 $A+A+D+D$，故同构。

该练习告诉我们积的消去律一般不成立，哪怕其因子比之前见过的反例更为实质性substantial。其他的反例还有 $0\times X=0\times Y,D\times A=D\times 2$。

3、分配律

练习6：构造映射 $(X\times B_1)+(X\times B_2)\to X\times (B_1+B_2)$。

解答：略。我们在第四章分配律一节已经构造了。

注意该映射不一定是同构。

第二十六讲、分配范畴和线性范畴

1、标准映射 $A\times B_1+A\times B_2\to A\times (B_1+B_2)$

上一讲的练习要求我们求这个标准映射（之所以使用标准一词是因为该映射在运用和、积对象的泛性质推理过程中是唯一的）。在许多范畴中该映射与另一个标准映射 $0\to A\times 0$ 可逆，此时我们说分配律在该范畴中成立，或称该范畴是分配的。本讲我们讨论的范畴都将是分配范畴。

若一个范畴不是分配范畴，则我们避免在该范畴中使用“和”（sum）这个术语，而是代之以“余积”（coproduct），取“积的对偶”意义 。一个范畴不同于另一个范畴的根本区别之一是其概念concepts与余概念coconcepts之间的关系。在许多范畴中，分配律是有效的，但在其他范畴中，乘积和共乘积之间的关系却截然不同，但却同样有趣。

上述的标准映射的构造是一个普遍事实的应用——即把积的泛性质与余积的泛性质结合起来：

从两个对象的余积到两个对象的积的映射“等价”于四个映射，即从每个加数到每个乘数的映射。

由于余积对象是定义域，因此任何一个从 $C_1+C_2$ 出发的映射 $f$ 都由其组分 $C_1,C_2$ 与其注射 $j_1,j_2$ 定义决定，记为 $f=\{\begin{array}{l}{f}_1\\ f_2\end{array}$，其中 $f_1,f_2$ 满足以下交换图

而 $f_1,f_2$ 作为到积对象上的映射，也可以分别拆分成两个组分 $f_1=⟨f_{1A},f_{1B}⟩,f_2=⟨f_{2A},f_{2B}⟩$。

所以最终 $f$ 被析为四个组分：

$$\begin{gathered} C_1\stackrel{f_{1A}}{\to }A,C_1\stackrel{f_{1B}}{\to }B \\ {C}_2\stackrel{f_{2A}}{\to }A,C_2\stackrel{f_{2B}}{\to }B \end{gathered}$$

反过来，这四个组分决定了从 $C_1+C_2$ 到 $A\times B$ 的映射：

$$f=\{\begin{array}{l}⟨f_{1A},f_{1B}⟩\\ ⟨f_{2A},f_{2B}⟩\end{array}$$

而通常我们更倾向于将其写成矩阵 matrix 形式，即

$$\left[\begin{array}{cc}{f}_{1A}& f_{1B}\\ f_{2A}& f_{2B}\end{array}\right]$$

同样的方法可以应用于任意数目的对象的积与余积上：

命题：对任意对象 $C_1,\dots ,C_m,A_1,\dots ,A_n$，记积投射为 $A_1\times \cdots \times A_n\stackrel{p_{\nu }}{\to }{A}_{\nu }$ 与和映射为 $C_{\mu }\stackrel{j_{\mu }}{\to }{C}_1+\cdots +C_m$。则对任意矩阵

$$\left[\begin{array}{ccc}{f}_{11}& \cdots & f_{1n}\\ ⋮& & ⋮\\ f_{m1}& \cdots & f_{mn}\end{array}\right]$$

其中 $f_{\mu \nu }:C_{\mu }\to A_{\nu }$，存在唯一的映射

$$C_1+\cdots +C_m\stackrel{f}{\to }{A}_1\times \cdots \times A_n$$

满足所有 $m\times n$ 个方程

$$f_{\mu \nu }=p_{\nu }f{j}_{\mu }$$

证明：注意在这个命题中 $f_{\mu \nu }$ 的存在性是前提之一，也就是说不是对任意的 $C,A$ 系列都有和对象到积对象的映射，只有这些 $C$ 系列到 $A$ 系列的组分上的映射存在，才会唯一的诱导出和对象到积对象上的存在性。我们有两种证明思路：

1. 先利用陪域是积再利用定义域是和的性质。即固定 $\mu$ 而遍历 $\nu$，则所有 $f_{\mu \nu }$ 的存在性根据积对象的性质诱导出 $C_{\mu }\stackrel{f_{\mu }}{\to }\prod _{\nu }{A}_{\nu }$ 的存在性，然后遍历 $\mu$，所有 $f_{\mu }$ 的存在性根据和对象的性质诱导出 $\sum _{\mu }{C}_{\mu }\stackrel{f}{\to }\prod _{\nu }{A}_{\nu }$ 的存在性。其中 $f_{\mu \nu }=p_{\nu }{f}_{\mu },f_{\mu }=f{j}_{\mu }$。
2. 先利用定义域是和再利用陪域是积的性质。即固定 $\nu$ 而遍历 $\mu$，则所有 $f_{\mu \nu }$ 的存在性根据和对象的性质诱导出 $\sum _{\mu }{C}_{\mu }\stackrel{f_{\nu }}{\to }{A}_{\nu }$ 的存在性，然后遍历 $\nu$，所有 $f_{\nu }$ 的存在性根据和对象的性质诱导出 $\sum _{\mu }{C}_{\mu }\stackrel{f}{\to }\prod _{\nu }{A}_{\nu }$ 的存在性。其中 $f_{\mu \nu }=f_{\nu }{j}_{\mu },f_{\nu }=p_{\nu }f$。

无论哪一种我们都证明了 $f_{\mu \nu }=p_{\nu }f{j}_{\mu }$，无非思路1和2加括号的方式不同，但根据结合律二者结论等价。证毕。

如果要用这个命题来定义上面的标准映射 $A\times B_1+A\times B_2\to A\times (B_1+B_2)$，即取 $C_1=A\times B_1,C_2=A\times B_2,A=A,B=B_1+B_2$ 的情形。根据命题，它等价于下面四个映射：

$$\begin{gathered} A\times B_1\to A,A\times B_1\to B_1+B_2 \\ A\times B_2\to A,A\times B_2\to B_1+B_2 \end{gathered}$$

为此我们需要先定义这四个映射。左边两个只需要使用积投射，而右边两个则使用积投射与和注射的复合，即 $A\times B_1\stackrel{proj}{\to }{B}_1\stackrel{inj}{\to }{B}_1+B_2$。

由此我们就得到了标准映射。在集合范畴下，它可以图示化为

这个标准映射的构造对所有范畴均成立。更一般的，我们可以构造标准映射

$$A\times B_1+A\times B_2+\cdots A\times B_n\to A\times (B_1+B_2+\cdots +B_n)$$

定义1：若对任意的 $n\in \mathbb{N}$，范畴中的标准映射 $A\times B_1+A\times B_2+\cdots A\times B_n\to A\times (B_1+B_2+\cdots +B_n)$ 总是同构映射，则称该范畴满足一般分配律（general distributive law）。

定义2：若范畴中的标准映射 $A\times B_1+A\times B_2\to A\times (B_1+B_2)$ 与标准映射 $0\to A\times 0$ 为同构，则称该范畴满足分配律（distributive law），又称该范畴为分配范畴（distributive law）。

定理：若范畴满足一般分配律，则范畴为分配范畴。反之若范畴为分配范畴，则其满足一般分配律。

即上面两个定义等价。

证明：

1. 定义1推定义2：显然取 $n=0,2$ 即可。

2. 定义2推定义1：当 $n=0,2$ 时，已知。当 $n=1$ 时，显然。当 $n\ge 2$ 时，用数学归纳法：假设含 $k-1$ 项的分配律成立，则对 $k$ 项的分配律而言有

   $$A\times \sum _{i=1}^k{B}_i\to A\times (\sum _{i=1}^{k-1}{B}_i+B_k)\to A\times \sum _{i=1}^{k-1}{B}_i+A\times B_k\to \sum _{i=1}^{k-1}(A\times B_i)+A\times B_k\to \sum _{i=1}^{k}A\times B_i$$

   其中第一个同构使用了和的结合律（随便加括号，析出前 $k-1$ 项与最后一项），第二个同构使用了二项分配律，第三个同构使用了 $k-1$ 项分配律，第四个同构再次使用了和的结合律。于是 $k$ 项分配律也成立，数学归纳法成立。证毕。

在第五章我们会讲到指数对象 exponential objects，我们将证明任意含有指数对象的范畴都是分配的。

有哪些范畴不满足分配律呢？例如第四章中的练习20中的带点集范畴。此外还有一类重要的范畴称为线性范畴 linear categories，其中积对象 $A\times B$ 总是等于和对象 $A+B$，于是只有平凡线性范畴才满足分配律。

2、线性范畴中的矩阵乘法

现在让我们稍稍偏离主题，讲讲关于线性范畴的一二事。首先在线性范畴中需要定义零映射。

定义（零映射）：对任意两个对象 $X,Y$，存在零映射 $0_{XY}:X\to Y$ 满足，对任意映射 $W\stackrel{f}{\to }X,Y\stackrel{g}{\to }Z$，都有 $g{0}_{XY}=0_{XZ},0_{XY}f=0_{WY}$。

零映射的存在性使我们可以定义从 $X+Y$ 到 $X\times Y$ 的标准映射

$$f=\left[\begin{array}{cc}{1}_X& 0_{XY}\\ 0_{YX}& 1_Y\end{array}\right]:X+Y\to X\times Y$$

前面我们提到标准映射存在的重要条件是映射 $C\to A$ 对每个组分都存在，这里零映射的存在性就保证了这一点。

我们称该映射为恒等矩阵。（注意它与线性代数中矩阵的形式相似性）

定义：若一个含零映射的范畴中所有恒等矩阵都是同构映射，则该范畴称为一个线性范畴（linear category）。

在线性范畴中由于恒等矩阵可逆，我们因此可以对任意两个矩阵作乘法，即 $A+B\stackrel{f}{\to }X\times Y$ 与 $X+Y\stackrel{g}{\to }U\times V$ 的乘积定义为：

$$\left[\begin{array}{cc}{f}_{AX}& f_{AY}\\ f_{BX}& f_{BY}\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{g}_{XU}& g_{XV}\\ g_{YU}& g_{YV}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{g}_{XU}& g_{XV}\\ g_{YU}& g_{YV}\end{array}\right]\circ {\left[\begin{array}{cc}{1}_X& 0_{XY}\\ 0_{YX}& 1_Y\end{array}\right]}^{-1}\circ \left[\begin{array}{cc}{f}_{AX}& f_{AY}\\ f_{BX}& f_{BY}\end{array}\right]$$

其中，矩阵的乘积是 $A+B\to U\times V$ 的映射，即

$$A+B\stackrel{f}{\to }X\times Y\stackrel{\alpha }{\to }X+Y\stackrel{g}{\to }U\times V$$

而 $\alpha$ 就是恒等矩阵的逆。

3、线性范畴中的映射加法

上述的矩阵乘积有一个有趣的结果。若 $A,B$ 是线性范畴中的任意两个对象，那么任意两个从 $A$ 到 $B$ 的映射都可以以下面方式定义和。我们取前面的 $X=U=A,Y=V=B,A\stackrel{f}{\to }B,A\stackrel{g}{\to }B$，则矩阵乘积相应的变成：

$$\left[\begin{array}{cc}{g}_{XU}& g_{XV}\\ g_{YU}& g_{YV}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{1}_{AA}& g\\ 0_{BA}& 1_{BB}\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}{f}_{AX}& f_{AY}\\ f_{BX}& f_{BY}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{1}_{AA}& f\\ 0_{BA}& 1_{BB}\end{array}\right]$$

我们可以证明这两个矩阵的乘积必然形如

$$\left[\begin{array}{cc}{1}_{AA}& f\\ 0_{BA}& 1_{BB}\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{1}_{AA}& g\\ 0_{BA}& 1_{BB}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{1}_{AA}& h\\ 0_{BA}& 1_{BB}\end{array}\right]$$

其中 $h$ 是唯一的。因此可以把 $f+g$ 定义为这个 $h$。

证明：参考 https://math.stackexchange.com/questions/2910673/linear-categories-in-lawveres-conceptual-mathematics。注意由于第2节中的命题，为了证明矩阵具有该形式，无非是要证明这个复合映射（记为 $l$）满足 $l_{\mu \nu }=p_{\nu }l{j}_{\mu }$。

首先由下图可知，标准映射 $f$ 有两种表示

$$⟨\{\begin{array}{l}{f}_{AX}\\ f_{BX}\end{array},\{\begin{array}{l}{f}_{AY}\\ f_{BY}\end{array}⟩\text{or}\{\begin{array}{l}⟨f_{AX},f_{AY}⟩\\ ⟨f_{BX},f_{BY}⟩\end{array}$$

$f$ 满足：

$$\begin{array}{rl}{p}_{X}f& =\{\begin{array}{l}{f}_{AX}\\ f_{BX}\end{array}\\ p_{Y}f& =\{\begin{array}{l}{f}_{AY}\\ f_{BY}\end{array}\\ f{j}_A& =⟨f_{AX},f_{AY}⟩\\ f{j}_B& =⟨f_{BX},f_{BY}⟩\end{array}$$

我们可以将其简记为， $p_X$ 取第一列（对应 $X$ 的那一列）， $p_Y$ 取第二列（对应 $Y$ 的那一列）， $j_A$ 取第一行（对应 $A$ 的那一行）， $j_B$ 取第二行（对应 $B$ 的那一行）。

类似的由下图可知如上构造的恒等矩阵 $I$ 有两种表示

$$⟨\{\begin{array}{l}{1}_A\\ 0_{BA}\end{array},\{\begin{array}{l}{0}_{AB}\\ 1_B\end{array}⟩\text{or}\{\begin{array}{l}⟨1_A,0_{AB}⟩\\ ⟨0_{BA},1_B⟩\end{array}$$

其中逆映射 $\alpha$ 满足

$$\begin{array}{rl}{p}_A& =\{\begin{array}{l}{1}_A\\ 0_{BA}\end{array}\circ \alpha \\ p_B& =\{\begin{array}{l}{0}_{AB}\\ 1_B\end{array}\circ \alpha \\ j_A& =\alpha \circ ⟨1_A,0_{BA}⟩\\ j_B& =\alpha \circ ⟨0_{AB},1_B⟩\end{array}$$

展开乘积为复合：

$$\left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ \alpha \circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]$$

分别计算其四个分量：

$$p_A(\left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right])j_A=p_A\circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ \alpha \circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ j_A=\{\begin{array}{l}{1}_A\\ 0_{BA}\end{array}\circ \alpha \circ ⟨1_A,f⟩=p_A\circ ⟨1_A,f⟩=1_A$$$$p_B(\left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right])j_A=p_B\circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ \alpha \circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ j_A=\{\begin{array}{l}g\\ 1_B\end{array}\circ \alpha \circ ⟨1_A,f⟩\stackrel{def}{=}h$$$$p_A(\left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right])j_B=p_A\circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ \alpha \circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ j_B=\{\begin{array}{l}{1}_A\\ 0_{BA}\end{array}\circ \alpha \circ ⟨0_{AB},1_B⟩=\{\begin{array}{l}{1}_A\\ 0_{BA}\end{array}\circ j_B=0_{BA}$$$$p_B(\left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right])j_B=p_B\circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ \alpha \circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ j_B=\{\begin{array}{l}g\\ 1_B\end{array}\circ \alpha \circ ⟨0_{AB},1_B⟩=\{\begin{array}{l}g\\ 1_B\end{array}\circ j_B=1_B$$

因此

$$\left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{1}_A& g\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]\circ \alpha \circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& f\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{1}_A& h\\ 0_{BA}& 1_B\end{array}\right]$$

练习1：借助上述矩阵乘积与映射加法的定义，证明下面矩阵乘法的公式：

$$\left[\begin{array}{cc}{f}_{AX}& f_{AY}\\ f_{BX}& f_{BY}\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{g}_{XU}& g_{XV}\\ g_{YU}& g_{YV}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{g}_{XU}\circ f_{AX}+g_{YU}\circ f_{AY}& g_{XV}\circ f_{AX}+g_{YV}\circ f_{AY}\\ g_{XU}\circ f_{BX}+g_{YU}\circ f_{BY}& g_{XV}\circ f_{BX}+g_{YV}\circ f_{BY}\end{array}\right]$$

解答：参考https://math.stackexchange.com/questions/2912960/matrix-multiplication-in-linear-categories-exercise-23-1-in-conceptual-mathem?rq=1

为了便于证明，我们首先引入三个引理：

引理1：

$$(a):h\circ \{\begin{array}{l}f\\ g\end{array}=\{\begin{array}{l}h\circ f\\ h\circ g\end{array},(b):⟨f,g⟩\circ h=⟨f\circ h,g\circ h⟩$$

这两个等式易证——只需要画出和与积泛性质的交换图即可。

引理2：

$$\begin{array}{rl}{p}_A& =\{\begin{array}{l}{1}_A\\ 0_{BA}\end{array}\circ \alpha \\ p_B& =\{\begin{array}{l}{0}_{AB}\\ 1_B\end{array}\circ \alpha \\ j_A& =\alpha \circ ⟨1_A,0_{BA}⟩\\ j_B& =\alpha \circ ⟨0_{AB},1_B⟩\end{array}$$

这在上面已经证明了。

引理3：标准映射 $A+B\to X\times Y$ 可以写成两种等价形式：

$$\{\begin{array}{l}⟨f_{AX},f_{AY}⟩\\ ⟨f_{BX},f_{BY}⟩\end{array}\text{or}⟨\{\begin{array}{l}{f}_{AX}\\ f_{BX}\end{array},\{\begin{array}{l}{f}_{AY}\\ f_{BY}\end{array}⟩$$

这在上面也已经证明了。

下面是正式的证明。类似前面的证明，我们只需要分别证明四个分量即可。例如对于左上角分量要证明：

$$p_U\left[\begin{array}{cc}{f}_{AX}& f_{AY}\\ f_{BX}& f_{BY}\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{g}_{XU}& g_{XV}\\ g_{YU}& g_{YV}\end{array}\right]j_A=p_U\left[\begin{array}{cc}{g}_{XU}& g_{XV}\\ g_{YU}& g_{YV}\end{array}\right]\circ {\alpha }_{XY}\circ \left[\begin{array}{cc}{f}_{AX}& f_{AY}\\ f_{BX}& f_{BY}\end{array}\right]j_A=\{\begin{array}{l}{g}_{XU}\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\circ ⟨f_{AX},f_{AY}⟩=g_{XU}\circ f_{AX}+g_{YU}\circ f_{AY}$$

其中 ${\alpha }_{XY}$ 是 $X+Y\to X\times Y$ 的同构的逆。

根据映射的和的定义，我们知道

$$p_U(\left[\begin{array}{cc}{1}_A& g_{XU}\circ f_{AX}\\ 0_{UA}& 1_U\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g_{YU}\circ f_{AY}\\ 0_{UA}& 1_U\end{array}\right])j_A=p_U\circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g_{YU}\circ f_{AY}\\ 0_{UA}& 1_U\end{array}\right]\circ {\alpha }_{AU}\circ \left[\begin{array}{cc}{1}_A& g_{XU}\circ f_{AX}\\ 0_{UA}& 1_U\end{array}\right]\circ j_A=\{\begin{array}{l}{g}_{YU}\circ f_{AY}\\ 1_U\end{array}\circ {\alpha }_{AU}\circ ⟨1_A,g_{XU}\circ f_{AX}⟩=g_{XU}\circ f_{AX}+g_{YU}\circ f_{AY}$$

因此待证之式为

$$\{\begin{array}{l}{g}_{XU}\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\circ ⟨f_{AX},f_{AY}⟩=\{\begin{array}{l}{g}_{YU}\circ f_{AY}\\ 1_U\end{array}\circ {\alpha }_{AU}\circ ⟨1_A,g_{XU}\circ f_{AX}⟩$$

等价的就要证明

$$\{\begin{array}{l}{g}_{XU}\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\circ ⟨f_{AX},f_{AY}⟩=\{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\circ f_{AY}\end{array}\circ {\alpha }_{AU}\circ ⟨g_{XU}\circ f_{AX},1_A⟩$$

我们颠倒了后者的分量顺序，等价性由自然同构 $A\times U\to U\times A$ 保证。

我们受通常的矩阵乘法启发，将上式的证明归结为以下连等式：

$$\left(\begin{array}{cc}a& b\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a& b\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}c& 0_{XY}\\ 0_{YU}& 1_Y\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{1}_U\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}ac& b\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{1}_U\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}ac& 1_A\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{1}_U& 0_{UY}\\ 0_{AU}& b\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{1}_U\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}ac& 1_A\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{1}_U\\ bd\end{array}\right)$$

即以下路径之间的等价性：

$$A\stackrel{\left(\begin{array}{cc}a& b\end{array}\right)}{\to }X\times Y\stackrel{\alpha }{\to }X+Y\stackrel{\left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)}{\to }U$$$$A\stackrel{\left(\begin{array}{cc}a& b\end{array}\right)}{\to }X\times Y\stackrel{{\alpha }_{XY}}{\to }X+Y\stackrel{\left(\begin{array}{cc}c& 0\\ 0& 1\end{array}\right)}{\to }U\times Y\stackrel{{\alpha }_{UY}}{\to }U+Y\stackrel{\left(\begin{array}{c}1\\ d\end{array}\right)}{\to }U$$$$A\stackrel{\left(\begin{array}{cc}ac& b\end{array}\right)}{\to }U\times Y\stackrel{{\alpha }_{UY}}{\to }U+Y\stackrel{\left(\begin{array}{c}1\\ d\end{array}\right)}{\to }U$$$$A\stackrel{\left(\begin{array}{cc}ac& 1\end{array}\right)}{\to }U\times A\stackrel{{\alpha }_{UA}}{\to }U+A\stackrel{\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& b\end{array}\right)}{\to }U\times Y\stackrel{{\alpha }_{UY}}{\to }U+Y\stackrel{\left(\begin{array}{c}1\\ d\end{array}\right)}{\to }U$$$$A\stackrel{\left(\begin{array}{cc}ac& 1\end{array}\right)}{\to }U\times A\stackrel{{\alpha }_{UA}}{\to }U+A\stackrel{\left(\begin{array}{c}1\\ bd\end{array}\right)}{\to }U$$

其中 $a:A\to X,b:A\to Y,c:X\to U,d:Y\to U$ ，函数乘法 $ac$ 等于函数的复合 $c\circ a$，等等。

下面我们依次证明等式：

1. 等式一其实要证

   $$\left(\begin{array}{c}{g}_{XU}\\ g_{YU}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{g}_{XU}& 0_{XY}\\ 0_{YU}& 1_Y\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\right)$$

   相当于

   $$\{\begin{array}{l}{g}_{XU}\\ g_{YU}\end{array}=\{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ \{\begin{array}{l}⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}$$

   要证左右相等，即证明两个组分相同，即两边同时右复合注射 $j_X,j_Y$ 后相等

   其中根据引理知，

   $$\begin{array}{rcl}\{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ \{\begin{array}{l}⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}\circ j_X& =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ & =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨1_U\circ g_{XU},0_{UY}\circ g_{XU}⟩\\ & \stackrel{(b)}{=}& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨1_U,0_{UY}⟩\circ g_{XU}\\ & \stackrel{(3)}{=}& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ j_U\circ g_{XU}=1_U\circ g_{XU}=g_{XU}\end{array}$$$$\begin{array}{rcl}\{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ \{\begin{array}{l}⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}\circ j_Y& =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨0_{YU},1_Y⟩\\ & \stackrel{(4)}{=}& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ j_Y\\ & =& g_{YU}\end{array}$$

2. 等式二其实要证

   $$\left(\begin{array}{cc}{f}_{AX}& f_{AY}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{g}_{XU}& 0_{XY}\\ 0_{YU}& 1_Y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{f}_{AX}{g}_{XU}& f_{AY}\end{array}\right)$$

   相当于

   $$\{\begin{array}{l}⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\circ ⟨f_{AX},f_{AY}⟩=⟨g_{XU}\circ f_{AX},f_{AY}⟩$$

   要证左右相等，即证明两个组分相同，即两边同时左复合投射 $p_X,p_Y$ 后相等

   其中根据引理知

   $$\begin{array}{rcl}{p}_X\circ \{\begin{array}{l}⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}\circ {\alpha }_{XY}& \stackrel{(a)}{=}& \{\begin{array}{l}{p}_X\circ ⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ p_X\circ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\\ & =& \{\begin{array}{l}{g}_{XU}\\ 0_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\\ & \stackrel{(a)}{=}& g_{XU}\circ \{\begin{array}{l}{1}_X\\ 0_{YX}\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\stackrel{(1)}{=}{g}_{XU}\circ p_X\end{array}$$$$\begin{array}{rcl}{p}_Y\circ \{\begin{array}{l}⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}\circ {\alpha }_{XY}& \stackrel{(a)}{=}& \{\begin{array}{l}{0}_{XY}\\ 1_Y\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\\ & \stackrel{(2)}{=}& p_Y\end{array}$$

   因此

   $$p_X\circ \{\begin{array}{l}⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\circ ⟨f_{AX},f_{AY}⟩=g_{XU}\circ p_X\circ ⟨f_{AX},f_{AY}⟩=g_{XU}\circ f_{AX}$$$$p_Y\circ \{\begin{array}{l}⟨g_{XU},0_{XY}⟩\\ ⟨0_{YU},1_Y⟩\end{array}\circ {\alpha }_{XY}\circ ⟨f_{AX},f_{AY}⟩=p_Y\circ ⟨f_{AX},f_{AY}⟩=f_{AY}$$

3. 等式三其实要证

   $$\left(\begin{array}{cc}{f}_{AX}{g}_{XU}& f_{AY}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{f}_{AX}{g}_{XU}& 1_A\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{1}_U& 0_{UY}\\ 0_{AU}& f_{AY}\end{array}\right)$$

   相当于

   $$⟨g_{XU}\circ f_{AX},f_{AY}⟩=⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array},\{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ f_{AY}\end{array}⟩\circ {\alpha }_{UA}\circ ⟨g_{XU}\circ f_{AX},1_A⟩$$

   其中我们把 $I_{U+A\to U\times Y}$ 按引理三写成第二形式。此时我们发现不需要额外证明两个组分相同，因为我们直接有

   $$\begin{array}{rcl}⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array},\{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ f_{AY}\end{array}⟩\circ {\alpha }_{UA}\circ ⟨g_{XU}\circ f_{AX},1_A⟩& \stackrel{(b)}{=}& ⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array}\circ {\alpha }_{UA},\{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ f_{AY}\end{array}\circ {\alpha }_{UA}⟩\circ ⟨g_{XU}\circ f_{AX},1_A⟩\\ & \stackrel{(a)}{=}& ⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array}\circ {\alpha }_{UA},f_{AY}\circ \{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ 1_A\end{array}\circ {\alpha }_{UA}⟩\circ ⟨g_{XU}\circ f_{AX},1_A⟩\\ & \stackrel{(1,2)}{=}& ⟨p_U,f_{AY}\circ p_A⟩\circ ⟨g_{XU}\circ f_{AX},1_A⟩\\ & \stackrel{(b)}{=}& ⟨p_U\circ ⟨g_{XU}\circ f_{AX},1_A⟩,f_{AY}\circ p_A\circ ⟨g_{XU}\circ f_{AX},1_A⟩⟩\\ & =& ⟨g_{XU}\circ f_{AX},f_{AY}\circ 1_A⟩\end{array}$$

4. 等式四其实要证

   $$\left(\begin{array}{cc}{1}_U& 0_{UY}\\ 0_{AU}& f_{AY}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{1}_U\\ f_{AY}{g}_{YU}\end{array}\right)$$

   相当于

   $$\{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array},\{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ f_{AY}\end{array}⟩=\{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\circ f_{AY}\end{array}$$

   要证左右相等，即证明两个组分相同，即两边同时右复合注射 $j_U,j_A$ 后相等

   $$\begin{array}{rcl}\{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array},\{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ f_{AY}\end{array}⟩\circ j_U& =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array}\circ j_U,\{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ f_{AY}\end{array}\circ j_U⟩\\ & =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨1_U,0_{UY}⟩\\ & =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ j_U=1_U\end{array}$$$$\begin{array}{rcl}\{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array},\{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ f_{AY}\end{array}⟩\circ j_U& =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨\{\begin{array}{l}{1}_U\\ 0_{AU}\end{array}\circ j_U,\{\begin{array}{l}{0}_{UY}\\ f_{AY}\end{array}\circ j_U⟩\\ & =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨0_{AU},f_{AY}⟩\\ & =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ {\alpha }_{UY}\circ ⟨0_{YU},1_Y⟩\circ f_{AY}\\ & =& \{\begin{array}{l}{1}_U\\ g_{YU}\end{array}\circ j_U\circ f_{AY}=g_{YU}\circ f_{AY}\end{array}$$

5. 综上我们对原矩阵左上角的组分证明了等式，最后类似的证明其他三个组分即可。证毕。

注意在证明过程中我们在记号上没有区分注射和投射的定义域，例如在第四部分的证明中，前面的 $j_U$ 是 $U\to U+A$ 的注射，后面的 $j_U$ 则是 $U\to U+Y$ 的注射。

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值得一提的是零映射的来由。在线性范畴中，有限族中对象的积与余积同构（反复使用两个对象的标准映射的同构性即可），特别的，若对空族而言，这就意味着终对象与始对象同构，因此任意两个对象之间的零映射都可以唯一的构造为 $X\to 1\to 0\to Y$。

书中似乎没有证明这一点。抑或是说我们“规定”空族的积为终对象，余积为始对象（正如我们规定空族的数的乘积为1而和为0）。同时书中的线性范畴定义也没有显式说明其同构性对空族成立，它只是说两个对象的余积到积的标准映射同构，并没有把空族的底层情况（bottom case）考虑在内。

练习2：证明一个具有始对象与终对象的范畴中有零映射当且仅当始对象与终对象同构。

证明：充分性：如上面构造，显然。必要性：所谓范畴有零映射是指其中任意对象之间都有零映射，因此始对象与终对象之间也有零映射，因此 $0\stackrel{f}{\to }1\stackrel{0_{10}}{\to }0,1\stackrel{0_{10}}{\to }0\stackrel{f}{\to }1$，由于 $f\circ 0_{10},0_{10}\circ f$ 分别是 $1\to 1,0\to 0$ 的映射，而由于始对象与终对象的泛性质可知，这两个复合映射只能是恒等，因此 $f$ 是同构。得证。

注意该证明中其实只使用了零映射作为一个特殊映射的普遍存在性，而 $f$ 的存在性则是由始对象与终对象的泛性质保证的，因此真正使用到零映射存在性的就是 $0_{10}$ 的存在性。

最后书上写到为了比较分配范畴和线性范畴，我们把矩阵写成了与以往不同的形式（转置形式）。

但是这句话没头没尾的，没看懂。

4、和与积的结合律

这里我们已经证明过了。略。

我们从任意族对象的积与和的定义出发证明空族的积为终对象，和为始对象。回顾第四章第五节中积的定义：对一个指标族 $I$ 的对象而言，其积为 $P$ 与所有映射 $P\stackrel{p_i}{\to }{C}_i$，满足对任意对象 $X$ 与 $X\stackrel{f_i}{\to }{C}_i$，存在唯一的映射 $X\stackrel{f}{\to }P$，使得 $p_{i}f=f_i$ 对任意 $i\in I$ 成立。

由此我们知道，当指标集 $I$ 为空时，定义中的映射均不存在，因此该陈述退化为：对空族而言，其积 $P$ 为满足对任意对象 $X$，存在唯一的映射 $X\stackrel{f}{\to }P$。我们注意到这正是终对象的泛性质定义。因此空族的积为终对象。类似的可以证明空族的和的泛性质等价于始对象的泛性质。

第二十七讲、泛构造举例

1、泛构造 universal construction

我们已经看到两种泛构造：与积对象、终对象相似的构造，术语叫做极限 limit，还有与和对象、始对象相似的构造，术语叫做余极限 colimit。我们可以总结如下：

余极限	极限
始对象	终对象
两个对象的和	两个对象的积
三个对象的和等等	三个对象的积等等

后文略。

2、对象有相反对象吗？ Can objects have negatives?

对数而言，3的相反数定义为方程 $3+x=0$ 的解。类似的，若 $A$ 是范畴的一个对象，其相反对象意味着另一个对象 $B$ 满足 $A+B=0$。

方程中的每个符号 $+,=,0$ 都有特殊含义，分别意味着对象的余积，同构于，始对象。注意到在集合范畴中，两个集合的和对象就相当于两个集合的无交并，因此如果和为始对象即空集，那么两个加数 summand也都为空集。

这个结论是否能推广到任意范畴中呢？

命题1：对任意含有始对象的范畴中的两个对象 $A,B$，若 $A+B=0$，则 $A=B=0$。

证明：因为 $A+B=0$，这意味着给定 $A\stackrel{j_1}{\to }0,B\stackrel{j_2}{\to }0$ 对任意对象 $X$，任意映射对 $A\stackrel{f_1}{\to }X,B\stackrel{f_2}{\to }X$ 存在唯一的映射 $0\stackrel{f}{\to }X$ 使得 $f_1=f{j}_1,f_2=f{j}_2$。为了证明 $A$ 是始对象，只需要证明对任意 $X$，存在唯一的 $A\stackrel{f_1}{\to }X$ 即可。

1. 存在性：因为 $0$ 是始对象，因此对任意 $X$ 存在 $0\stackrel{f}{\to }X$，那么又因为有注射 $A\stackrel{j_1}{\to }0$，因此 $A\stackrel{f{j}_1}{\to }X$ 是这样一个映射。
2. 唯一性：假设 $A\stackrel{g_1}{\to }X$ 是另一个映射，由于和的泛性质，映射对 $A\stackrel{g_1}{\to }X,B\stackrel{f_2}{\to }X$存在唯一的映射 $0\stackrel{g}{\to }X$ 使得 $g_1=g{j}_1$，而因为 $0$ 是始对象，因此 $f=g$，于是 $g_1=g{j}_1=f{j}_1=f_1$。

由此可知 $A$ 是始对象，同理可证 $B$ 也是始对象。

因此我们可以说只有始对象有相反对象。

命题2：对任意含有终对象的范畴中的两个对象 $A,B$，若 $A\times B=1$，则 $A=B=1$。

证明：因为 $A\times B=1$，这意味着给定 $1\stackrel{p_1}{\to }A,1\stackrel{p_2}{\to }B$ 对任意对象 $X$，任意映射对 $X\stackrel{f_1}{\to }A,X\stackrel{f_2}{\to }B$ 存在唯一的映射 $X\stackrel{f}{\to }1$ 使得 $f_1=p_{1}f,f_2=p_{2}f$。为了证明 $A$ 是终对象，只需要证明对任意 $X$，存在唯一的 $X\stackrel{f_1}{\to }A$ 即可。

1. 存在性：因为 $1$ 是终对象，因此对任意 $X$ 存在 $X\stackrel{f}{\to }1$，那么又因为有投射 $1\stackrel{p_1}{\to }A$，因此 $1\stackrel{p_{1}f}{\to }A$ 是这样一个映射。
2. 唯一性：假设 $X\stackrel{g_1}{\to }A$ 是另一个映射，由于积的泛性质，映射对 $X\stackrel{g_1}{\to }A,X\stackrel{f_2}{\to }B$存在唯一的映射 $X\stackrel{g}{\to }1$ 使得 $g_1=p_{1}g$，而因为 $1$ 是始对象，因此 $f=g$，于是 $g_1=p_{1}g=p_{1}f=f_1$。

由此可知 $A$ 是终对象，同理可证 $B$ 也是终对象。

类似的可以说只有终对象有倒 reciprocal 对象。

3、幂等对象

考虑使得 $C\times C=C$ 成立的对象 $C$。我们要问是否存在对象 $C$，使得 $C\stackrel{p_1}{\to }C\stackrel{p_2}{\leftarrow }C$ 是积的投射？我们进一步假定 $p_1=p_2=1_C$，如果它构成一个积，那么对任意对象 $X$，任意映射对 $X\stackrel{x}{\to }C,X\stackrel{y}{\to }C$，存在唯一的映射 $X\stackrel{f}{\to }C$ 满足 $1_{C}f=x,1_{C}f=y$。这显然意味着 $x=y$，因此任意两个从任意对象到 $C$ 的映射必须相等，也就是说如果它构成一个积，那么对任意 $X$ 而言至多只有一个映射 $X\to C$。

这里说至多只有一个，是因为积的泛性质中是对任意到 $C$ 上有映射的对象 $X$ 而言，也即它并未假定对任意对象 $X$ 都有到 $C$ 的映射的存在性。但是如果存在则唯一，这就是至多只有一个。

练习2：

1. 上述结论的逆命题。若 $C$ 满足对任意对象 $X$ 至多只有一个映射 $X\to C$，则 $C\stackrel{1_C}{\to }C\stackrel{1_C}{\leftarrow }C$ 是一个积。
2. 证明上述性质等价于：映射 $C\to 1$ 是单态射。

证明：(a) 显然。导出映射只能是 $X\to C$ 的唯一映射，且和 $1_C$ 的复合总是本身。(b) 记该映射为 $f$。必要性：回忆单态射的定义，我们要证明对任意 $X\stackrel{x_1,x_2}{\to }C$， $f{x}_1=f{x}_2⟹x_1=x_2$。显然由于 $f{x}_1,f{x}_2$ 都是从 $X$ 到终对象的映射，因此二者必然相等，前提总是满足，而结论由于 $X\to C$ 的至多唯一性也自然满足，综上 $C\to 1$ 是单态射。（事实上无需前提为真，因为蕴含关系如果结论为真，那么总为真。） 充分性：若 $C\to 1$ 为单态射，则对任意 $X\stackrel{x_1,x_2}{\to }C$， $f{x}_1=f{x}_2⟹x_1=x_2$，由于 $f{x}_1,f{x}_2$ 都是从 $X$ 到终对象的映射，因此二者必然相等，前提总是满足，因此结论也满足，即 $x_1=x_2$，即任意对象 $X$ 若存在从它到 $C$ 的映射则二者相等，即上述性质。

练习3：找出集合范畴、自态射范畴、图范畴中的满足上述性质的对象 $C$。

解答：根据2b的结论，只要找出所有到终对象的映射为单态射的对象即可。在集合范畴中，终对象是单元集，因此只有空集和终对象本身。在自态射范畴中，终对象是单点自态射集，因此只有空集和终对象本身。在图范畴中，终对象是但单节点自环，因此有空集，孤立点集和终对象本身。

是否存在满足 $C\times C=C$ 但投射不是恒等映射的 $C$？

有的。最有趣的例子莫过于Cantor在对角线证明中构造的同构 $\mathbb{N}\times \mathbb{N}\to \mathbb{N}$。考虑积对象

与同构

即 $f(0)=(0,0),f(1)=(1,0),f(2)=(0,1)$ 等等。将该同构与自然投射 $\mathbb{N}\times \mathbb{N}\stackrel{p_1,p_2}{\to }\mathbb{N}$ 复合就得到了非恒等映射的投射 $\mathbb{N}\stackrel{p_{1}f,p_{2}f}{\to }\mathbb{N}$。

练习4：上述同构映射 $\mathbb{N}\stackrel{f}{\to }\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ 的逆记为 $g$，事实上由一个二次多项式给出解析形式，即

$$g(x,y)=\frac{1}{2}(a{x}^2+bxy+c{y}^2+dx+ey)$$

1. 请计算出对应的系数。
2. 请证明由该式与相应系数定义的公式是一个同构。
3. 无论同构 $f$ 取什么形式（即不按照上面的对角线法则的话）， $f_1$ 都不可能用一个多项式给出解析形式。

证明：

1. 我们先证明 $g$ 的必要形式，即如果 $g$ 是这样一个同构，它只能是什么形式。因为它只有5个待定系数，取 $f$ 的前几项构造线性方程组：

   $$\begin{array}{r}\frac{1}{2}(a+d)=1\\ \frac{1}{2}(c+e)=2\\ \frac{1}{2}(4a+2d)=3\\ \frac{1}{2}(a+b+c+d+e)=4\\ \frac{1}{2}(4c+2e)=5\end{array}$$

   解得 $a=c=d=1,b=2,e=3$，即 $g(x,y)=\frac{1}{2}(x^2+2xy+y^2+x+3y)$。

2. 我们只需证明 $g$ 既单且满。

   单射性：若 $g(x_1,y_1)=g(x_2,y_2)$，则我们可以推出

   $${\mathrm{\Delta }}_1=-(\frac{2}{D+1}+1){\mathrm{\Delta }}_2$$

   其中 $D=x_1+x_2+y_1+y_2,{\mathrm{\Delta }}_1=x_1-x_2,{\mathrm{\Delta }}_2=y_1-y_2$。由于 $x_1,x_2,y_1,y_2$ 均为自然数，因此若要两边在 ${\mathrm{\Delta }}_1,{\mathrm{\Delta }}_2$ 都不为0的情况下相等，$D+1$ 必须整除 $2$ ，因此 $D=0,1$。若 $D=0$，则 $x_1=x_2=y_1=y_2=0$，若 $D=1$ 则右边系数为 $-2$，因此 ${\mathrm{\Delta }}_1=-2{\mathrm{\Delta }}_2$，因为 $D=1$，因此 $x_1,x_2,y_1,y_2$ 中恰好只有一个为 $1$ 其余为 $0$，但无论哪种组合要么 ${\mathrm{\Delta }}_1=0,{\mathrm{\Delta }}_2\ne 0$，要么 ${\mathrm{\Delta }}_1\ne 0,{\mathrm{\Delta }}_2=0$，无论那种情况都与 ${\mathrm{\Delta }}_1=-2{\mathrm{\Delta }}_2$ 矛盾。综上， 只能是 ${\mathrm{\Delta }}_1={\mathrm{\Delta }}_2=0$ 即 $x_1=x_2,y_1=y_2$，即单射性成立。

   满射性：为方便叙述，我们将集合 $\{(x,y):x+y=n\}$ 称为第 $n$ 条对角线。注意到第 $n$ 条对角线上的元素按照 $g(n,0),g(n-1,1),\cdots ,g(0,n)$ 的顺序遍历 $[\frac{n(n+1)}{2},\frac{(n+1)(n+2)}{2})$ 区间上的 $n+1$ 个自然数。因此满射性成立。

3. 假设 $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}\times \mathbb{N}$ 满足 $n\mapsto (f_1(n),f_2(n))$ 且 $f_1(n)$ 为关于 $n$ 的多项式。根据 $g\circ f=1_{\mathbb{N}}$ 可知， $g(f_1(n),f_2(n))=n$，解出

   $$f_1(n)=-\frac{2f_2(n)+1\pm \sqrt{8n-8f_2(n)+1}}{2}$$

   显然它蕴含了根号项（该项为0等价于 $f_2(n)=n$，但代入发现显然不能使得 $(f_1(n),f_2(n))$ 为同构。

4、解方程、画映射

在几何学、代数学、逻辑学等明确使用范畴论的书籍中，都讨论过极限和余极限的一般概念。特殊情形下，积是从给定的对象族中提取出单个对象，而更一般的构造则从给定的涉及对象和映射的图示 diagram 中提取单个对象。一个重要的例子是形如 $\bullet \rightrightarrows \bullet$ 的图示：两个给定对象与两个映射（我们称之为平行对映射）。为了理解极限的泛构造如何应用于该图示，首先考虑“一个方程的解”的例子。若在图示中 $T\stackrel{x}{\to }X\underset{g}{\stackrel{f}{\rightrightarrows }}Y$ 有 $fx=gx$，那么我们称 $x$ 是方程 $f\stackrel{?}{=}g$ 一个解。一般而言 $f=g$ 不成立，否则所有的 $x$ 都是它的解了。现在我们对给定的映射对 $f,g$ 找到通解 universal solution，即一个以唯一的方式囊括了其他所有解的解。

定义：称$E\stackrel{p}{\to }X$ 是 $f,g$ 的一个等化子 equalizer，若 $fp=gp$ 且对任意映射 $T\stackrel{x}{\to }X$ 满足 $fx=gx$，存在唯一的映射 $T\stackrel{e}{\to }E$ 使得 $x=pe$。

练习5（等化子的唯一性）：若 $E,p$ 和 $F,q$ 都是 $f,g$ 的等化子，则使得 $pe=q$ 的映射 $F\stackrel{e}{\to }E$ 是同构映射。

证明：由 $E,p$ 的等化子泛性质，取 $T=F,x=q$，我们有 $q=pe$；取 $T=E,x=p$，存在唯一的映射 $E\stackrel{e^{\prime }}{\to }E$，使得 $p=p{e}^{\prime }$，由于 $1_E$ 满足 $p=p{1}_E$，由唯一性可知 $e^{\prime }=1_E$。类似的，由 $F,q$ 的等化子泛性质，取 $T=E,x=p$，我们有唯一的映射 $E\stackrel{h}{\to }F$ 使得 $p=qh$；取 $T=F,x=q$，存在唯一的映射 $F\stackrel{h^{\prime }}{\to }F$，使得 $q=q{h}^{\prime }$，由于 $1_F$ 满足 $q=q{1}_F$，由唯一性可知 $h^{\prime }=1_F$。注意到 $e\circ h:E\to E$ 满足 $p=qh=peh$，而由唯一性可知 $eh=1_E$，类似的可知 $he=1_F$，故 $e$ 为同构映射。

练习6：任何映射 $p$，如果它是某对映射 $f,g$ 的等化子，则该映射是单同态。

证明：要证明 $p$ 为单同态，就要证明对任意 $T\stackrel{e_1,e_2}{\to }E,p{e}_1=p{e}_2⟹e_1=e_2$。由于 $p{e}_1,p{e}_2$ 构成了两个映射 $T\to X$，若 $p{e}_1=p{e}_2\stackrel{def}{=}x$，则其满足 $fp{e}_1=gp{e}_1=gp{e}_2=fp{e}_2$ （第一、三个等号由解性质 $fp=gp$ 得知，第二个等号由 $p{e}_1=p{e}_2$ 得知）。总之 $T\stackrel{x}{\to }X$ 满足 $fx=gx$，因此存在唯一的 $T\stackrel{e}{\to }E$，使得 $pe=x$，而我们知道 $e_1,e_2$ 已经是满足该方程的两个解，由唯一性知 $e=e_1=e_2$，故 $p$ 为单同态。

练习7：若 $B\stackrel{\alpha }{\to }A\stackrel{\beta }{\to }B$ 复合后为恒等映射 $1_B=\beta \alpha$ 且 $f$ 是幂等映射 $\alpha \beta$，则 $\alpha$ 是映射对 $f,1_A$ 的等化子。

证明：要证明 $\alpha$ 是等化子，就必须对任意 $T\stackrel{x}{\to }X$ 满足 $fx=gx$ 找到唯一的 $T\stackrel{e}{\to }B$，使得 $\alpha e=x$。我们注意到只需要取 $e=\beta x$ 即可。存在性显然。唯一性：注意到 $\alpha e=x⟹\beta \alpha e=\beta x⟹1_{B}e=\beta x⟹e=\beta x$。

练习8：任意集合范畴中的平行映射对 $X\underset{g}{\stackrel{f}{\rightrightarrows }}Y$，都可以被想象为是一张图的源映射与汇映射。在一张图中，被称为源映射与汇映射对的等化子的箭头是什么？

解答：换用图范畴惯用的记号 $A\underset{t}{\stackrel{s}{\rightrightarrows }}D$，那么我们要找等化子 $E\stackrel{p}{\to }A$， $p(E)\subset A$ 是箭头集 $A$ 的一个子集且 $sp=tp$，因此 $p(E)$ 还是 $A$ 中的环。若对任意 $1\stackrel{x}{\to }A$ 满足 $sx=tx$，则 $x$ 是一个环。我们遍历 $A$ 中所有环 $x$，而对于这些环都存在唯一的 $T\stackrel{e}{\to }E$，满足 $x=pe$，因此 $p$ 必然包含 $A$ 中的全部环，又因为 $p$ 是单态射，因此 $E=p(E)$ 就等于 $A$ 中的全部环。

图 graph 一词在数学和其他领域的另一个非常重要的用法是描述特定函数具体行为的某种图像 picture。如果我们可以描绘笛卡尔积，我们可以就从下面的图形中得出这种图像。

考虑投射 $X\times Y\stackrel{p_X}{\to }X$，任何 $p_X$ 的截面映射与另一个投射复合都会得出一个映射 $X\to Y$。 积的泛性质显示这个经由 $p_X$ 截面映射的映射 $X\to Y$ 与截面映射的关系可以逆转（即截面映射与该映射一一对应）：

练习9：对任意映射 $X\stackrel{f}{\to }Y$，存在唯一的 $p_X$ 的截面映射 $\mathrm{\Gamma }$ 使得 $f=p_Y\mathrm{\Gamma }$，即 $\mathrm{\Gamma }=⟨?,f⟩$。

证明：显然取 $\mathrm{\Gamma }=⟨1_X,f⟩$ 即可。

该截面映射 $\mathrm{\Gamma }$ 称为 $f$ 的图像 （graph of $f$），即 $\{(x,f(x))\in X\times Y\}$。正如所有截面映射一样，映射的图像也是一个单态射，因此可以被画成 $X\times Y$ 的一个特殊部分 part，只要我们有办法画出 $X\times Y$。所谓“部分”将在第五部分中讲解，作为另一个重要的极限构造，即“交” intersection。

练习10：在含有积结构的范畴中（例如集合范畴），给定两个平行映射 $X\underset{g}{\stackrel{f}{\rightrightarrows }}Y$，考虑其图像 ${\mathrm{\Gamma }}_f,{\mathrm{\Gamma }}_g$。用画图法解释为什么 $f,g$ 的等化子与 $X\times Y$ 中二者的图像的交集同构。

解答：这里没有要求我们严格证明，只是解释。所以不妨就限制在集合范畴内。首先图像的交集为 ${\mathrm{\Gamma }}_f\cap {\mathrm{\Gamma }}_g=\{(x,y)\in X\times Y|y=fx=gx\}$。而根据练习6可知，等化子 $E\stackrel{p}{\to }X$是单射；同时根据等化子定义可知，对任意 $1\stackrel{x}{\to }X,fx=gx$，存在唯一的 $1\stackrel{e}{\to }E$ 使得 $x=pe$ 因此 $p$ 是满射，因此 $p$ 是 $E$ 与 $\{x\in X|fx=gx\}$ 之间的同构映射，而它又与 ${\mathrm{\Gamma }}_f\cap {\mathrm{\Gamma }}_g$ 同构，故成立。

我们在本书中经常使用的特定映射 $f$ 的内部图示是 $f$ 的余图 cograph，而不是 $f$ 的图 graph。例如，它们包含和 $X+Y$（内部图示就是把 $X$ 和 $Y$ 中的点都画出来然后将源点和像点用箭头连起来，因为把 $X,Y$ 的点都画出来，因此就是画出了二者的无交并，故如此说），而不是包含在 $X\times Y$ 中（如果要画 $X\times Y$ 的话，就必须画成笛卡尔坐标系的那种点对形式）。

请尝试着把等化子的定义对偶化，以得到“余等化子” coequalizer 的概念，并解释为什么把集合范畴中的平行映射看作源-汇结构时，余等化子就成了图的“分支集合” set of components。

练习11：称 $Y\stackrel{h}{\to }Z$ 为由给定的源-汇结构 $X\underset{g}{\stackrel{f}{\rightrightarrows }}Y$ 的余方程 coequation 的一个余解 cosolution，如果满足 $hf=hg$。证明如果这个余解 $h$ 是普遍的 universal，即任意其他余解 $Y\stackrel{h^{\prime }}{\to }{Z}^{\prime }$ 可以被唯一的表示为 $h^{\prime }=qh$，则 $h$ 是一个满同态。（这样的普遍余解被称为余等化子）

证明：该命题是练习6的对偶形式。若要证明 $h$ 是满同态，就要证明对任意 $Z\stackrel{t_1,t_2}{\to }T$， $t_{1}h=t_{2}h⟹t_1=t_2$。由于 $t_{1}h,t_{2}h$ 构成了两个映射 $Y\to T$，若 $t_{1}h=t_{2}h\stackrel{def}{=}{h}^{\prime }$，那么 $t_{1}hf=t_{1}hg=t_{2}hg=t_{2}hf$（等号一、三由余解性质 $hf=hg$ 知，等号二由 $t_{1}h=t_{2}h$ 知），总之我们有 $h^{\prime }f=h^{\prime }g$，即 $h^{\prime }$ 是一个余解，由余等化子性质知存在唯一的 $t:Z\to T$ 使得 $h^{\prime }=th$，又因为 $t_1,t_2$ 均满足该方程，因此 $t=t_1=t_2$，因此 $h$ 是满同态。

练习12：对给定映射 $Y\stackrel{h}{\to }Z$，考虑所有平行对 $X\underset{g}{\stackrel{f}{\rightrightarrows }}Y$（对不同 $X$而言）使得 $hf=hg$。表述一个泛结构的概念，称为 $X_h$。证明 $X_h\rightrightarrows Y$ 是自反的、对称的、传递的且联合单态射的 jointly monomorphic。此处自反取有向图中的含义，对称指的是存在对合映射 $\sigma :X_h\to X_h$ 的右作用交换 $f$ 和 $g$。 联合单态射指的是 $X\stackrel{⟨f,g⟩}{\to }Y\times Y$ 是单射。传递性涉及到三个测试映射 $T\to Y$。

解答：

这个练习12描述的不清不楚。通过询问GPT，我们得知这个泛结构被称为核对，即要找到 $Y$ 中所有被 $h$ 映射到同一个像点的元素对 $f,g$。（这里请不要按照集合的元素来理解，因为正如我们早先提到的，在范畴中我们用映射讨论一切，而此处 $f,g$ 是从 $X$ 到 $Y$ 的映射。

首先我们来定义 $X_h$，首先存在由它出发的两个映射对 $X_h\underset{p_2}{\stackrel{p_1}{\rightrightarrows }}Y$ 满足 $h{p}_1=h{p}_2$，其次任意其他满足该性质的对象 $X$ 与映射对 $X\underset{g}{\stackrel{f}{\rightrightarrows }}Y$ 都唯一的经过 $X$ 被分解，即存在唯一的 $X\stackrel{u}{\to }{X}_h$ 使得 $f=p_{1}u,g=p_{2}u$。

下面证明 $X_h$ 的一连串性质：

1. 自反性：即把平行映射对 $X_h\underset{p_2}{\stackrel{p_1}{\rightrightarrows }}Y$ 视为图时，满足第三部分第三章第8节自反图的定义，即存在态射 $Y\stackrel{r}{\to }{X}_h$，使得 $p_{1}r=p_{2}r=1_Y$。这是因为 $Y\underset{1_Y}{\stackrel{1_Y}{\rightrightarrows }}Y$ 满足 $h{1}_Y=h{1}_Y$ 的性质，因此根据 $X_h$ 的泛性质，存在 $Y\stackrel{r}{\to }{X}_h$ 使得 $p_{1}r=p_{2}r=1_Y$。
2. 对称性：即存在对合映射 $X_h\stackrel{\sigma }{\to }{X}_h$ 使得 $p_1\sigma =p_2,p_2\sigma =p_1$。这也显然，因为 $X_h\underset{p_1}{\stackrel{p_2}{\rightrightarrows }}Y$ 与 $X_h\underset{p_2}{\stackrel{p_1}{\rightrightarrows }}Y$ 满足的是相同的性质，因此由泛性质知存在这样的 $\sigma$。复合两次 $\sigma$ 我们就得到 $X_h\stackrel{\sigma }{\to }{X}_h\stackrel{\sigma }{\to }{X}_h$，而第一个和最后一个 $X_h$ 的平行映射对顺序一致，因此二者间存在唯一的映射（即恒等映射），于是知道 ${\sigma }^2=1_{X_h}$，即其为对合映射。
3. 传递性：给定三个态射 $T\stackrel{a,b,c}{\to }Y$，若 $ha=hb,hb=hc$ 则 $ha=hc$。即若 $T\underset{b}{\stackrel{a}{\rightrightarrows }}Y,T\underset{c}{\stackrel{b}{\rightrightarrows }}Y$满足上述条件，则 $T\underset{c}{\stackrel{a}{\rightrightarrows }}Y$ 也满足上述条件。这是显然的。
4. 联合单射性：我们记 $p=⟨p_1,p_2⟩$。对任意 $T\underset{x_2}{\stackrel{x_1}{\rightrightarrows }}{X}_h$，它都诱导了两个映射 $p{x}_1,p{x}_2$，这两者分别对应了两张图 $T\underset{p_2{x}_1}{\stackrel{p_1{x}_1}{\rightrightarrows }}Y,T\underset{p_2{x}_2}{\stackrel{p_1{x}_2}{\rightrightarrows }}Y$。若 $p{x}_1=p{x}_2=f$，记 $f_1=p_1{x}_1=p_1{x}_2,f_2=p_2{x}_1,p_2{x}_2$，则这两张图都满足存在唯一的 $T\stackrel{u}{\to }{X}_h$ 使得 $f_1=p_{1}u,f_2=p_{2}u$，而 $x_1,x_2$ 都满足唯一的 $u$ 的性质，因此 $x_1=x_2$。证毕。

第二十八讲、带点集范畴

1、非分配范畴的例子

带点集范畴。其范畴映射的特点是映射把基点映射到基点。因此带点集的积对象中的基点的投射必须是两个乘数中的基点，而带点集和对象中的基点则是两个加数中基点的注射，因此带点集的和相当于是把两个带点集的基点粘接在一起。

练习1：分配律的两个部分在带点集范畴中均不成立。

1. 找到对象 $A$ 使得 $0\to 0\times A$ 不为同构。
2. 找到对象 $A,B_1,B_2$ 使得标准映射 $A\times B_1+A\times B_2\to A\times (B_1+B_2)$ 不为同构。

解答：

1. 考虑 $A=\{{\ast }_A,1\}$，因为 $0=\{{\ast }_0\}$，因此 $0\times A=\{({\ast }_0,{\ast }_A),({\ast }_0,1)\}$ 显然二者不同构。
2. 考虑 $A=\{{\ast }_A,0\},B_1=\{{\ast }_{B_1},1\},B_2=\{{\ast }_{B_2},2\}$，则 $A\times B_1+A\times B_2=\{({\ast }_A,{\ast }_{B_1}),({\ast }_A,1),({\ast }_A,2),(0,{\ast }_{B_1}),(0,{\ast }_{B_2}),(0,1),(0,2)\}$ 而 $A\times (B_1+B_2)=\{({\ast }_A,{\ast }_{B_1+B_2}),({\ast }_A,1),({\ast }_A,2),(0,{\ast }_{B_1+B_2}),(0,1),(0,2)\}$，显然二者不同构。

练习2：我们看到在带点集范畴中，映射 $0\to 1$ 是一个同构（因为始对象和终对象都是单带点集），这意味着带点集范畴上有零映射。但是带点集范畴并不构成线性范畴，即找到对象 $A,B$ 证明其恒等矩阵 $A+B\to A\times B$ 不是同构。

解答：根据任意两个对象之间的零映射 $A\stackrel{0_{AB}}{\to }B$ 由 $A\to 1\to 0\to B$ 诱导，可知带点集的零映射的特征是把定义域中全部元素映射到陪域的基点。我们取 $A=\{{\ast }_a,a\}，B=\{{\ast }_b,b\}$，则 $A+B=\{a,b,{\ast }_{a+b}\},A\times B=\{(a,{\ast }_b),({\ast }_a,b),(a,b),({\ast }_a,{\ast }_b)\}$。因此恒等矩阵 $I$ 的映射关系为 $a\mapsto (a,{\ast }_b),b\mapsto ({\ast }_a,b),{\ast }_{a+b}\mapsto ({\ast }_a,{\ast }_b)$。显然因为 $(a,b)$ 在 $I$ 上没有原像，因此不是同构。

测试三

练习1、2显然，略。

练习3：在图范畴中，请刻画 $A\times A\times A$。

解答： $A\times A\times A=(A\times A)\times A=(A+2D)\times A=A\times A+2D\times A=(A+2D)+(4D)=A+6D$。

测试四

练习1在第二十七讲第2节作为和为0的对偶命题已经证明过。

练习2：在图范畴中

1. 找到 $1\to B+D$ 的映射个数与 $1\to C$ 的映射个数。
2. 计算（画出内部表示） $A\times B,A\times D,A\times C$。
3. 根据分配律与(b)的结果，计算 $A\times (B+D)$。
4. 证明 $A\times (B+D)=A\times C$。

解答：

1. 前者只有一个，后者没有。

2. 简便起见把三张图画在了一起。最底下是 $A$，最左侧由下至上分别是 $B,D,C$，右侧两列由下至上分别是 $A\times B,A\times D,A\times C$。

   

3. 如图。

4. 如图显然。

由 a,d 可知消去律不成立。

测试五

练习1：找到尽可能多的两两不同构的图，恰好包含四个节点和两个箭头。提示：这种图的数量介于10到15个之间。

解答：

我只想到这11个，应该覆盖了全部情况。

练习2：记 $D=\bullet ,A=\bullet \to \bullet ,I=\bullet \to \bullet \to \bullet$，请找到数 $a,b,c$ 满足 $I\times I=aD+bA+cI$。

解答：由下图知， $a=6,b=0,c=1$。

第二十九讲、二元运算与对角线方法 Binary operations and diagonal arguments

从某种意义上说满足泛性质的对象，如果从一边看是平凡的，但如果从另一边看就不是平凡的了。例如，从一个对象到终对象 $1$ 的映射是平凡的；但是，如果在确定 $1$ 是终对象后，统计定义域为 $1$ 的映射 $1\to X$，其结果就会给我们提供关于 $X$ 有价值的信息。关于乘积也有类似的说法。到一个乘积的映射 $X\to B_1\times B_2$ 是平凡的，因为它由映射对 $X\to B_1,X\to B_2$ 所决定，即便在没有显含乘积的情况下研究这些映射。然而，一个映射 $B_1\times B_2\to X$ 通常不能简化为在 $B_1$ 和 $B_2$ 上分别发生的事情，因为它的每个值都是由这两乘数的特定“相互作用”产生的。

1、二元运算和作用

本节课我们将研究将积映射到对象的两种重要情况。第一种情况是三个对象相同，即映射 $B\times B\to B$。这样的映射称为对象 $B$ 上的二元运算。二元指的是该映射由两个 $B$ 中的元素组成。类似的映射 $B\times B\times B\to B$ 是 $B$ 上的三元运算，而 $B\to B$ 则为一元运算。

二元运算的例子可以在算术运算中找到。例如，若 $N$ 是自然数系统，则 $N$ 上的加法是二元运算。给定一对数 $1\stackrel{⟨n,m⟩}{\to }N\times N$，其和是复合映射：

$$1\stackrel{⟨n,m⟩}{\to }N\times N\stackrel{+}{\to }N$$

类似的可以定义乘法。如果我们不能定义笛卡尔积 $N\times N$，我们就无法把加法看成一个映射。加法映射的一个内部图示如下：

当然，关于二元运算还有很多内容要讲。正如我们在第四讲中看到的，二元运算本身就是一个范畴，而且是许多研究的主题。

另一个重要的情况是作用，即 $X\times B\to X$，称为 $B$ 在 $X$ 上的作用。我们可以把 $B$ 视为一个可以控制 $X$ 状态的按钮集合，每个作用 $X\times B\stackrel{\alpha }{\to }X$ 可以看成一个自动机 automaton，一个特殊的按钮 $1\stackrel{b}{\to }B$ 诱导出 $X$ 的一个自态射，记为 $\alpha (\cdot ,b)$。也即，对任意 $X$ 的元素 $x$，其像点是 $X$ 的一个元素 $\alpha (x,b)$。由 $1\stackrel{b}{\to }B$ 决定的 $X$ 的自态射可以理解为两个映射的复合 $X\to X\times B\stackrel{\alpha }{\to }X$ 的复合，其中第一个等于 $b$ 的常值映射的图像 graph（即 $\{(x,b)|x\in X\}$）。按下按钮 $b$ 一次，从状态 $x$ 变成状态 $a(x,b)$；按下两次，$x$ 就会变成状态 $a(a(x,b),b)$，等等。

另一方面，我们可以按下一个不同的按钮。因此一个作用并不只涉及一个自态射，而是一系列不同的自态射 $\alpha (\cdot ,b_1),\alpha (\cdot ,b_2)$ 等等，每个自态射都对应于 $B$ 的一个元素。不仅如此，我们可以按一个按钮，然后按另一个按钮，比如先按 $b_1$ 再按 $b_2$，这样我们就会得到状态 $\alpha (\alpha (x,b_1),b_2)$，因此 $\alpha (\alpha (\cdot ,b_1),b_2)$ 就是 $X$ 上的一个新的自同态。类似的， $B$ 中元素构成的任意有限序列都诱导出一个自同态。

$$X\stackrel{⟨1,b_1⟩}{\to }X\times B\stackrel{\alpha }{\to }X\stackrel{⟨1,b_2⟩}{\to }X\times B\stackrel{\alpha }{\to }X\to \cdots \to X$$

2、康托尔 Cantor 的对角线方法

从一个积对象出发的映射最一般的情形是所涉及的三个对象都不同：

$$T\times X\stackrel{f}{\to }Y$$

每个点 $1\stackrel{x}{\to }X$ 诱导出映射

$$T\stackrel{f(\cdot ,x)}{\to }Y$$

因此 $f$ 诱导出由 $X$ 参数化的一族映射 $T\to Y$。我们将在第五部分看到，在集合范畴中，对于每一对给定的集合 $T,Y$，都有一个足够大的集合 $X$，使得对于合适的单个映射 $f$，当 $x$ 遍历 $X$，映射 $f(\cdot ,x)$ 可以穷举出所有映射 $T\to Y$。这样的集合 $X$ 与 $T$ 和 $Y$ 相比往往相当大；例如，如果 $T$ 有 3 个元素， $Y$ 有 5 个元素，那么就需要取 $5^3=125$ 个元素的 $X$，因为这就是 $T\to Y$ 的映射个数；我们稍后将把合适的映射 $f$ 称为取值（evaluation）映射。有人可能会认为，如果 $T$ 是无限的，我们就不需要把 $X$ 变的更大；然而，正如康托尔一百多年前证明的一个著名定理所示，这种想法是错误的：从本质上讲， $T$ 无论它是否是无穷集，都永远不会大到足以作为所有映射 $T\to Y$ 的参数化集。（简而言之，幂集的势必然严格大于底集的势）

对角线定理：在任何含有积结构的范畴中，若 $Y$ 是一个对象使得存在一个具有足够多点的对象 $T$，可以通过单个映射 $T\times T\stackrel{f}{\to }Y$ 来参数化所有映射 $T\to Y$，那么 Y 就具有不动点性质： $Y$ 的每个自态射 $Y\stackrel{\alpha }{\to }Y$ 至少有一个点 $1\stackrel{y}{\to }Y$ 满足 $ay=y$。

证明：假设 $Y,T,f,\alpha$ 给定。那么总是存在一个对角线映射 $T\to T\times T:t\mapsto ⟨t,t⟩$。因此我们可以构造三项复合 $g$：

该映射对任意 $t\in T$ 满足 $g(t)=\alpha (f(t,t))$。

我们已经假定每个映射 $T\to Y$ 可以参数化为某个 $f(\cdot ,x)$。令 $x_0$ 是 $g$ 的参数值，即 $g(t)=f(t,x_0)$。取 $t=t_0$，则有 $g(t_0)=f(t_0,t_0)$。由 $g$ 定义知， $\alpha (f(t_0,t_0))=f(t_0,t_0)$，换言之 $y_0=f(t_0,t_0)$ 满足上述的不动点性质，即 $\alpha (y_0)=y_0$。证毕。

这个证明之所以被称为对角线方法因为其中对角线映射的作用，同时自态射 $\alpha$ 所起的作用也同样重要，这一点在我们将该定理以逆否命题的形式叙述后更加明显：

逆否命题：设对象 $Y$ 至少有一个自态射 $\alpha$ 不含不动点，那么对于任意对象 $T$ 以及任意映射 $f:T\times T\to Y$ 都不可能彻底参数化所有映射 $T\to Y$。即至少有一个映射 $T\stackrel{g}{\to }Y$ 被排除在参数化族之外，即不存在 $x\in T$ 使得 $g=f(\cdot ,x)$。

证明：用 $\alpha ,f$ 和上述的对角线映射构造出 $g(t)=\alpha (f(t,t))$，该映射不可能具有 $g=f(\cdot ,x)$ 的形式，否则当 $t=x$ 时，我们有 $\alpha (f(x,x))=f(x,x)$， 我们就找到了 $\alpha$ 的一个不动点 $f(x,x)$。

在集合范畴中，有许多这种没有不动点自态射的对象 $Y$ 的例子。最简单的情形是一个两点集，若记其为 $\{true,false\}$，则“逻辑否定”其上的一个没有不动点的自态射 $\alpha$。应用康托尔定理可知任何映射 $T\times T\to 2$ 都不可能参数化全体映射 $T\to 2$。这通常表达为：对任意集合 $T$， $T<2^T$。其中 $2^T$ 是参数化全体映射 $T\to 2$ 的集合。其他重要的例子例如 $Y=\mathbb{N},\alpha :n\mapsto n+1$，因此对任意集合 $T$， $T<{\mathbb{N}}^T$。而 ${\mathbb{N}}^T$ 是通过一个映射 $T\times {\mathbb{N}}^T\to \mathbb{N}$ 参数化全体映射 $T\to \mathbb{N}$ 的集合，该映射被称为取值映射，将在第五部分进一步考察。

康托尔得到的结论是，对任意无穷集 $T$，都存在一整条更大的无穷集合系列：

$$T<2^T<2^{(2^T)}<2^{(2^{(2^T)})}<\cdots$$

练习1：如果仔细阅读康托尔的证明，就会发现它其实告诉了我们更多的东西。重写证明以说明如果 $T\times T\stackrel{f}{\to }Y$ 弱参数化了所有映射 $T\to Y$，那么 $Y$ 具有不动点性质。所谓 $T\times X\stackrel{f}{\to }Y$ 弱参数化了所有映射 $T\to Y$，是指对于每个 $T\stackrel{g}{\to }Y$，都存在一个点 $1\stackrel{x}{\to }X$，使得复合映射 $h=f\circ ⟨1_T,x⟩$

$$T\stackrel{⟨1_T,x⟩}{\to }T\times X\stackrel{f}{\to }Y$$

与 $g$ 在每个点上一致，即对于任意点 $1\stackrel{t}{\to }T$ 都有 $g\circ t=h\circ t$。（在集合范畴中，弱参数化就等价于参数化，但在其他范畴中，弱参数化确实比参数化要弱得多）

这个弱得多的例子可否举一例？

解答：因为题干中弱参数化的 $X=T$，因此不妨考虑构造三项复合 $g=\alpha \circ f\circ ⟨1_T,1_T⟩$，因此 $g:T\to Y$。由于弱参数化性质，存在 $1\stackrel{t}{\to }T$，使得 $h=f\circ ⟨1_T,t_0⟩$ 与 $g$ 逐点一致，即 $g\circ t=h\circ t$，特别的二者在 $t=t_0$ 上一致，即 $g\circ t_0=\alpha \circ f(t_0,t_0)=f(t_0,t_0)=h\circ t_0$，故 $\alpha$ 含有不动点 $f(t_0,t_0)$。

之所以康托尔证明对弱版本也成立，是因为原命题中其实也是通过构造一个特殊点的取值来形成证明，因此只需要能够进行这种特殊点构造的条件就行了，即逐点一致的条件。

康托尔的对角线证明与著名的哥德尔不完备性定理紧密相连，哥德尔定理的设定是主观范畴 subjective categories。

我们对康托尔对角线定理的证明显然对任意含有积结构的范畴有效。罗素 Russell 在1900年左右以及哥德尔 Gödel 和塔斯基 Tarski 在20世纪30年代利用这一事实推导出了某些结果（有时在通俗书籍中被描述为“悖论”）。尤其是哥德尔的工作比康托尔的工作更进了几步。有一种常见的思路，并不是先把可能的动力系统或可能的图形等形象化，然后再试图理解这些对象及其变换。相反，这种思路是：

1. 从公式和证明规则出发，并试图
2. 只考虑那些可以用公式完全描述的映射（或图等等），以及
3. 认为只有当相应的公式可以根据某些给定的规则证明等价时，两个映射才是相等的。

这部分“构造性”观点在数学上取得了一些进展，因为从客观上讲，它产生了一些新的范畴，这些范畴在某些方面与集合范畴、图范畴等非常相似，但在某些方面又截然不同。

我们将在第五部分更详细地看到在大多数范畴中，相关的真值不仅仅是两个 $\{true，false\}$，在许多范畴（包括客观范畴和主观范畴）中，真值实际上构成了范畴本身的对象。在由公式和证明规则推导出的主观范畴中（如上文提到的），这是因为真值 $1\to \mathrm{\Omega }$ 本身就是公式。（例如，它们可能是由下图中的映射复合而成的

其中 $x,y$ 是命名 $X$-型的元素的公式，$\phi$ 是命名 $X$-型元素属性的公式；在语言学中， $x$ 和 $y$ 可能是名词短语， $\phi$ 是谓词， $v$ 和 $w$ 是由此产生的两个句子）。

如果证明规则不足以证明 $v$ 和 $w$ 是等价的，那么（根据上述（3））在这类范畴中 $v\ne w$；尤其是 $v$ 可能无法证明等价于 $true:1\to \mathrm{\Omega }$ 或 $false:1\to \mathrm{\Omega }$。哥德尔和塔斯基的研究结果表明，这种情况经常发生，即在这类范畴中，证明规则允许四个或更多不等价的真值 $1\to \mathrm{\Omega }$。

康托尔对角线定理如何与罗素、哥德尔、塔斯基的这些思考相关联？若 $T$ 是一个由数字、词语、列表、公式、证明或类似“句法”元素构成的对象，我们通常可以描述映射

$$T\times T\stackrel{f}{\to }\mathrm{\Omega }$$

这些映射在某种意义上能描述了所有可描述的属性 $T\to \mathrm{\Omega }$。这是通过“哥德尔编号”实现的—— $T$ 的元素在此扮演双重角色：一方面它们是所指“事物”的名称（如自然数或被句法视作字符串的词语），另一方面它们又是属性 $T\to \mathrm{\Omega }$ 的名称。例如在交换图中

$f(5,3)$ 表示数字5具有第3号属性的命题。

后面这个例子中的关键理想化（idealization）在于：我们假设所有属性（在给定句法方案中可描述的）都能以固定方式罗列出来，从而可以谈论“第3号属性”等。该列表可能形如：

(0) $2=t$

(1) $r²=5t$

(2) $t=0$

(3) $t+2=7$

(4) $r²=t+1$

(5) $r³=t²+t$

等等。其中我们可以说 $f(5,3)=f(5,1)=true$ 因为二者同为真，而 $f(5,2)=f(5,4)=false$ 因为二者同为假。但列表随后可能会有更复杂的属性（例如第13号属性），证明规则不足以证明 $5$ 到底是否符合那个性质。在此情形下：

$$1\stackrel{f(5,13)}{\to }\mathrm{\Omega }$$

将成为 $\mathrm{\Omega }$ 上的一个既非真亦非假的点。

现在，由于所有映射 $T\stackrel{\phi }{\to }\mathrm{\Omega }$（属于如上描述的范畴中）都被假设可以用公式所描述【这是完备性假设吗？】，那么可以选择哥德尔编码与单个映射 $f$ 使得每个 $\phi$ 都可以由某个 $f(\cdot ,x)$ 所表示。这个新含义非常关键，即：

$$(S)\begin{array}{rl}f(t,x)=true& \iff \phi (t)=true\\ f(t,x)=false& \iff \phi (t)=false\end{array}$$

对每个 $t:1\to T$ 都成立。这正是 $\phi$ “是”哥德尔列表第 $x$ 号属性弱含义。此时我们仍不能断言$f(\cdot ,x)=\phi$，因为 $f(t,x)\ne \phi (t)$ 可能对某些使得 $f(t,x)$ 或 $\phi (t)$ 既不为真也不为假的 $t$ 成立。事实上，哥德尔-塔斯基的结果告诉我们在任何我们所描述的那种范畴中，必然存在句子 $1\to \mathrm{\Omega }$ 既不能被证明为真也不能证明为假。

因为如果 $\mathrm{\Omega }$ 中只有两个点，那么由于对每个 $T\stackrel{\phi }{\to }\mathrm{\Omega }$ 存在一个名称name $1\stackrel{x}{\to }T$ 使得 $S$ 成立，于是对任意 $T\stackrel{\phi }{\to }\mathrm{\Omega }$，存在 $1\stackrel{x}{\to }T$，使得 $f(t,x)=\phi (t)$ 成立。根据前面的那么根据对角线定理（即前面逐点成立的弱版本证明）， 这与该范畴的另一个特性矛盾，即存在否定映射 ${\mathrm{\Omega }}^{\circlearrowright not}$ 无不定点。

建构主义者（也称为形式主义者，直觉主义者）的理想化“想象列出所有公式和所有证明”是非常合理的，前提是人们已经接受了“想象一个对象 $\mathbb{N}$，其元素 $1\to \mathbb{N}$ 恰好是所有自然数 $0,1,2,\dots$” 的理想化。就像所有严肃的理想化一样，这些理想化会产生非常有趣的理论，而这些理论也许有一天也会变得至关重要。然而，没有证据表明现实世界中存在任何与这一理想化十分相似的事物；所有延续“…”的尝试最终都会停下，有时会有这样的评论：“我们可以想象继续...（省略号）”。有一种普遍的误解认为 $\mathbb{N}$ 这个理念没有现实对应物是因为 $\mathbb{N}$ 是无限的。恰恰相反，康托尔证明，“大”得多的无穷大 $2^{\mathbb{N}}$ 作为抽象集合与理想化的“想象这个房间里所有点的集合”是同构的。后者是对我们认为真实存在的事物的理想化，尽管我们无法通过任何句法过程“列出”这个房间里的所有点。

关于理想化的科学过程，我们还应铭记另一位老友伽利略的伟大成就。这一过程包含两个同等重要的方面：其一，理想化本身往往意味着在众多作用力中，将某个“主导”力视为唯一作用力。伽利略研究落体运动时，这个主导力就是重力。此类理想化能推动理论取得深远发展——以重力理论为例，从伽利略、牛顿、雅可比、哈密顿到爱因斯坦，该理论始终运用于着地球与天体运行。前文讨论的案例中，被理想化的主导力则是（布劳威尔提出的）持续计数的冲动 urge。但理想化科学过程的第二个关键方面在于：将发展成熟的理论应用于新情境时，必须始终保持清醒认知——那些被理想化排除的“次要”作用力可能正在产生影响，甚至可能转化为新的“主导”力。伽利略深谙此理：若从比萨斜塔抛下的不是炮弹或木球，而是一片枯叶，摩擦力和风力将成为决定其坠落轨迹的关键因素；人们甚至可能观察到枯叶“逆升”的“悖论”现象。这并非说明纯粹重力理论有误，而是表明需要更全面的纯粹理论来解释该现象。鉴于计算机与软件发展过程中，“持续计数的冲动”之外的作用力显然举足轻重，罗素、布劳威尔、塔斯基、哥德尔、图灵（及近代逻辑学家与计算机科学家）构建的精妙理论，其纯粹形态的应用场景实则有限。计数是主观过程，而重力是客观作用力。即便应用目标涉及主观成分（如计算工程问题答案），客观作用力的影响同样不容忽视。

关于Lawvere对主客观范畴的哲学讨论在前文第六讲第三节就没太看懂，他似乎想引用马克思主义的主客观关系（或者矛盾论）来解释数学，或者反过来用数学来解释之。

不妨谈谈我的观点。我从哥德尔完备性定理（命题逻辑的完备性）与不完备性定理（蕴含一阶逻辑和自然数公理的系统不完备）上得到的最大启发是，自然数公理的那个继续计数的动力，就是辩证运动的一种极端的数学简化，即后继数总是不断的否定它的前驱达到一个新的、史无前例的状态，而这种动力就会突破一切既定的现有的形式逻辑框架，挣脱它的解释和约束，得到无法证明的真理。