Blatt 8: Homotopie und Kategorien

Topologie
M. Eisermann / A. Thumm
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Blatt 8: Homotopie und Kategorien
1. Z USAMMENHANG UND W EGZUSAMMENHANG
1.1. Sei p : X → Y eine Identifizierung, Y und jede Faser f −1 ({y}) seien zusammenhängend. Dann ist X zusammenhängend. Gilt dies auch für Wegzusammenhang?
Lösungsskizze: — Sei X = A t B eine offene Zerlegung. Für jede Faser F = f −1 ({y}) ist dann F ∩ A und
F ∩ B eine offene Zerlegung. Hieraus folgt F ∩ A = 0/ oder F∩ = 0,
/ also F ⊂ B oder F ⊂ A. Somit ist
Y = f (A) t f (B) eine disjunkte Zerlegung. Da zudem f eine Identifizierung ist, sind f (A) und f (B) offen
in Y , denn die Urbilder f −1 ( f (A)) = A und f −1 ( f (B)) = B sind offen in X. Nach Voraussetzung ist Y
zusammenhängend, also gilt f (A) = 0/ oder f (B) = 0,
/ und somit schließlich A = 0/ oder B = 0.
/
Für Wegzusammenhang gilt dies nicht: Die Sinuskurve des Topologen C ⊂ R2 ist kompakt, das Intervall [0, 1] hausdorffsch, also ist die Projektion p : C → [0, 1] mit p(x, y) = x eine Identifizierung. Das Bild
p(C) = [0, 1] ist wegzusammenhängend, ebenso jede Faser p−1 (x), dennoch ist der gesamte Raum C nicht
wegzusammenhängend.
—
1.2. Zeigen Sie, dass SOn (R) zusammenhängend ist. Hinweis: SO1 ist trivial, SO2 ist
klar, SOn operiert auf Sn−1 mit Faser SOn−1 , Induktion mit Aufgabe 1.1.
Lösungsskizze: — Die Gruppe SOn (R) opperiert (für n ≥ 2) transitiv auf der Einheitssphäre Sn−1 ⊂ Rn
vermöge (A, v) 7→ Av. Wir erhalten also eine surjektive stetige Abbildung p : SOn (R) → Sn−1 durch A 7→
A(0, . . . , 0, 1). Die Abbildung p weist einer Matrix A gerade ihre letzte Spalte zu. Da SOn (R) kompakt ist
und Sn−1 hausdorffsch, ist p eine Identifizierung. Die Faser über dem Punkt (0, . . . , 0, 1) besteht gerade aus
den Matrizen der From


0

.. 

A0
.
A=


0
0 ... 0 1
mit A0 ∈ SOn−1 (R). Für einen beliebigen Punkt v ∈ Sn−1 und eine Matrix B ∈ SOn (R) mit B(0, . . . , 0, 1) = v
∼
erhalten wir einen Homöomorphismus p−1 (v) −
→
p−1 (0, . . . , 0, 1) durch A 7→ B−1 A. Insgesamt gilt also
−1
n−1
∼
p (v) = SOn−1 (R) für alle v ∈ S . Nun ist SO1 (R) als einpunktiger Raum zusammenhängend. Für
n ≥ 2 folgt dann induktiv aus Aufgabe 1.1, dass SOn (R) zusammenhängend ist.
—
V 1.3. Was sind die (Weg)Komponenten von GLn (R)? Hinweis: Jeder Schritt im Gauß–
Algorithmus, der das Vorzeichen der Determinante nicht ändert, lässt sich als Weg
realisieren. (Diese Elementarmatrizen lassen sich mit 1n×n verbinden.)
Lösungsskizze: — Die Determinante det : Rn×n → R ist als Polynom in den Einträgen einer Matrix stetig.
Da das Bild det(GLn (R)) = R r {0} zwei Zusammenhangskomponenten hat, besitzt GLn (R) mindestens
zwei Zusammenhangskomponenten. Außerdem ist GLn (R) = det−1 (R r {0}) eine offene Teilmenge von
Rn×n , weswegen π0 (GLn (R)) = Z(GLn (R)) gilt.
Es bezeichne I die Einheitsmatrix, und Ei, j die Matrix deren Eintrag in der i-ten Zeile, j-ten Spalte eine 1 ist,
und sonst 0. Wir benutzen die folgenden Elementarmatrizen: S(i, λ ) = I + (λ − 1)Ei,i für λ > 0, R(i, j, λ ) =
I +λ Ei, j für λ ∈ R beliebig, und T (i, j) = I −Ei,i −E j, j +Ei, j −E j,i . Hierbei erfüllen i, j stets 1 ≤ i, j ≤ n und
i 6= j. Die Abbildung A 7→ S(i, λ )A multipliziert die i-te Zeile von A mit λ , die Abbildung A 7→ R(i, i, λ )A
addiert das λ -fache der i-ten Zeile zur j-ten Zeile von A, und A 7→ T (i, j)A tauscht die i-te Zeile mit der
j-ten Zeile von A und multipliziert letztere mit −1 um das Vorzeichen der Determinante zu bewahren.
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Mit dem Gauß–Algorithmus lässt sich dann jede Invertierbare Matrix vermöge Linksmultiplikation mit den
S(i, λ ), R(i, j, λ ) und T (i, j) zu einer der beiden Matrizen I oder I − 2E1,1 umformen (je nach Vorzeichen
der Determinante). Wir müssen also noch zeigen, dass jede der Elementarmatrizen durch einen Weg in
GLn (R) mit I verbunden werden kann. Für B = S(i, λ ) oder B = R(i, j, λ ) kann man dazu den geraden
Weg t 7→ tI + (1 − t)B wählen. Für T (i, j) wählt man z.B. die Drehung t 7→ I + (sin(πt/2) − 1)(Ei,i + E j, j ) +
(cos(πt/2))(Ei, j − E j,i ).
—
1.4. Sei X kompakt. Ist X lokal (weg)zusammenhängend, so hat X nur endlich viele
(Weg)Komponenten. Gilt dies auch ohne lokalen (Weg)Zusammenhang?
Lösungsskizze: — Die Zerlegung X = Z(X) ist offen, da X lokal (weg)zusammenhängend ist. Ist X
kompakt, so hat sie eine endliche Teilüberdeckung,
also ist Z(X) endlich. Bei lokalem Wegzusammenhang
F
gilt dies ebenso für die offene Zerlegung X = π0 (X).
Die Cantor–Menge {0, 1}N ist kompakt, hat aber überabzählbar viele (Weg)Komponenten.
—
F
V 1.5. Sei X zweitabzählbar (d.h. X erfüllt das zweite Abzählbarkeitsaxiom). Ist X lokal
(weg)zusammenhängend, so hat X abzählbar viele (Weg)Komponenten. Gilt dies
auch ohne lokalen (Weg)Zusammenhang?
Lösungsskizze: — Hat die Topologie von X eine abzählbare Basis, so enthält jede offene Überdeckung
eine abzählbare Teilüberdeckung.
Letzteres nennt man auch Lindelöf–Kompaktheit. Ist X lokal zusammenF
hängend, so ist X = Z(X) eine offene Zerlegung, da X lokal (weg)zusammenhängend ist. Da man hier
keine Komponente weglassenFkann, ist Z(X) abzählbar. Bei lokalem Wegzusammenhang gilt dies ebenso
für die offene Zerlegung X = π0 (X).
Der Raum R hat eine abzählbare
derTopologie, also auch der Teilraum X = R r Q. Hingegen ist die
Basis
Zerlegung Z(X) = π0 (X) = {x} x ∈ X überabzählbar.
—
2. H OMOTOPIE
2.1. Geben Sie einen nicht-zusammenziehbaren Raum an und beweisen Sie dies.
Lösungsskizze: — Jeder diskrete Raum mit nicht genau einem Punkt ist nicht zusammenziehbar. Für jede
Homotopieäquivalenz f : X → Y ist
nämlich f∗ : π0 (X) → π0 (Y ) eine Bijektion, und für jeden diskreten
Raum X gilt π0 (X) = {x} | x ∈ X , also |π0 (X)| = |X|.
—
2.2. Ein Raum X ist genau dann zusammenziehbar, wenn er zum einpunktigen Raum
{∗} homotopie-äquivalent ist. (Daher in beiden Fällen die Schreibweise X ' ∗.)
Lösungsskizze: — „⇒“: Sei H : [0, 1] × X → X eine Homotopie von H0 = idX nach H1 = constaX . Wir
betrachten Y = {a} sowie f : X → Y und g : Y → X mit g(a) = a. Es gilt ( f , g) : X ' Y , denn f ◦ g = idY
und H : idX ' g ◦ f .
„⇐“: Angenommen X ' Y = {a}, das heißt, es existieren stetige Abbildungen f : X → Y und g : Y → X
mit f ◦ g = idY sowie eine Homotopie H : idX ' g ◦ f . Dann ist H eine Homotopie von H0 = idX nach
H1 = constg(a)
—
X .
2.3. Eine stetige Abbildung f : Sn → X ist genau dann nullhomotop, wenn es eine
stetige Fortsetzung F : Dn+1 → X mit F|Sn = f gibt.
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Lösungsskizze: — „⇒“: Ist H : [0, 1] × Sn → X eine Homotopie f ' constaSn , so definieren wir F : Dn+1 →
X durch F((1 − t)x) := H(t, x). Dies ist wohldefiniert, denn für t = 1 ist F(0) = H(1, x) unabhängig von x.
„⇐“: Zu F : Dn+1 → X definieren wir H : [0, 1] × Sn → X durch H(t, x) := F((1 − t)x). Diese Abbildung
ist stetig mit H0 = F|Sn = f , und H1 ist konstant, denn H1 (x) = F(0).
—
Sei X ein topologischer Raum und A ⊂ B ⊂ X. Eine Retraktion von B auf A ist eine stetige
Abbildung r : B → A mit r|A = idA . Eine Deformationsretraktion von B auf A in X ist eine
Homotopie H : idB ' r in X, also H : [0, 1] × B → X stetig mit H0 = idB und H1 (B) ⊂ A
und H1 |A = idA . Eine starke Deformationsretraktion erfüllt zudem Ht |A = idA für alle t.
V 2.4. Ist Sn−1 ⊂ Rn r {0} ein Retrakt? Deformationsretrakt? sogar stark?
Lösungsskizze: — Die Abbildung H : [0, 1] × Rn r {0} → Rn r {0} mit H(t, x) = tx/kxk + (1 −t)x ist eine
starke Deformationsretraktion von Sn−1 ⊂ Rn r {0}. Somit also insbesondere auch eine Deformationsretraktion, und H1 eine Retraktion.
—
2.5. (a) Für jeden Raum X und jeden Punkt a ∈ X ist {a} ein Retrakt von X.
(b) Genau dann ist {a} ⊂ X Deformationsretrakt, wenn X zusammenziehbar ist.
(c) Im rationalen Kamm X = ([0, 1]×{0})∪([0, 1]Q ×[0, 1]) ⊂ R2 ist jeder Punkt
a ∈ X ein Deformationsretrakt, aber stark nur falls a ∈ Y := [0, 1] × {0}.
Lösungsskizze: — (a) Die konstante Abbildung r : X → {a} ist die gesuchte retraktion.
(b) Gibt es eine Homotopie H von H0 = idX nach H1 = r, dann gilt idX ' ∗, also ist X zusammenziehbar.
Sei umgekehrt X zusammenziehbar, das heißt es existiert eine Homotopie H : [0, 1] × X → X von H0 = idX
zu einer konstanten Abbildung H1 = constbX . Für jeden Punkt a ist γ : t 7→ H(t, a) ein Weg von a nach b,
also ist X wegzusammenhängend. Man kann also H verknüpfen mit dem umgekehrten Weg γ̄ von b nach a
und erhält eine Homotopie K : [0, 1] × X → X von K0 = idX nach K1 = constaX .
(c) Der rationale Kamm X ist zusammenziehbar: Die Abbildung K : [0, 1] × X → X mit Kt (x, y) = (x, (1 −
t)y) ist wohldefiniert und stetig, es gilt K0 = idX und K1 (x, y) = (x, 0). Wir wählen a ∈ [0, 1] × {0} und
definieren L : [0, 1] × X → X durch Lt (x, y) = ta + ((1 − t)x, 0). Diese ist wohldefiniert und stetig, er gilt
L0 (x, y) = (x, 0) und L1 (x, y) = a. Die Verknüpfung H = K ∗ L ist eine Homotopie von H0 = idX nach
H1 = constaX relativ a.
Nach (2) ist jede Teilmenge {a} ⊂ X ein Deformationsretrakt, und für a ∈ [0, 1] × {0} sogar ein starker
Deformationsretrakt. Wir zeigen schließlich, dass letzteres für a = (x, y) ∈ X mit y > 0 nicht gilt.
Angenommen es gäbe eine stetige Abbildung H : [0, 1] × X → X mit H0 = idX und H1 = constaX sowie
Ht (a) = a für alle t ∈ [0, 1]. Wir wählen eine Folge an = (xn , yn ) in X mit an → a, wobei yn = y aber xn 6= x
für alle n ∈ N. Die Abbildung t 7→ H(t, an ) ist ein Weg von an nach a in X. In X ohne Y = [0, 1] × {0} sind
an und a nicht verbindbar. Also muss es ein tn ∈ [0, 1] geben, sodass H(tn , an ) ∈ Y gilt. Da [0, 1] kompakt
ist, existiert eine konvergente Teilfolge, tnk → t. Es gilt ank → a, dank Stetigkeit von H also H(tnk , ank ) →
H(t, a) = a. Andererseits liegen alle Punkte H(tnk , ank ) in Y , und da Y abgeschlossen ist liegt auch der
Grenzwert in Y . Dies widerspricht der Voraussetzung a ∈
/ Y.
—
S 2.6. Man wiederhole das Gram–Schmidt–Verfahren zur Orthonormalisierung einer Basis des euklidischen Vektorraums Rn . Sei B+
n (R) die Menge aller oberen Drein×n
ecksmatrizen R ∈ R
mit Rii > 0 für alle i und Ri j = 0 für alle i > j.
(a) h : On (R) × B+
(R)
→ GLn (R) mit (Q, R) 7→ QR ist ein Homöomorphismus.
n
+
(b) Bn (R) ist konvex und somit {id} ⊂ B+
n (R) ein starker Deformationsretrakt.
(c) Man folgere, dass On (R) in GLn (R) ein starker Deformationsretrakt ist.
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Lösungsskizze: — (a) Sei A ∈ GLn (R) und seien a1 , . . . an die Spalten von A. Das Gram–Schmidt–Verfahren
liefert eine orthogonale Basis O = o1 , . . . on mit
n−1
a1
o1 =
, . . . on =
|a1 |
an − ∑ hak | ok i
k=1
n−1
|an − ∑ hak | ok i|
k=1
und damit AR = Q mit Q ∈ On (R), R ∈
Umformen ergibt QR−1 = A und eine Abbildung f :
+
GLn (R) → On (R) × Bn (R) mit f (A) =
(die Inverse einer oberen Dreiecksmatrix ist eine obere Dreiecksmatrix). Die Abbildungen f und h sind stetig und zueinander invers.
+
(b) Für alle A, B ∈ B+
n (R) und alle t ∈ [0, 1] gilt tA + (1 − t)B ∈ Bn (R).
+
(c) Da {id} in Bn (R) ein starker Deformationsretrakt ist, ist On (R) × {id} ein starker Deformationsretrakt
in On (R) × B+
—
n (R). Die Aussage folgt durch Anwendung des Homöomorphismus aus Teil (a).
B+
n (R).
Q, R−1
3. A BSTRAKTER N ONSENS GANZ KONKRET
3.1. Nicht alles, was auf den ersten Blick nach einer Kategorie aussieht, ist auch eine!
Man prüfe anhand der Definition, ob folgende Beispiele Kategorien sind:
(a) Metrische Räume und kontraktive Abbildungen mit Komposition.
(b) Metrische Räume und (1/2, 2)–bilipschitz Abbildungen mit Komposition.
Lösungsskizze: — (a) Die Identität ist i.A. keine Kontraktion.
(b) Die Komposition zweier (1/2, 2)–bilipschitz Abbildungen ist i.A. nur (1/4, 4)–bilipschitz–stetig.
—
In einer Kategorie C heißt ein Morphismus f : X → Y linksinvertierbar, wenn es einen
Morphismus g : Y → X gibt mit g ◦ f = idX . Hingegen heißt f linkskürzbar, wenn aus
f ◦ g = f ◦ h stets g = h folgt. Entsprechend für rechtsinvertierbar und rechtskürzbar.
3.2. In Set und in VecK gilt für jeden Morphismus f : X → Y :
(a) f injektiv ⇔ f linkskürzbar ⇐ f linksinvertierbar. ("⇒" nur für X 6= 0)
/
(b) f surjektiv ⇔ f rechtskürzbar ⇔ f rechtsinvertierbar.
Lösungsskizze: — " f injektiv ⇐ f linkskürzbar": Seien x1 , x2 ∈ X mit f (x1 ) = f (x2 ). Seien nun g1 , g2 :
Z → X mit Z = {z} und gi (z) = xi (bzw. Z = K und gi (k) = kxi ). Es gilt dann f ◦ g1 = f ◦ g2 , also g1 = g2
und somit x1 = x2 .
" f surjektiv ⇐ f rechtskürzbar": Sei y1 6∈ f (X) und g1 , g2 : Y → Z mit Z = {z1 , z2 } (bzw. Z = K), g1 (y) =
z1 = g2 (y) für alle y ∈ Y r {y1 } und g1 (y1 ) = z1 , g2 (y1 ) = z2 (bzw. g1 (y) = 0 für alle y ∈ Y , g2 (a1 y1 +
∑i ai yi ) = a1 für eine Basis {yi }i∈I von Y ). Es gilt dann g1 6= g2 , aber g1 ◦ f = g2 ◦ f .
" f rechtskürzbar ⇒ f rechtsinvertierbar": Für Set ist das gerade das Auswahlaxiom. Für VecK wähle man
erst eine Basis in Y und bilde die Basiselemente jeweils auf irgend eines ihrer Urbilder ab.
Die übrigen Implikationen werden in Aufgabe 3.4 gezeigt.
—
3.3. In der Kategorie Haus der Hausdorff–Räume und ihrer stetigen Abbildungen ist
Q ,→ R rechtskürzbar aber nicht surjektiv. Allgemein gilt: In Haus sind die rechtskürzbaren Morphismen genau die stetigen Abbildungen mit dichtem Bild.
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Lösungsskizze: — Sei f : X → Y und g1 , g2 : Y →
Hausdorff–Räumen mit
Z stetige Abbildung zwischen
g1 ◦ f = g2 ◦ f . Es gilt dann f (X) ⊂ E(g1 , g2 ) = y ∈ Y | g1 (y) = g2 (y) . Nach Aufgabe 1.2 von Blatt 5
ist E(g1 , g2 ) abgeschlossen in Y . Ist das Bild f (X) dicht in Y , so Y = f (X) ⊂ E(g1 , g2 ) = E(g1 , g2 ), also
g1 = g2 . Umgekehrt folgt aus g1 6= g2 dann Y 6= E(g1 , g2 ) = E(g1 , g2 ) ⊃ f (X), also dass f (X) nicht dicht
in Y liegt.
—
3.4. (a) Zu f kann es mehrere Linksinverse (bzw. Rechtsinverse) in C geben.
(b) Wenn es zu f in C sowohl einen linksinversen Morphismus g als auch einen
rechtsinversen Morphismus h gibt, dann gilt g = h. Somit ist f invertierbar.
(c) Aus linksinvertierbar folgt linkskürzbar. (Ebenso für rechts.)
(d) Aus rechtsinvertierbar und linkskürzbar folgt linksinvertierbar. (Dito)
In jeder konkreten Kategorie (strukturierter Mengen) gilt:
(e) Ist f injektiv, dann ist f linkskürzbar.
(f) Ist f surjektiv, dann ist f rechtskürzbar.
Lösungsskizze: — (a) Set: Jede injektive (bzw. surjektive) aber nicht bijektive Abbildung f : X → Y mit
X 6= 0/ besitzt mehrere linksinverse (bzw. rechtsinverse).
(b) Es gilt g = g ◦ ( f ◦ h) = (g ◦ f ) ◦ h = h.
(c) Sei g ein Linksinverses zu f und h1 , h2 mit f ◦ h1 = f ◦ h2 , dann gilt h1 = (g ◦ f ) ◦ h1 = g ◦ ( f ◦ h1 ) =
g ◦ ( f ◦ h2 ) = (g ◦ f ) ◦ h2 = h2 . Analog für Rechtsinverse.
(d) Sei h ein Rechtsinverses zu f und f linkskürzbar. Es gilt dann f ◦ (h ◦ f ) = f folgt h ◦ f = id. Analog
für Linksinverse.
(e) Seien f : Y → Z und g1 , g2 : X → Y Morphismen in einer konkreten Kategorie mit f ◦ g1 = f ◦ g2 und f
injektiv. Es gilt f (g1 (x)) = f (g2 (x)) für alle x ∈ X. Da f injektiv ist folgt g1 (x) = g2 (x) für alle x ∈ X, also
g1 = g2 .
(f) Seien f : X → Y und g1 , g2 : Y → Z Morphismen in einer konkreten Kategorie mit g1 ◦ f = g2 ◦ f und
f surjektiv. Es gilt dann g1 ( f (x)) = g2 ( f (x)) für alle x ∈ X. Da f surjektiv ist folgt g1 (y) = g2 (y) für alle
y ∈ Y , also g1 = g2 .
—
V 3.5. (a)
(b)
(c)
(d)
In Top zeige man: f injektiv ⇔ f linkskürzbar ⇐ f linksinvertierbar.
Man finde eine injektive stetige Abbildung, die nicht linksinvertierbar ist.
In Top zeige man: f surjektiv ⇔ f rechtskürzbar ⇐ f rechtsinvertierbar.
Man finde eine surjektive stetige Abbildung, die nicht rechtsinvertierbar ist.
Lösungsskizze: — (a) Sei f : Y → Z. Wenn f und y1 , y2 ∈ Y mit f (y1 ) = f (y2 ). Wir wählen X = {x} und
g1 , g2 : X → Y mit gi (x) = yi . Dann gilt f ◦ g1 = f ◦ g2 , also g1 = g2 und somit y1 = y2 .
(b) Sei X = {0, 1} und seien TD die diskrete und TI die indiskrete Topologie. Dann ist die identische
Abbildung id : (X, TD ) → (X, TI ) injektiv und stetig aber nicht linksinvertierbar.
(c) Sei f : X → Y rechtskürzbar und Z = {0, 1} indiskret. Wir definieren g, h : Y → Z durch g = 1 und
(
1 falls x ∈ f (X),
h(x) =
0 falls x ∈
/ f (X).
Wegen g ◦ f = h ◦ f gilt g = h und somit f (X) = Y .
(d) Sei X = {0, 1} und seien TD die diskrete und TI die indiskrete Topologie. Dann ist die identische
Abbildung id : (X, TD ) → (X, TI ) surjektiv und stetig aber nicht rechtsinvertierbar.
—
S 3.6. Für jede stetige Abbildung f : X → Y sind äquivalent:
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(a) Die Abbildung f ist eine Homotopie-Äquivalenz.
(b) Für jeden Raum Z ist f∗ : [Z, X] → [Z,Y ] mit [h] 7→ [ f ◦ h] bijektiv.
(c) Für jeden Raum Z ist f ∗ : [Y, Z] → [X, Z] mit [h] 7→ [h ◦ f ] bijektiv.
Lösungsskizze: — „(a) ⇒ (b)“ Angenommen, es existiert g : Y → X mit g ◦ f ' idX und f ◦ g ' idY . Dann
sind die Abbildungen f∗ : [Z, X] → [Z,Y ] und g∗ : [Z,Y ] → [Z, X] zueinander inverse Bijektionen, denn dank
Funktorialität gilt g∗ ◦ f∗ = (g ◦ f )∗ = (idX )∗ = id[Z,X] und f∗ ◦ g∗ = ( f ◦ g)∗ = (idY )∗ = id[Z,Y ] .
„(b) ⇒ (a)“ Für Z = Y ist f∗ : [Y, X] → [Y,Y ] surjektiv. Demnach existiert g : Y → X mit f∗ ([g]) = [idY ],
also f ◦ g ' idY . Hieraus folgt f ◦ (g ◦ f ) = ( f ◦ g) ◦ f ' idY ◦ f = f ◦ idX , also f∗ ([g ◦ f ]) = f∗ ([idX ]). Für
Z = X ist f∗ : [X, X] → [X,Y ] injektiv, also g ◦ f ' idX .
„(a) ⇒ (c)“ Angenommen, es existiert g : Y → X mit g◦ f ' idX und f ◦g ' idY . Dann sind die Abbildungen
f ∗ : [Y, Z] → [X, Z] und g∗ : [X, Z] → [Y, Z] zueinander inverse Bijektionen, denn dank Funktorialität gilt
g∗ ◦ f ∗ = ( f ◦ g)∗ = (idY )∗ = id[Y,Z] und f ∗ ◦ g∗ = (g ◦ f )∗ = (idX )∗ = id[X,Z] .
„(c) ⇒ (a)“ Für Z = X ist f ∗ : [Y, X] → [X, X] surjektiv. Demnach existiert g : Y → X mit f ∗ ([g]) = [idX ],
also g ◦ f ' idX . Hieraus folgt ( f ◦ g) ◦ f = f ◦ (g ◦ f ) ' f ◦ idX = idY ◦ f , also f ∗ ([g ◦ f ]) = f ∗ ([idY ]). Für
Z = Y ist f ∗ : [Y,Y ] → [X,Y ] injektiv, also g ◦ f ' idY .
—
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