《基础代数学》第二章习题

Huang Ruizhi
September 11, 2025

2.1 加法范畴

余积、积、加法范畴

余积定义中的唯一性要求是为了能让我们将一个态射拆开来研究 (态射在分量上的限制和起来决定了整个态射, 拆开不会损失信息). 反过来讲, 我们也可以将态射拼起来.

PS: 还有弱余积的概念, 它不要求延拓态射的唯一性.

余积的结构态射是嵌入 $e_i$, 积的结构态射是投射 $p_i$.

预加法范畴强调零对象(用于定义零态射), 以及强调态射集的 Abel 群结构, 并且这个加法与态射的复合相容.

加法范畴额外要求有限余积的存在性. 有很多好处:

可以进行坐标分解

(余积到积的自然态射) 在一个有积和余积且有零对象的范畴中有

自然存在 $\sigma$ 和 $\sigma'$ 分别使得左右两边交换, 只需要验证它们相等. 由 $p_jσ e_i=p_j e_i'=\delta_{ij} = p_j'e_i=p_j σ' e_i, ∀ i,j$ 即得 $σ=σ'$.

remark. 即便是在加法范畴中, 这个 $\sigma$ 也未必是单态射.

在加法范畴里面, 对于有限(余)积对象, 到自己的单位态射有一个自然的分解 (坐标分解): $$ \mathrm{Id}_{⨁_{1≤i≤n} X_i} = \sum_{1≤i≤n}e_ip_i', \quad \mathrm{Id}_{∏_{1≤i≤n} X_i} = \sum_{1≤i≤n}e_i'p_i. $$

(加法范畴中有限余积和有限积同构) $$ σ : \bigoplus_{1≤i≤n} X_i \xrightarrow{\sim} \prod_{1≤i≤n} X_i $$

考虑 $$ \sum_{1≤i≤n} e_i p_i : \prod_{1≤i≤n} X_i \to \bigoplus_{1≤i≤n} X_i. $$ 验证它是 $σ$ 的逆即可.

$\mathrm{Hom}$ 与 (余)积

最经典的两个同构, 诠释了(余)积的泛性质(普适问题的解) :

$$\begin{equation} \mathrm{Hom}_\mathcal{A}(\bigoplus_{i∈ I}M_i, N) \cong \prod_{i∈ I} \mathrm{Hom}_\mathcal{A}(M_i, N),\quad f \mapsto (f e_i)_{i∈ I}; \end{equation}$$

$$\begin{equation} \mathrm{Hom}_\mathcal{A}(M, \prod_{i∈ I}N_i) \cong \prod_{i∈ I} \mathrm{Hom}_\mathcal{A}(M, N_i),\quad f \mapsto (p_i f)_{i∈ I}. \end{equation}$$

习题 2.1

加法范畴里面, 态射 $f$ 是单态射当且仅当 $ft=0 ⇒ t=0$.

(⇒)显然.

(⇐) 对于任意的 $fg=fh$, 有 $0 = -fg + fg = -fg + fh = f(h-g)$. 由题设 $h-g=0$, 即 $h=g$. 故 $f$ 是单态射.

[事实 2.1.2] 设范畴 $\mathcal{A}$ 是有余积和零对象的范畴. 则

(投影态射存在唯一性) 存在唯一的态射 $p_i':⨁_{i∈I}X_i → X_i$ 使得 $p_j' e_i = δ_{ij} : X_i→X_j$. (结构态射有左逆)
结构态射是单态射, 投影态射是满态射.
态射 $f:⨁_{i∈I}X_i → Y$ 由 $f e_i$ 唯一决定, 其中 $e_i$ 是余积的结构态射.
(态射直和的存在唯一性) 给定态射 $f_i:X_i → Y_i$, 则存在唯一的态射 $f:⨁_{i∈I}X_i → ⨁_{i∈I}Y_i$ 使得 $ (⨁f_i) e_i^X = e_i^Y f_i $.
(态射直和和复合的相容性) $ (⨁g_i)(⨁f_i) = ⨁(g_i f_i) $.
(态射直和是满态射的判别法) 态射 $⨁f_i$ 是满态射当且仅当每个 $f_i$ 都是满态射.

根据余积泛性质即可.
由 1 立即得到.
余积的泛性质中的唯一性保证.
直接用一下 3 (一个范畴有余积, 就是说我们可以自由地把态射拼起来或者拆开, 并且保证不会损失信息).
按分量验证并考虑 4 的定义就行.
关键在于使用余积的泛性质 (或者说 3) 来把态射拆开来研究. $h(⨁f_i)=g(⨁f_i) ⟺ ∀ i, h(⨁f_i)e_i^X=g(⨁f_i)e_i^X ⟺ ∀ i, h e_i^Y f_i = g e_i^Y f_i$. 若所有的 $f_i$ 都是满的, 则 $h e_i^Y = g e_i^Y$ 对所有 $i$ 都成立, 由 3 可知 $h=g$. 反过来, 若 $⨁f_i$ 是满的. 由 $g f_i = h f_i ⟺ g p_i^Y (⨁f_i) e_i^X = h p_i^Y (⨁f_i) e_i^X ⟺ ∀ j, g p_i^Y (⨁f_i) e_j^X = h p_i^Y (⨁f_i) e_j^X ⟺ g p_i^Y (⨁f_i) = h p_i^Y (⨁f_i).$ 从而 $g=h$.

加法范畴中典范同构 $σ_{X_1,X_2}: X_1 ⊕ X_2 → X_1 ∏ X_2$ 可表达为 $σ = (e_1', e_2') = e_1' p_1' + e_2' p_2'.$

注意到 $σ^{-1} = e_1p_1+e_2p_2$, 直接验证即可.

在加法范畴中有 $c∘ (a,b)=(ca,cb)$.

按分量验证即可 (相当于考虑所有右复合 $-∘ e_i$).

加法范畴中有 $\pmatrix{f\\ g}∘ c=\pmatrix{fc \\ gc}$.

按分量验证即可 (相当于考虑所有左复合 $p_i ∘ -$). (所以这个成立实际上是用的积的性质)

设 $n$ 是正整数. 在加法范畴中, $$\begin{equation} \bigoplus_{1≤i≤n}\eta_i: \bigoplus_{1≤i≤n} X_i → \bigoplus_{1≤i≤n} Y_i \end{equation}$$ 是满态射(单态射, 同构) 当且仅当每个 $\eta_i:X_i → Y_i$ 都是满态射(单态射, 同构).

根据有限余积和有限积的同构, 以及事实 2.1.2 和事实 2.1.4, 以及 Abel 范畴是平衡范畴即得.

设 $n$ 是正整数. 在加法范畴中, $$\begin{equation} \prod_{1≤i≤n}\eta_i: \prod_{1≤i≤n} X_i → \prod_{1≤i≤n} Y_i \end{equation}$$ 是满态射(单态射, 同构) 当且仅当每个 $\eta_i:X_i → Y_i$ 都是满态射(单态射, 同构).

根据有限余积和有限积的同构, 以及事实 2.1.2 和事实 2.1.4, 以及 Abel 范畴是平衡范畴即得.

2.2 加法函子

习题 2.2

对于加法范畴之间的加法函子 $F$, $F$ 是忠实的当且仅当 $F$ 将非零态射映为非零态射.

(⇒) 显然.

(⇐) 设 $f,g:X→Y$ 满足 $Ff=Fg$. 则 $F(f-g)=0$. 由题设 $f-g=0$, 即 $f=g$. 故 $F$ 是忠实的.

设 $F:\mathcal{A}→\mathcal{B}$ 是加法范畴之间的函子. 证明有如下交换图

直接按分量验证, 即考虑右复合 $\tilde{e_i}:FX_i→ FX_1⊕FX_2 (i=1,2)$ 之后的情况 ($(\tilde{e_1},\tilde{e_2})$ 是 $FX_1,FX_2$ 的 coproduct). 注意到 $$\begin{equation} ((Fe_1')p_1+(Fe_2')p_2)\sigma_{FX_1,FX_2}\tilde{e_i}=((Fe_1')p_1+(Fe_2')p_2)( \tilde{e_1}' \tilde{p_1}' + \tilde{e_2}' \tilde{p_2}')\tilde{e_i}=Fe_i' p_i' \tilde{e_i}=Fe_i'. \end{equation}$$

另一方面有,

$$\begin{equation} F\sigma_{X_1,X_2}(Fe_1,Fe_2)\tilde{e_i}=F\sigma_{X_1,X_2}Fe_i=F((e_1' p_1' + e_2' p_2')e_i)=Fe_i'. \end{equation}$$

根据 coproduct 的定义(定义中的唯一性), 交换图成立.

设 $F:\mathcal{A}→\mathcal{B}$ 是加法范畴之间的函子. 则 $F$ 是加法函子当且仅当对于 $\mathcal{A}$ 中任意两个对象 $X$ 与 $Y$, 有 $Fe_1Fp_1'+Fe_2Fp_2'=\mathrm{Id}_{F(X⊕Y)}$.

(⇒) 这是加法函子的定义. $$\begin{equation} \mathrm{Id}_{F(X_1⊕X_2)}=F\mathrm{Id}_{X⊕Y} = F(e_1 p_1' + e_2 p_2') = Fe_1 Fp_1' + Fe_2 Fp_2'. \end{equation}$$

(⇐) 只要证明 $F$ 保持有限余积, 即对于任意对象 $X,Y$, 有同构 $$\begin{equation} (Fe_1, Fe_2): FX ⊕ FY \xrightarrow{\sim} F(X⊕Y). \end{equation}$$

只要证明 $(Fe_1,Fe_2)$ 和 $\binom{Fp_1'}{Fp_2'}$ 互为逆即可. 计算有 $$\begin{equation} \binom{Fp_1'}{Fp_2'}(Fe_1,Fe_2) = \binom{Fp_1'Fe_1 \quad Fp_1'Fe_2}{Fp_2'Fe_1 \quad Fp_2'Fe_2} = \binom{\mathrm{Id}_{FX} \quad 0}{0 \quad \mathrm{Id}_{FY}} = \mathrm{Id}_{FX ⊕ FY}. \end{equation}$$ 另一方面, $$\begin{equation} (Fe_1,Fe_2)\binom{Fp_1'}{Fp_2'} = Fe_1 Fp_1' + Fe_2 Fp_2' = \mathrm{Id}_{F(X⊕Y)}. \end{equation}$$ 从而得证.

2.3 Abel 范畴

习题 2.3

设 $\mathcal{A}$ 是 Abel 范畴. 若 $f : X \to Y$ 是满态射, 则对于任意态射 $g : Y \to Z$, 典范态射
$$\begin{equation} \operatorname{Im} g \longrightarrow \operatorname{Im}(g f) \end{equation}$$ 是同构.

考虑 $g$ 和 $gf$ 的满单分解.

由于 $\widetilde{g}fk=0$, 根据 $\widetilde{gf}$ 作为 $k$ 的 cokernel 的泛性质, 存在唯一态射 $c:\mathrm{Im}gf → \mathrm{Im}g$ 使得 $c \widetilde{gf} = \widetilde{g} f$. 由于 $\widetilde{g}f$ 是满的, 从而 $c$ 也是满的.

下面证明 $m_gc=m_{gf}$. 计算有 $$\begin{equation} m_g c \widetilde{gf} = m_g \widetilde{g} f = g f = m_{gf} \widetilde{gf}. \end{equation}$$ 由于 $\widetilde{gf}$ 是满的, 故 $m_g c = m_{gf}$. 由 $m_g$ 和 $m_{gf}$ 是单的, 可知 $c$ 也是单的.
综上, $c$ 是同构.

设 $\mathcal{A}$ 是 Abel 范畴. 则有典范同构
$$\begin{equation} \prod_{1 \le i \le n} \ker f_i \cong \ker\!\left(\prod_{1 \le i \le n} f_i\right) \end{equation}$$ 若 $\mathcal{A}$ 有无限积, 则此式对无限积也成立. 特别地, 若 $\mathcal{A}$ 有无限积, 则 $\prod_{i \in I} f_i$ 是单态射当且仅当每个 $f_i\,(i \in I)$ 均是单态射.

直接考虑指标集 $I$, 设 $\mathcal{A}$ 有关于指标集 $I$ 的积.

自然有上图右边两个方块. 下面验证 $∏ \ker f_i$ 是 $∏ f_i$ 的核. 设有态射 $g:Z→∏ X_j$ 满足 $∏ f_i ∘ g=0$. 则对于任意 $i$, 有 $f_i ∘ p^X_i ∘ g = p^Y_i ∘ ∏ f_i ∘ g = 0$. 由 $k_i$ 是 $f_i$ 的核, 存在唯一态射 $h_i:Z→\ker f_i$ 使得 $k_i ∘ h_i = p^X_i ∘ g$. 由积的泛性质, 存在唯一态射 $∏ h_i:Z→∏ \ker f_i$ 使得 $p^K_i ∘ ∏ h_i = h_i$.

下面证明 $∏ k_i ∘ ∏ h_i = g$. 计算有 $$\begin{equation} p^X_i ∘ ∏ k_i ∘ ∏ h_i = k_i ∘ p^K_i ∘ ∏ h_i = k_i ∘ h_i = p^X_i ∘ g. \end{equation}$$ 根据 $∏X_i$ 的泛性质, 可知 $∏ k_i ∘ ∏ h_i = g$. $∏ h_i$ 的唯一性由 $\ker f_i$ 的泛性质以及 $\prod\ker f_i$ 的泛性质保证(即每个分量下去都是唯一的, 回来也是唯一的).

设有单态射 $g : Y \hookrightarrow X$ 和态射 $h : Z \to Y$. 则有典范单态射
$$\begin{equation} \operatorname{Coker} h \longrightarrow \operatorname{Coker}(g h). \end{equation}$$

注意到有交换图:

其中 $c$ 是典范同构. 对两列正合列使用五引理得 $c'$ 是单态射.

Remark. 按道理说应该不能用五引理, Abel 范畴里面的版本还没证明. 我不知道这里有没有循环论证.

2.4 态射范畴

习题 2.4

设 $\mathcal{A}$ 是 Abel 范畴. 证明态射范畴 $\mathrm{Mor}(\mathcal{A})$ 也是 Abel 范畴.

已经知道 $\mathrm{Mor}(\mathcal{A})$ 是加法范畴, 下面只需要证明 $\mathrm{Mor}(\mathcal{A})$ 有 kernel 和 cokernel, 且 image 和 coimage 自然同构.

给定 $\mathrm{Mor}(\mathcal{A})$ 中的任一态射 $(\alpha,\beta):(X,f,Y)→(X',f',Y')$, 自然有下面的交换图, 其中虚线都是由 kernel 和 cokernel 的泛性质自然诱导出来的.

下面先证明 $(k_\alpha, k_\beta)$ 是 $(\alpha, \beta)$ 的 kernel (即逐分量取 kernel 就是 kernel). 首先显然有 $(\alpha, \beta)\circ(k_\alpha, k_\beta) = (0,0)$. 设有态射 $(s,t):(Z,h,W)→(X,f,Y)$ 满足 $(\alpha,\beta)∘(s,t)=(0,0)$. 则有 $\alpha s=0$ 且 $\beta t=0$. 由 $k_\alpha$ 和 $k_\beta$ 是分别是 $\alpha$ 和 $\beta$ 的 kernel, 存在唯一态射 $u:Z→\ker \alpha$ 和 $v:W→\ker \beta$ 使得 $k_\alpha u=s$ 且 $k_\beta v=t$. 由此得到态射 $(u,v):(Z,h,W)→(\ker \alpha, k_\alpha, \ker \beta)$ (这确实是态射范畴中的态射, 因为 $k_{\beta}k_{\alpha,\beta}u=fk_α u=fs=th=k_β vh$, 由于 $k_\beta$ 是单态射, 于是有 $k_{\alpha,\beta}u=vh$). 这样 $(u,v)$ 的唯一性由 $u$ 和 $v$ 的唯一性保证. 这样就证明了 $(\alpha,\beta)$ 的 kernel 是 $(k_\alpha, k_\beta)$.

同理可以证明, 逐项求 cokernel 也得到态射范畴中的 cokernel.

从而对于 image 和 coimage 也是逐项求即可. 由于在 Abel 范畴中 image 和 coimage 自然同构, 故在态射范畴中也自然同构.

设 $\mathcal{A}$ 是有足够多投射对象的 Abel 范畴. 则 $\mathrm{Mor}(\mathcal{A})$ 的任意投射对象 $(U,f,V)$ 均是 $(P, \mathrm{Id}_P,P)⊕(0,0,Q)$ 的直和项, 其中 $P$ 和 $Q$ 是 $\mathcal{A}$ 的投射对象. 特别地, $U$ 和 $V$ 均是 $\mathcal{A}$ 的投射对象.

由于 $\mathcal{A}$ 有足够多投射对象, 存在 $\mathcal{A}$ 中的投射对象 $P$ 和满态射 $p:P→U$, 以及投射对象 $Q$ 和满态射 $q:Q→V$. 考虑如下 $\mathrm{Mor}(\mathcal{A})$ 中的态射 $(p, (fp,q))$:

注意到 $P⊕Q$ 是投射对象并且 $(fp,q):P⊕Q→V$ 是满态射. 于是上面的态射是满态射, 由于 $(U,f,V)$ 是投射对象, 于是 $(U,f,V)$ 是 $(P,\begin{pmatrix}\mathrm{Id}_P \\ 0\end{pmatrix}, P⊕Q)≅(P,\mathrm{Id}_P,P)⊕(0,0,Q)$ 的直和项.

2.5

习题 2.5

设 $\mathcal{A}$ 是 Abel 范畴. 对于态射列 $0 \rightarrow X \overset{x}{\hookrightarrow} Y \xrightarrow{y} Z$, 它是正合列当且仅当 $x$ 是 $y$ 的核.

(⇒) 由于在 $X$ 处正合, 于是 $\mathrm{Ker}x=0$, 于是 $x$ 是单态射. 由于在 $Y$ 处正合, 于是有 $\mathrm{Ker}y=\mathrm{Im}x$. 考虑交换图:

由于 $yx=0$, 存在唯一的态射 $s:X→\mathrm{Ker}y$ 使得 $x=k_ys$, 由于 $x$ 是单态射, 于是 $s$ 是单态射. 同时由于 $\mathrm{Ker}y≅\mathrm{Im}x$, 这个 $s$ 同时也是满单分解给出的态射, 于是 $s$ 也是满态射, 从而 $s$ 是同构. 于是 $x$ 是 $y$ 的 kernel.

(⇐) 只需要验证在 $Y$ 处正合, 即验证 $\mathrm{Ker}y=\mathrm{Im}x$. 考虑如下交换图:

取 $x$ 的满单分解, 由于 $ym_x=0$ (由 $ym_x\widetilde{x}=0$ 及 $\widetilde{x}$ 单可得), 根据 $x$ 是 $y$ 的 kernel, 存在唯一的态射 $s$ 使得 $xs=m_x$. 于是 $x=m_x\widetilde{x}=xs\widetilde{x}$, 根据 $x$ 单可得 $s\widetilde{x}=\mathrm{Id}_X$. 同理可得 $\mathrm{Id}_{\mathrm{Im}(x)}=\widetilde{x}s$. 从而 $s, \widetilde{x}$ 是同构, 即得 $\mathrm{Im}x≅\mathrm{Ker}y$.

设 $\mathcal{A}$ 是 Abel 范畴. 对于态射列 $X \xrightarrow{x} Y \overset{x}{\twoheadrightarrow} Z \rightarrow 0$, 它是正合列当且仅当 $y$ 是 $x$ 的余核.

与上一题完全类似.

设下图的两行均是 Abel 范畴中的正合列, 且左边的方块交换：

则存在唯一的态射 $h$ 使得右边的方块也交换.

由上面的习题知 $y$ 是 $x$ 的 cokernel, 于是由 $y'gx=y'x'f=0$ 得存在唯一的态射 $h$ 使得 $y'g=hy$.

设下图的两行均是 Abel 范畴中的正合列, 且右边的方块交换：

则存在唯一的态射 $f$ 使得左边的方块也交换.

由上面的习题知 $x'$ 是 $y'$ 的 kernel, 于是由 $y'gx=hyx=0$ 得存在唯一的态射 $f$ 使得 $gx=x'f$.

设 $\mathcal{A}$ 是 Abel 范畴, $P$ 是投射对象. 若任意短正合列 $0 \longrightarrow M \longrightarrow N \longrightarrow P \longrightarrow 0$ 都是可裂短正合列; 当 $\mathcal{A}$ 有足够多投射对象时, 逆命题也成立.

考虑态射 $\mathrm{Id}_P:P→ P$, 由于 $P$ 是投射对象, 以及 $N\xrightarrow{g}P$ 是满态射, 于是存在 $s:P→N$ 使得 $\mathrm{Id}_P=gs$. 从而该列是短正合列.

当 $\mathcal{A}$ 有足够多投射对象时, 对于任意的满态射 $g:M→N$ 及态射 $p:P→N$, 考虑交换图

其中 $Q$ 是投射对象, $q:Q→P$ 是满态射, 根据可裂条件可得存在 $t:P→Q$ 使得 $qt=\mathrm{Id}_P$. 由于 $Q$ 是投射对象, 故存在 $s:Q→ M$ 使得 $gs=pq$. 由于 $p=pqt=gst$, 从而 $P$ 是投射对象.

设 $\mathcal{A}$ 是 Abel 范畴, $I$ 是内射对象. 若任意短正合列 $0 \longrightarrow I \longrightarrow M \longrightarrow N \longrightarrow 0$ 都是可裂短正合列; 当 $\mathcal{A}$ 有足够多内射对象时, 逆命题也成立.

与上一题证明完全类似.

2.6 正合函子

习题 2.6

设 $\mathcal{A},\mathcal{B}$ 是 Abel 范畴, $F:\mathcal{A}→\mathcal{B}$ 是正合、满忠实函子. 令 $\operatorname{Im}F=\{Y\in\mathcal{B}∣ FX,X∈\mathcal{A}\}$. 则 $\operatorname{Im}F$ 是 Abel 范畴.

由于 $F$ 是加法函子, 从而 $F$ 将零对象映为零对象并且保持有限余积, 从而 $\operatorname{Im} f$ 有零对象和有限余积, 并且态射集的加法结构自然从 $\mathcal{B}$ 继承, 于是 $\operatorname{Im}F$ 是加法范畴.

由于 $F$ 是正合函子, 故 $F$ 保持正合列, 从而保持 kernel 和 cokernel, 于是 $\operatorname{Im}F$ 有 kernel 和 cokernel.

并且由于 $F$ 是满忠实函子, 根据 $\mathcal{A}$ 是 Abel 范畴, 可知 $\operatorname{Im}F$ 中的任意态射的 image 和 coimage 自然同构.

Remark. 题目中虽然没有直接说 $\operatorname{Im}F$ 是满子范畴, 但是这由 $F$ 是满忠实函子可知.

Remark. 这里值得注意的一件事情是, 与 Abel 范畴等价的范畴未必是 Abel 范畴. 所以虽然注意到 $F:\mathcal{A}→\operatorname{Im}F$ 是满忠实稠密函子, 从而是范畴等价, 也没法直接说明 $\operatorname{Im}F$ 是 Abel 范畴.

设 $F:\mathcal{A}→\mathcal{B}$ 是 Abel 范畴之间正合、满忠实的函子. 则 $F$ 反射正合列. 即, 若 $X\xrightarrow{f}Y\xrightarrow{g}Z$ 是 $\mathcal{A}$ 中的态射序列且 $FX\xrightarrow{Ff}FY\xrightarrow{Fg}FZ$ 是 $\mathcal{B}$ 中的正合列, 则 $X\xrightarrow{f}Y\xrightarrow{g}Z$ 也是 $\mathcal{A}$ 中的正合列.

注意到 $F:\mathcal{A}\to\operatorname{Im}F$ 满忠实稠密, 从而是范畴等价. 设拟逆为 $G$. 由于 $F$ 还是正合函子, 从而 $FX\xrightarrow{Ff}FY\xrightarrow{Fg}FZ$ 在 $\operatorname{Im}F$ 中是正合列当且仅当在 $\mathcal{B}$ 中是正合列. 作用 $G$ 即可得 $X\xrightarrow{f}Y\xrightarrow{g}Z$ 在 $\mathcal{A}$ 中是正合列.

Abel 范畴 $\mathcal{A}$ 中的态射序列 $0→X\xrightarrow{f}Y\xrightarrow{g}Z→0$ 是可裂短正合列当且仅当对于任一对象 $W$, 下述 Abel 群的同态序列 $$\begin{equation} 0 \longrightarrow \operatorname{Hom}_{\mathcal{A}}(Z, W) \overset{\mathrm{Hom}(g,W)}{\longrightarrow} \operatorname{Hom}_{\mathcal{A}}(Y, W) \overset{\mathrm{Hom}(f,W)}{\longrightarrow} \operatorname{Hom}_{\mathcal{A}}(X, W) \longrightarrow 0 \end{equation}$$ 是 $\mathbf{Ab}$ 中的正合列.

(⇒) 由 Hom 函子是左正合函子可知序列在 $\operatorname{Hom}_{\mathcal{A}}(Z, W)$ 和 $\operatorname{Hom}_{\mathcal{A}}(Y, W)$ 处正合. 只要证明 $\mathrm{Hom}(f,W) = - ∘ f$ 是满态射. 由于短正合列可裂, 存在态射 $f':Y\to X$ 使得 $f'f=\mathrm{Id}_X$. 于是, 对于任意的态射 $s\in\mathrm{Hom}_\mathcal{A}(X,W)$, 存在态射 $sf'∈ \mathrm{Hom}_\mathcal{A}(Y,W)$ 使得 $$\mathrm{Hom}(f,W)(sf')=sf'f= s\mathrm{Id}_X=s.$$ 于是 $\mathrm{Hom}(f,W)$ 是满态射.

(⇐) 根据 Hom 函子的反射正合性可知 $0→X\xrightarrow{f}Y\xrightarrow{g}Z→0$ 是正合列. 下面只要证明该列可裂. 令 $W=X$, 由于 $\mathrm{Hom}(f,W)$ 是满态射, 于是存在 $f'\in\mathrm{Hom}_\mathcal{A}(Y,X)$ 使得 $f'f=\mathrm{Hom}(f,W)(f')=\mathrm{Id}_X$. 于是该列可裂.