8.3: Рішення для глави 3
- Page ID
- 66351
У еквалайзері (3.1) є п'ять стовпців без ідентифікаторів та п'ять стрілок у еквалайзері (3.2). Це не випадково: завжди є одна стрілка для кожного стовпця, що не є ідентифікатором.
Щоб зробити це точно, ми повинні визначити конкатенацію технічно.
Якщо G = (V, A, s, t) є графом, визначте шлях у G, який буде кортежем форми (v\(_{1}\), a,., a\(_{n}\)), де\(\in\) v V - вершина, s (a\(_{1}\)) = v, а t (a\(_{i}\)) = s (a\(_{i+1}\)) для всіх i\(\in\) {1,., n − 1}; довжина цього шляху дорівнює n, і це визначення робить сенс для будь-якого п\(\in\)\(\mathbb{N}\). Ми говоримо, що джерелом p є s (p) := v, а мета p визначена як
Два шляхи p = (v\(_{1}\), a,., a\(_{m}\)) і q = (w\(_{1}\), b,., b\(_{n}\)) можна об'єднати, якщо t (p) = s (q), у цьому випадку конкатенований шлях p; q визначається як
(р; q) := (v, a\(_{1}\),., a\(_{m}\), b\(_{1}\),.,., b\(_{n}\)).
Тепер ми готові перевірити унікальність і асоціативність. Шляхом p є ідентичністю у Free (G) iff p = (v) для деяких v\(\in\) V.
З вищесказаного легко побачити, що (v) і (w\(_{1}\), b,..., b\(_{n}\)) можуть бути об'єднані, якщо v = w, в цьому випадку результат буде (w, b\(_{1}\),..., b\(_{n}\)). Аналогічно (v\(_{1}\), a,..., a\(_{m}\)) і (w) можуть бути об'єднані, якщо w = t (a\(_{m}\)), в цьому випадку результат буде (v, a\(_{1}\),., a) \(_{m}\)). Нарешті, для асоціативності з p і q, як вище, і r = (x\(_{1}\), c,., c o) формула легко читає, що незалежно від способу вони об'єднані, (p; q); r або p; (q; r), результат
(v, a\(_{1}\),..., a\(_{m}\), b\(_{1}\),..., b\(_{n}\), c\(_{1}\),..., c\(_{o}\)).
Ми часто любимо називати морфізми ідентичності об'єктами, на яких вони знаходяться, і ми робимо це тут: v\(_{2}\) означає id\(_{v2}\). Пишемо ☒, коли композит не має сенсу (тобто коли мішень першого морфізму не згоден з джерелом другого).
1. Категорія 1 має один об'єкт v\(_{1}\) і один морфізм, ідентифікатор ідентичності\(_{v1}\).
2. Категорія 0 порожня, вона не має об'єктів і номорфізмів.
3. Візерунок кількості морфізмів у 0, 1, 2, 3 дорівнює 0, 1, 3, 6; чи виглядає цей патерн звичним? Це перші кілька «трикутних чисел», тому ми могли б здогадатися, що кількість морфізмів у п, вільна категорія на наступному графіку
становить 1 + 2 · · · · + п. Це має сенс, оскільки (і стратегія доказування полягала б у тому, щоб перевірити, що) наведено вище граф має n шляхів довжиною 0, він має n − 1 шляхів довжиною 1 і так далі: він має n − i шляхів довжини i для кожного 0 ≤ i ≤ n.
Листування давалося шляхом відправки шляху на його довжину.
Об'єднання шляху довжиною m зі стежкою довжиною n призводить до отримання шляху довжиною m + n.
1. Десять шляхів такі
А, А; ф, А; г, А; ф; ч, А; г; i, В, В; ч , С, С; і, Д
2. A; f; h паралельний A; g; i, в тому, що вони обидва мають однаковий домен і обидва мають однаковий кодомен.
3. А не паралельний жодному з дев'яти інших шляхів.
Морфізми на даній діаграмі такі:
А, А; ф, А; г, А; j, Б, В; ч, С, С; i, Д
Зверніть увагу, що A; f; h = j = A; g; i.
Існує чотири морфізми в D, показані нижче, а саме z, s, s; s, і s; s; s:
Рівняння, які перетворюють графіки в попередні замовлення, наведені нижче
Передпорядкове відображення категорії C має однакові об'єкти і або один морфізм, або жоден між двома об'єктами, залежно від того, чи існує морфізм між ними в С. Отже, попереднє відображення\(\mathbb{N}\) має один об'єкт і один морфізм від нього до себе, який повинен бути ідентичністю. Іншими словами, попереднє відображення\(\mathbb{N}\) дорівнює 1.
Функцію f:\(\underline{2}\) →\(\underline{3}\) можна описати як впорядковану пару (f (1), f (2)). Дев'ять таких функцій задаються наступними впорядкованими парами, які ми організуємо в 2-мірну сітку з 3 записами в кожному вимірі, саме для «фунзі»:\(^{1}\)
(1, 1) (2, 1) (3, 1)
(1, 2) (2, 2) (3, 2)
(1, 3) (2, 3) (3, 3)
1. Обернене до f (a) = 2, f (b) = 1, f (c) = 3 задається
f\(^{−1}\) (1) = б, ф\(^{−1}\) 2) = а, f\(^{−1}\) (3) = с.
2. Існує 6 різних ізоморфізмів. Загалом, якщо A і B множини, кожен з n елементів, то кількість ізоморфізмів між ними дорівнює n факторіалу, часто позначається n!. Так, наприклад, існує 5 ∗ 4 ∗ 3 ∗ 2 ∗ 1 = 120 ізоморфізмів між {1, 2, 3, 4, 5} та {a, b, c, d, e}.
Ми повинні показати, що для будь-якого об'єкта c\(\in\) C ідентичність id c має зворотний, тобто морфізм f: c → c такий, що f; id\(_{c}\) = id\(_{c}\) і id\(_{c}\); f = id\(_{c}\). Візьміть f = id\(_{c}\); це працює.
1. Моноїд у прикладі 3.13 не є групою, оскільки морфізм s не має зворотного.
Дійсно, кожен морфізм має форму s\(^{n}\) для деяких n\(\in\)\(\mathbb{N}\) і складання його з s дає s\(^{n+1}\), що ніколи не s\(^{0}\). р
2. C з Прикладу 3.18 - це група: ідентичність завжди є ізоморфізмом, а інший морфізм s має зворотний s.
Можливо, ви знайшли людину, математичні претензії якої можна довіряти! Щоразу, коли ви складаєте два морфізми у Free (G), їх довжини додаються, а ідентичності - це саме ті морфізми, довжина яких дорівнює 0. Для того щоб p був ізоморфізмом, має бути деяке q таке, що p; q = id і q; p = id, в цьому випадку довжина p (або q) повинна бути 0.
Інші три функтори 2 → 3 показані тут:
У F є дев'ять морфізмів; як завжди, ми позначаємо ідентичності об'єктом, на якому вони знаходяться. Ці морфізми посилаються на наступні морфізми в С:
А '\(\longmapsto\)А, ф'\(\longmapsto\) ф, г '\(\longmapsto\)г, ф'; ч'\(\longmapsto\) ф; ч, г '; я'\(\longmapsto\) f; ч,
B ′\(\longmapsto\) B, h ′\(\longmapsto\) h, C ′\(\longmapsto\) C, I ′\(\longmapsto\) I, D ′\(\longmapsto\) D.
Якщо один з них здається відмінним від решти, це, ймовірно, g'; i '\(\longmapsto\)f; h.
Але зауважте, що насправді також g '; i'\(\longmapsto\) g; i тому що g; i = f; h, так що це не викид зрештою.
Нам потрібно дати два функтори F, G від\(\stackrel{a}{\bullet} \stackrel{f}{\longrightarrow} \stackrel{b}{\bullet}\) до\(\stackrel{a'}{\bullet} \underset{f_{2}}{\stackrel{f_{1}}{\longrightarrow}} \stackrel{b'}{\bullet}\) чиї частини об'єктів однакові і чиї он-морфізми частини різні. Існує всього два способи зробити це, і ми вибираємо один з них:
F (a) := a ′, G (a) := a ′, F (b) := b ′, G (b) := b ′, F (f) := f\(_{1}\), і Г (ф) := ф\(_{2}\).
Інший шлях повертає f\(_{1}\) і f\(_{2}\).
1. Дозвольте C бути категорією.
Тоді визначення id\(_{C}\): C → C за ідентифікатором\(_{C}\) (x) = x для кожного об'єкта, а морфізм у C є функтором, оскільки він зберігає ідентичності id\(_{C}\) (id\(_{c}\)) = id\(_{c}\) = id\(_{id_{C}}\) (c) для кожного об'єкта c\(\in\) Ob (C), і зберігає склад id\(_{C}\) (f; g) = f; g = id\(_{C}\) (f); id\(_{C}\) (\(_{g}\)) для кожної пари компонуваних морфізмів f, g в С.
2. Задані функтори F: C → D і G: D → E, нам потрібно показати, що F; G є функтором, тобто що він зберігає тотожності та композиції. Якщо c\(\in\) C є об'єктом, то (F; G) (id\(_{c}\)) = G (F (id\(_{c}\))) = G (id\(_{F(c)}\)) = id\(_{G(F(c)}\)), оскільки F і G зберігають ідентичності. Якщо f, g - компонувані морфізми в С, то
(Ф; Г) (ф; г) = Г (Ф (ф); Ф (г)) = Г (Ф (ф)); Г (Ф (г))
тому що F і G зберігають склад
3. Ми запропонували об'єкти, морфізми, ідентичності та формулу композиції для категорії Cat: це категорії, функтори та ідентичності та композиції, наведені вище. Нам потрібно перевірити, що дві властивості, унікальність та асоціативність, тримаються. Отже, припустимо, F: C → D є функтором, і ми попередньо складаємо його як вище з id\(_{C}\); легко побачити, що результат знову буде F, і аналогічно, якщо ми пост-компонуємо F з id\(_{D}\). Це дає унікальність, а асоціативність так само легка, хоча і більш багатослівна. Задано F як вище і G: D →\(\mathcal{E}\) і H:\(\mathcal{E}\) → F, нам потрібно показати, що (F; G); H = F; (G; H). Це просте застосування визначення: для будь-якого x\(\in\) C, будь то об'єкт або морфізм, ми маємо
((F; Г); H) (c) = H ((F; G)) (в) = H (Г (Ф (с)) = (Г; Н) (F (с)) = (F (c)) = (F ; (Г; Н)) (с).
Нехай S\(\in\) Set бути набором. Визначити F\(\_{S}\): 1 → Встановити F\(\_{S}\) (1) = S і F\(\_{S}\) (id\(\_{1}\)) = id\(\_{S}\). При цьому визначенні F\(\_{S}\) зберігає ідентичності та композиції (єдині композиції в 1 - це композиція ідентичності з самим собою), тому F\(\_{S}\) є функтором з F\(\_{S}\) (1) = S за бажанням.
Нас запитують, які дані «мають сенс» для схем нижче?
Це суб'єктивне питання, тому ми пропонуємо відповідь на ваш розгляд.
1. Дані про цю схему, тобто множинний функтор, призначають множину D (z) та функцію D (s): D (z) → D (z), таку, що застосування цієї функції двічі є тотожністю. Така функція називається інволюцією.
з набору D z:
Це do-si-do, «партнерський хід», де кожен вибирає партнера (можливо, себе) і
обмінів з ними. Одним із прикладів можна взяти D як набір пікселів на фотографії, і взяти s як функцію, яка надсилає кожен піксель на його дзеркальне відображення через вертикальну центральну лінію фотографії.
2. Ми могли б зробити D (c) набір людей на різдвяній вечірці «Secret Santa», де кожен дарує подарунок комусь, можливо, собі. Візьміть D (b) як набір подарунків, g функцію дарувальника (кожен подарунок дарує людина), і h функцію приймача (кожен подарунок отримує людина), D (а) - набір людей, які дарують подарунок собі, і d (f): D (a) → D (b) є включенням.
1. Експерт упаковує стільки інформації в так мало місця! Припустимо, задано три об'єкти F, G, H\(\in\) D\(^{C}\); це функтори F, G, H: C → D. Морфізми α: F → G і β: G → H є природними трансфор-маціями. Більшість початківців, здається, думають про природну трансформацію з точки зору його квадратів природності, але головне, щоб мати на увазі, це його компоненти; квадрати природності складають перевірку, яка приходить пізніше.
Отже, для кожного\(\in\) c C α має компонент α\(_{c}\): F (c) → G (c) і β має компонент β\(_{c}\): G (c) → H (c) в D. Експерт сказав нам визначити (α; β)\(_{c}\): = (α\(_{c}\); β\(_{c}\)), і дійсно це морфізм F (c) → H (c).
Тепер робимо перевірку. Для будь-якого f: c → c ′ в C внутрішні квадрати наступної діаграми комутують, оскільки α і β є природними; отже, зовнішній прямокутник теж робить:
2. Запропоновано, що ідентифікатор природного перетворення ідентичності\(_{F}\) на функторі F: C → D має як його c -компонент морфізм (id\(_{F}\))\(_{c}\): = id\(_{F}\) (\(_{c}\)) у D, для будь-якого c. Квадрат природності
очевидно, комутує для будь-якого f: c → c ′. І це єдина: після складання id F з будь-яким β: F → G (і аналогічно для попереднього складання з будь-яким α: E → F) призводить до природного перетворення id\(_{F}\); β з компонентами (id\(_{F}\))\(_{c}\) ; β\(_{c}\) = (id\(_{F}\) (\(_{c}\)); β\(_{c}\)) = β\(_{c}\), і це просто β за бажанням.
У нас є категорія С і попереднє замовлення Р, що розглядається як категорія.
1. Припустимо, що F, G: C → P - це функтори, а α, β: F → G - природні перетворення; нам потрібно показати, що α = β.
Досить перевірити, що α c\(_{c}\) = β\(_{c}\) для кожного об'єкта c\(\in\) Ob (C). Але α\(_{c}\) і β\(_{c}\) - це морфізми F (c) → G (c) в P, що є попереднім порядком, і визначення попереднього порядку, що розглядається як категорія, полягає в тому, що він має максимум один морфізм між будь-якими двома об'єктами. Таким чином α\(_{c}\) = β\(_{c}\), за бажанням.
2. Це помилково. Нехай P: = 1, нехай C: =\(\stackrel{a}{\bullet} \frac{f_{1}}{f_{2}} \text { b }\), нехай F (1) := a, нехай G (1) := b, нехай α\(_{1}\) := f\(_{1}\), і нехай β\(_{1}\) := г\(_{2}\).
Нам потрібно записати наступне
як екземпляр Gr, як у еквалайзері (3.61). Відповідь полягає в наступному:
Дозвольте G, H бути наступними графіками:
і давайте повіримо авторам, що існує унікальний граф гомоморфізму α: G → H, для якого α\(_{Arrow}\) (а) = d.
- У нас є α\(_{Arrow}\) (b) = е і α\(_{Vertex}\) (1) = 4, α\(_{Vertex}\) (2) = 5, а α\(_{Vertex}\) (3) = 5.
- Ми грубо копіюємо таблиці, а потім малюємо лінії (показані чорним кольором; поки що ігноруємо пунктирні лінії):
3. Це працює! Один із прикладів природності показаний за допомогою пунктирних синіх ліній вище. Бачите, як обидва шляхи, що починаються з кінця в 5?
Нам просто потрібно виписати композит наступних функторів
у вигляді бази даних, а потім намалюйте графік. Результати наведені нижче.
Нас цікавить, як функтори − × B і (−)\(^{B}\) повинні діяти на морфізми для заданого множини B.
Ми не вказували цього в тексті — ми лише вказали − × B і (−)\(^{B}\) на об'єктах, тож у певному сенсі ця вправа відкрита: ви можете скласти все, що завгодно, за умови, що вона є функціональною. Однак автори не можуть придумати жодних таких відповідей, крім тієї, яку ми наводимо нижче.
1. З огляду на довільну функцію f: X → Y, нам потрібна функція X × B → Y × B. Ми пропонуємо функцію, яка може бути позначена f × B; вона посилає (x, b) до (f (x), b). Це призначення є функціональним: застосовано до id\(_{X}\), воно повертає id\(_{X x B}\) і зберігає композицію.
2. Задано функцію f: X → Y, нам потрібна функція X\(^{B}\) → Y\(^{B}\). Канонічна функція буде позначена f\(^{B}\); вона посилає функцію g: B → X до складеного (g; f): B → X → Y. Це функціонально: застосовано до id,\(_{X}\) він посилає g до g, тобто f\(^{B}\) (id\(_{X}\)) = id\(_{X}\)\(^{B}\), і застосовується до складеного (f\(_{1}\); f\(_{2}\)): X → Y → Z, у нас є
(f\(_{1}\); f\(_{2}\))\(^{B}\) (г) = г; (f\(_{1}\); f\(_{2}\)) = (г; f\(_{1}\)); f\(_{2}\) = (f\(_{1}\)\(^{B}\); f\(_{2}\)\(^{B}\)) (г)
для будь-якого г\(\in\) X\(^{B}\).
3. Якщо p:\(\mathbb{N}\) →\(\mathbb{N}\)\(^{\mathbb{N}}\) - результат каррі +:\(\mathbb{N}\) ×\(\mathbb{N}\) →\(\mathbb{N}\), то p (3) є елементом\(\mathbb{N}\)\(^{\mathbb{N}}\), тобто маємо p (3):\(\mathbb{N}\) →\(\mathbb{N}\) яка це функція? Це функція, яка додає три. Тобто p (3) (n) := n + 3.
Функтор! : C → 1 з екв. (3.75) надсилає кожен об'єкт c\(\in\) C до унікального об'єкта 1\(\in\) 1 і надсилає кожен морфізм f: c → d у C до унікального ідентифікатора морфізму\(_{1}\): 1 → 1 в 1.
Ми хочемо намалювати графік, відповідний екземпляру I: G → Set показано нижче:
Ось він, з скороченими іменами та електронними листами (наприклад, B = Bob, 3 = Em_3):
Об'єкт z є терміналом у певній категорії C, якщо для кожного \(\in\)c C існує унікальний морфізм c → z. Коли C є категорією, що лежить в основі попереднього порядку, існує максимум один морфізм між будь-якими двома об'єктами, тому умова спрощує: об'єкт z є термінальним iff, для кожного\(\in\) c C існує морфізм c → z. Морфізми в попередньому порядку записуються з ≤ знаками, тому z є термінальним iff, для кожного c\(\in\) P ми маємо c ≤ z, і це визначення верхнього елемента.
Термінальним об'єктом у Cat є 1, оскільки за допомогою вправи 3.76 існує унікальний морфізм (функтор) C → 1 для будь-якого об'єкта (категорії) C\(\in\) Cat.
Розглянемо графік 2 V: = • • з двома вершинами і без стрілок, і нехай C = Free (2 V); він має два об'єкти і два морфізми (тотожності). Ця категорія не має термінального об'єкта, оскільки вона не має жодних морфізмів від одного об'єкта до іншого.
Добуток x і y в P - це об'єкт z\(\in\) P, оснащений картами z → x і z → y таким чином, що для будь-якого іншого об'єкта z ′ і карт z ′ → x і z ′ → y, існує унікальний морфізм z ′ → z робить очевидні трикутники коммутіруют. Але в попередньому порядку карти позначаються ≤, вони унікальні, якщо вони існують, і всі схеми комутують. Таким чином, вищесказане стає: добуток x і y в P - це об'єкт z з z ≤ x і z ≤ y таким, що для будь-якого іншого z ′, якщо z ′ ≤ x і z ′ ≤ y потім z ′ ≤ z. Це саме визначення meet, z = x\(\land\) y.
1. Морфізм ідентичності на об'єкті (c, d) в категорії товару C × D дорівнює (id\(_{c}\), id (_ {d}\)).
2. Припустимо, задано три компонуються морфізми в C × D
\((c\(_{1}\), d\(_{1}\))\ штабелер {(f\(_{1}\), g\(_{1}\)})} {\ rightarrow} (c\(_{2}\), d\(_{2}\)\ stackerl {(f\(_{2}\), g\(_{2}\)})} {\ rightarrow} (c\(_{3}\), d\(_{3}\)\ stackerl {(f\(_{3}\), g\(_{3}\)})} {\ стрілка вправо} (c\(_{4}\), d \(_{4}\)\)
Ми хочемо перевірити, що ((f\(_{1}\), g\(_{1}\)); (f\(_{2}\), g\(_{2}\)); (f\(_{3}\), g\(_{3}\)) = (f\(_{1}\), g\(_{1}\)); (f\(_{2}\), g \(_{2}\)); (f\(_{3}\), г\(_{3}\)). Але склад в категорії продуктів дається покомпонентно. Це означає, що ліва сторона є ((f\(_{1}\); f\(_{2}\)); f\(_{3}\), (g\(_{1}\); g\(_{2}\)); g\(_{3}\)), тоді як права сторона є (f\(_{1}\); (f \(_{2}\); f\(_{3}\)), g\(_{1}\); (g\(_{2}\); g\(_{3}\))), і вони рівні, оскільки і C, і D окремо мають асоціативний склад.
3. Категорія продукту 1 × 2 має два об'єкти (1, 1) і (1, 2) і один неідентичний морфізм (1,1) → (1,2). Неважко помітити, що він виглядає так само, як 2. Насправді для будь-якого С існує ізоморфізм категорій 1 ×\(\cong\) С.
4. Нехай P і Q є попередніми замовленнями, нехай X = P × Q є їх попереднім порядком добутку, як визначено в прикладі 1.56, і нехай P, Q і X будуть відповідними категоріями. Тоді X = Р × Q.
Твір X і Y - це об'єкт Z, оснащений морфізмами\(X \stackrel{px}{\leftarrow} Z \stackrel{py}{\rightarrow} Y\) таким чином, що для будь-якого іншого об'єкта Z ', обладнаного морфізмами\(X \stackrel{p'x}{\leftarrow} Z \stackrel{p'y}{\rightarrow} Y\), існує унікальний морфізм f: Z → Z, що робить трикутники коммутіруют, f; р\(_{X}\) = р ′\(_{X}\) і ф; р\(_{Y}\) = р ′\(_{Y}\). Але «об'єкт, оснащений морфізмами до X і Y» - це саме визначення об'єкта в конусі (X, Y), а морфізм f змусити трикутники комутувати - це саме визначення морфізму в конусі ( X, Y). Таким чином, визначенням вище стає: добуток X і Y є об'єктом Z\(\in\) конуса (X, Y) таким чином, що для будь-якого іншого об'єкта Z ′ існує унікальний морфізм Z ′ → Z в конусі (X, Y). Це саме визначення Z є термінальним у конусі (X, Y).
Припустимо, J - граф,\(\begin{array}{l} v1 \\ \bullet \end{array}\)\(\begin{array}{l} v2 \\ \bullet \end{array}\) а D: J → множина задається двома множинами, D (v\(_{1}\)) = A і D (v\(_{2}\)) = B для множин A, B. Твір цих двох наборів - A × B. Перевіримо, що гранична формула в теоремі 3.95 дає таку ж відповідь. У ньому йдеться
\ (\ почати {вирівняний}
&\ lim _ {g} D: =\ ліворуч\ {\ ліворуч (d_ {1},\ ldots, d_ {n}\ праворуч)\ середина d_ {i}\ in D\ ліворуч (v_ {i}\ праворуч)\ текст {для всіх} 1\ leq i\ leq n\ праворуч. \ текст {і}\\
&\ текст {для всіх} a: v_ {i}\ rightarrow v_ {j}\ in A,\ text {у нас}\ left.d (a)\ ліворуч (d_ {i}\ праворуч) =d_ {j}\ вправо\}
\ кінець {вирівняний}\)
Але в нашому випадку n = 2, на графіку немає стрілок, а D (v\(_{1}\)) = A і D (v\(_{2}\)) = B. Таким чином, формула зводиться до
Лім\(_{J}\) D := (d\(_{1}\), d\(_{2}\)) | д\(_{1}\)\(\in\) А і д\(_{2}\)\(\in\) Б.
що є саме визначенням A × B.
Задано функтор F: C → D, визначимо його протилежність F\(^{op}\): C\(^{op}\) → D\(^{op}\) наступним чином.
Для кожного об'єкта c\(\in\) Ob (C\(^{op}\)) = Ob (C) ставимо F\(^{op}\) (c) := F (c). Для кожного морфізму f: c\(_{1}\) → c\(_{2}\) в C\(^{op}\) ми маємо відповідний морфізм f ′: c\(_{2}\) → c\(_{1}\) в C і, таким чином, морфізм F (f ′): F (c\(_{2}\)) → F (c\(_{1}\)) в D, і, таким чином, морфізм F (f): F\(^{op}\) (c\(_{1}\)) → F\(^{op}\) (c\(_{2}\)).
Отже, ми можемо визначити F\(^{op}\) (f) := F (f ')'. Зауважте, що прості числа (−') досить безглузді, ми ставимо їх туди лише для того, щоб розрізняти речі, які дуже тісно пов'язані між собою. Легко перевірити, чи наше визначення F op є функціональним: воно надсилає ідентичності до ідентичностей, а композити до композитів.