Teoria kategorii dla informatyków/Ćwiczenia 2: Morfizmy specjalne

==Zadanie 2.1==

Udowodnij, że jeśli $\mathbf {1}$ jest obiektem końcowym w kategorii $\mathbf {C}$, to każdy morfizm, którego dziedziną jest $\mathbf {1}$, jest sekcją.

Wskazówka:

Wykorzystujemy własność uniwersalną $\mathbf {1}$.

Rozwiązanie:

Niech $A\in \mathbf {C} _{0}$ i $\mathbf {1} {\stackrel {s}{\rightarrow }}A$. Obiekt $\mathbf {1}$ jest końcowy, więc istnieje jedyna strzałka typu $A\to \mathbf {1}$, a stary zwyczaj nakazuje nazwać tę strzałkę po prostu $A$. Z faktu, że $\mathbf {1}$ jest końcowy, wynika również, że złożenie $A\circ s$ jest jedną jedyną strzałką o dziedzinie i kodziedzinie $\mathbf {1}$. To złożenie musi być więc równe identyczności na $\mathbf {1}$. Tak jest: $A\circ s=1_{\mathbf {1} }$. Pokazaliśmy w ten sposób, że $s$ jest sekcją, znaleźliśmy bowiem lewą odwrotność $A$ do $s$.

==Zadanie 2.2==

Udowodnij Fakt 2.5.

Wskazówka:

Aby efektywnie rozwiązywać zadania tego typu, warto nie podawać wielu szczegółów, które zaciemniają obraz: np. nazwy dziedzin i kodziedzin istniejących morfizmów nie grają roli w rozwiązaniu. Zakładamy więc od tej pory milcząco, że jeśli w rozwiązaniu składamy morfizmy, to jest to a priori możliwe.

Rozwiązanie:

1. Chcemy wykazać, że jeśli $g\circ f$ jest mono, to $f$ jest mono. Trzeba pokazać, że $f$ skraca się z prawej strony. Niech więc $f\circ h=f\circ k$. Wtedy $g\circ f\circ h=g\circ f\circ k$. Z założenia, $g\circ f$ jest mono, czyli da się skrócić z prawej strony, co daje $h=k$, co należało pokazać.
2. Pokażmy, że złożenie monomorfizmów jest monomorfizmem. Niech $f,g$ będą mono. Załóżmy $g\circ f\circ h=g\circ f\circ k$ dla pewnych morfizmów $h,k$. Wtedy z monomorficzności $g$ otrzymujemy $f\circ h=f\circ k$. Monomorficzność $f$ daje zatem $h=k$, co należało pokazać.
3. Dowód faktu, że jeśli $g\circ f$ jest epi, to $g$ jest epi, jest dualny do dowodu własności (1). To kończy dowód. (Niewprawnym czytelnikom należy się wyjaśnienie: jeśli $g\circ f$ jest epi w $\mathbf {C}$, to $f\circ g$ jest mono w $\mathbf {C} ^{op}$. Własność (1) udowodniona powyżej implikuje, że $g$ jest mono w $\mathbf {C} ^{op}$, a Fakt 2.4 implikuje, że $g$ jest epi w $\mathbf {C}$. Dualność jest szerzej omówiona na początku Wykładu 3.).
4. Pokażmy, że w $\mathbf {Set}$, $f$ jest epi wtedy i tylko wtedy, gdy $f$ jest surjekcją. Załóżmy najpierw, że $f\colon A\to B$ jest surjekcją. Weźmy $g,h\colon B\to C$ takie, że $g\circ f=h\circ f$. Ale dowolny $b\in B$ jest postaci $f(a)=b$ dla $a\in A$. A zatem $h(b)=h(f(a))=g(f(a))=g(b)$. Funkcje $h$ i $g$ są równe na wszystkich elementach $b\in B$, czyli $g=h$. Wniosek: $f$ jest epi. Załóżmy teraz, że $f$ nie jest surjekcją. Wtedy istnieje $b_{0}\in B$, który nie jest obrazem przez funkcję $f$ żadnego elementu ze zbioru $A$. Weźmy $C:=\{0,1\}$ i funkcje $h,k\colon B\to C$ jak następuje: $h(b):=1$ dla każdego $b\in B$; $k(b_{0}):=0$ i $k(b):=1$ dla $b\neq b_{0}$. Przy takich definicjach mamy $h\circ f=k\circ f$, ale $h\neq k$. To dowodzi, że $f$ nie jest epimorfizmem.
5. Dowód faktu, że złożenie epimorfizmów jest epimorfizmem jest dualny do własności (2) powyżej.

==Zadanie 2.3==

Udowodnij Fakt 2.9.

Rozwiązanie:

1. Jeśli $g\circ f$ jest sekcją, to $f$ jest sekcją. Rzeczywiście, skoro $g\circ f$ jest sekcją, to ma lewą odwrotność $h$, tzn. istnieje $h$ takie, że $h\circ g\circ f=1$. Wtedy $h\circ g$ jest lewą odwrotnością $f$.
2. Złożenie sekcji jest sekcją. To prawda: niech $f,g$ będą składalnymi sekcjami z lewymi odwrotnościami odpowiednio $f'$ i $g'$. Rozważamy $f\circ g$. Wtedy $g'\circ f'$ jest poprawnie zdefiniowane i $g'\circ f'\circ f\circ g=g'\circ (f'\circ f)\circ g=g'\circ 1\circ g=g'\circ g=1$, co należało pokazać.
3. Pokażemy, że każdy funktor zachowuje sekcje. Niech $s$ będzie sekcją z lewą odwrotnością $s'$, zaś $F$ funktorem. Wtedy z własności funktora wynika, że: $1_{F(\mathrm {dom} (s))}=F(1_{\mathrm {dom} (s)})=F(s'\circ s)=F(s')\circ F(s),$ a to oznacza, że $F(s)$ jest sekcją z lewą odwrotnością $F(s')$.
4. Pokażemy, że każdy pełny i wierny funktor odzwierciedla sekcje. Niech $s\colon A\to B$ będzie morfizmem takim, że $F(s)\colon F(A)\to F(B)$ jest sekcją. To znaczy (używamy tu również pełności $F$), iż istnieje $s'\colon B\to A$ tak, że $F(s')\circ F(s)=1_{F(A)}$. Ale z własności funktora wynika, że $F(s'\circ s)=F(s')\circ F(s)=1_{F(A)}=F(1_{A})$. Wierność $F$ implikuje zatem $s'\circ s=1_{A}$. To świadczy o tym, że $s$ jest sekcją.
5. Złożenie retrakcji jest retrakcją. Rzeczywiście: jeśli $f,g$ są składalnymi retrakcjami w $\mathbf {C}$, to $g,f$ są składalnymi sekcjami w $\mathbf {C} ^{op}$. Dalszy ciąg dowodu wynika natychmiast z (2) powyżej i dualności sekcji i retrakcji.
6. Jeśli $g\circ f$ jest retrakcją, to $g$ jest retrakcją. Dowód dualny do (1) powyżej.
7. Każdy funktor zachowuje retrakcje. Dowód dualny do (3) powyżej: dostajemy go za darmo!
8. Każdy pełny i wierny funktor odzwierciedla retrakcje - dowód dualny do (4) powyżej - znów za darmo!
9. Morfizm $f$ jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy jest sekcją i retrakcją jednocześnie: jest oczywiste, że jeśli $f$ jest izomorfizmem, to ma lewą i prawą odwrotność. Jeśli zaś $f$ jest sekcją i retrakcją, to istnieją dwa morfizmy $g,h$ takie, że $g\circ f=1_{\mathrm {dom} (f)}$ i $f\circ h=1_{\mathrm {cod} (f)}$. Wtedy $g=g\circ 1_{\mathrm {cod} (f)}=g\circ f\circ h=1_{\mathrm {dom} (f)}\circ h=h$. Strzałka $h$, będąc lewą i prawą odwrotnością $f$, świadczy o tym, że $f$ jest izomorfizmem.
10. Każdy pełny i wierny funktor odzwierciedla izomorfizmy. Rzeczywiście, jak pokazaliśmy powyżej, taki funktor odzwierciedla sekcje i retrakcje, czyli odzwierciedla izomorfizm na izomorfizm.

==Zadanie 2.4==

Wykaż, że zrozumienie relacji pomiędzy sekcjami i monomorfizmami oraz retrakcjami i epimorfizmami zawsze da się jeszcze trochę utrudnić, tzn. udowodnij, że:

1. morfizm $f$ jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy jest retrakcją i monomorfizmem;
2. morfizm $f$ jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy jest sekcją i epimorfizmem;
3. każdy wierny funktor odzwierciedla monomorfizmy i epimorfizmy;
4. każdy funktor reprezentowalny zachowuje monomorfizmy.

Wskazówka:

Jedynym zadaniem nietrywialnym jest ostatnie, gdzie należy najpierw udowodnić tezę dla hom-funktora $\mathrm {Hom} (-,A)\colon \mathbf {C} ^{op}\to \mathbf {Set}$, $A\in \mathbf {C} _{0}$ - patrz Przykład 5.7.

Rozwiązanie:

(1) W świetle tego co wiemy do tej pory, wystarczy pokazać, że monomorficzna retrakcja $f$ jest izomorfizmem. Skoro $f$ jest retrakcją, to dla pewnej strzałki $g$ mamy $f\circ g=1$. Więc $f\circ g\circ f=f$. Ale z monomorficzności $f$ wynika, że możemy w ostatnim równaniu skrócić $f$ z lewej strony, czyli $g\circ f=1$. To znaczy, że $f$ jest izomorfizmem z odwrotnością $g$. (2) jest zdaniem dualnym do (1), a więc dowód mamy za darmo. (3) Niech $f$ będzie taką strzałką, że $F(f)$ jest mono. Załóżmy, że $f\circ g=f\circ h$. Funktory zachowują złożenia, co daje $F(f)\circ F(g)=F(f)\circ F(h)$. Z założenia, $F(g)=F(h)$, a z wierności: $g=h$, co należało pokazać. Dowód dla epimorfizmu jest dualny. (4) Niech $f\colon C\to B\in \mathbf {C} _{1}$ będzie mono. Przypuśćmy, że $\mathrm {Hom} (f,A)\circ g=\mathrm {Hom} (f,A)\circ h$ dla pewnych strzałek $g,h\colon Z\to \mathrm {Hom} (B,A)$, gdzie $Z\in \mathbf {Set} _{0}$ (Zwróćmy uwagę, że kontrawariantność funktora implikuje, że $\mathrm {Hom} (f,A)\colon \mathrm {Hom} (B,A)\to \mathrm {Hom} (C,A)$.) To znaczy, że dla dowolnego $z\in Z$ mamy $\mathrm {Hom} (f,A)(g(z))=\mathrm {Hom} (f,A)(h(z))$, czyli $f\circ g(z)=f\circ h(z)$. Ale $f$ jest mono; stąd $g(z)=h(z)$ dla każdego $z\in Z$. W $\mathbf {Set}$ ta równość oznacza, że $g=h$, co pokazuje, że hom-funktory odzwierciedlają monomorfizmy. Jeśli teraz $F$ jest reprezentowalny, tzn. $\theta \colon F\cong \mathrm {Hom} (-,A)$ dla pewnego $A\in \mathbf {C} _{0}$ - porównaj z Definicją 7.4 - to istnieją dwie bijekcje w $\mathbf {Set}$ - mianowicie $\theta _{B}$ i $\theta _{C}$ takie, że poniższy diagram komutuje:

Załóżmy zatem, że $F(f)\circ g=F(f)\circ h$ dla pewnych strzałek $g,h\colon Z\to F(B)$. Patrząc na diagram powyżej, widzimy, że $F(f)=\theta _{C}\circ \mathrm {Hom} (f,A)\circ \theta _{B}^{-1}$, i każda z tych trzech strzałek jest mono (obie $\theta$-ty są bijekcjami - czyli injekcjami w szczególności). A zatem $g=h$. Wykazaliśmy, że $F(f)$ jest monomorfizmem, q.e.d.

==Zadanie 2.5==

Udowodnij, że w $\mathbf {Set}$ zdanie każdy epimorfizm jest retrakcją, jest równoważny pewnikowi wyboru.

Wskazówka:

Aksjomat wyboru (pewnik wyboru) w teorii mnogości to zdanie: Dla każdej rodziny $\{A_{i}\},i\in I$ złożonej z niepustych, parami rozłącznych zbiorów, istnieje funkcja $f\colon I\to \bigcup _{i\in I}A_{i}$, która ma własność $f(i)\in A_{i}$ dla każdego $i\in I$.

Rozwiązanie:

Załóżmy najpierw, że każdy epimorfizm jest retrakcją. Niech $\{A_{i}\}$ będzie dowolną rodziną niepustych, parami rozłącznych zbiorów.

Konstruujemy epimorfizm (surjekcję) $e\colon \bigcup _{i\in I}A_{i}\to I$ jako $A_{i}\ni a\mapsto i$. Skoro $e$ jest retrakcją, to ma prawą odwrotność: istnieje funkcja $f\colon I\to \bigcup A_{i}$ taka, że $e\circ f=1_{I}$. Ostatnie równanie oznacza, że $e(f(i))=i$, co jest równoważne informacji, że $f(i)\in A_{i}$. Odwrotnie, załóżmy pewnik wyboru. Niech $e\colon A\to B$ będzie dowolnym epimorfizmem (surjekcją). Rozważmy rodzinę $A_{b}:=\{e^{-1}[\{b\}]\mid b\in B\}$.

Ta rodzina jest parami rozłączna i niepusta, bo $e$ jest funkcją. Ponadto $\bigcup _{b\in B}A_{b}=A$. Pewnik wyboru mówi więc, że istnieje funkcja $f\colon B\to A$, która ma własność $f(b)\in A_{b}$. Innymi słowy, $f(b)\in e^{-1}[\{b\}]$, co oznacza $e(f(b))=b$. albo $e\circ f=1_{B}$. Pokazaliśmy, że $f$ jest prawą odwrotnością $e$, co świadczy o tym, że $e$ jest retrakcją.

==Zadanie 2.6==

Udowodnij Twierdzenie 2.12, tzn. pokaż, że retrakt dziedziny ciągłej jest dziedziną ciągłą.

Rozwiązanie:

Pokażemy najpierw zupełność $S$. Niech $A$ będzie skierowanym podzbiorem $S$. Ponieważ $s$ jest funkcją monotoniczną, obraz $s[A]$ jest skierowanym podzbiorem dziedziny ciągłej $T$. A zatem posiada supremum $\bigvee {}^{\uparrow }s[A]$ i jasne jest, że element $r(\bigvee {}^{\uparrow }s[A])$ jest ograniczeniem górnym zbioru $A$ w $S$. Niech $u$ będzie dowolnym innym ograniczeniem górnym $A$, tzn. $A\sqsubseteq u$. Wtedy $s[A]\sqsubseteq s(u)$, czyli $\bigvee {}^{\uparrow }s[A]\sqsubseteq s(u)$. Funkcja $r$ jest monotoniczna, a zatem $r(\bigvee {}^{\uparrow }s[A])\sqsubseteq r(s(u))=u$. To dowodzi, że $r(\bigvee {}^{\uparrow }s[A])$ jest najmniejszym ograniczeniem górnym $A$, czyli jego supremum. Pokazaliśmy, że dowolny zbiór skierowany $A$ w $S$ ma supremum, czyli że $S$ jest posetem zupełnym. Zauważmy, że w tym dowodzie ciągłość funkcji nie została wykorzystana; przyda się nam natomiast w następnym paragrafie.

Niech $c\in B$ aproksymuje $s(x)$ dla $x\in S$. Pokażemy, że $r(x)\ll x$. Niech $A$ będzie skierowanym podzbiorem $S$, który posiada supremum $\bigvee {}^{\uparrow }A\sqsupseteq x$. Z ciągłości $s$ wynika, że $\bigvee {}^{\uparrow }s[A]=s(\bigvee {}^{\uparrow }A)\sqsupseteq s(x)$, a zatem dla pewnego $a\in A$ musimy mieć $s(a)\sqsupseteq c$. To implikuje $a=r(s(a))\sqsupseteq r(c)$, co dowodzi $r(x)\ll x$. Ciągłość $r$ implikuje, że $x$ jest supremum zbioru $r[\Downarrow s(x)\cap B]$, który jest skierowanym podzbiorem $\Downarrow x\cap r[B]$. Jak łatwo się przekonać, to znaczy, że $r[B]$ jest bazą dla $S$, czyli $S$ jest ciągły.

==Zadanie 2.7==

Udowodnij Twierdzenie 2.13, tzn. pokaż, że każda dziedzina ciągłą jest retraktem dziedziny algebraicznej.

Wskazówka:

Dla prostoty rozważań jako bazę wybieramy cały poset $P$. Należy najpierw wykazać następującą charakteryzację relacji aproksymacji w ${\mathcal {I}}(P,\sqsubseteq )=({\mathcal {I}}(P),\subseteq )$: $I\ll J$ wtedy i tylko wtedy, gdy $(\exists x\in J)\ I\subseteq \downarrow x$. To pozwoli nam stwierdzić, że ${\mathcal {I}}(P)$ jest dziedziną algebraiczną. Potem sprawdzamy, że $P$ jest retraktem ${\mathcal {I}}(P)$.

Rozwiązanie:

Para $({\mathcal {I}}(P),\subseteq )$ jest oczywiście częściowym porządkiem. Dla dowolnego $I\in {\mathcal {I}}(P)$ mamy:

$I=\bigcup \{\downarrow x\mid x\in I\},$

ponieważ $I$ jest dolny (suma jest skierowana, bo $I$ jest skierowany). Pokażemy, że w ${\mathcal {I}}(P)$ mamy:

$I\ll J\iff (\exists x\in J)\ I\subseteq \downarrow x.$

Załóżmy, że $I\ll J$. Skoro $J=\bigcup \{\downarrow a\mid \in J\}$, to istnieje $a\in J$ taki, że $I\subseteq \downarrow a$. Z drugiej strony załóżmy, że dla pewnych $I,J\in {\mathcal {I}}(P)$ oraz $x\in J$ zachodzi $I\subseteq \downarrow x$. Niech ${\mathcal {D}}$ będzie skierowanym podzbiorem ${\mathcal {I}}(P)$ takim, że $J\subseteq \bigcup {\mathcal {D}}$. Skoro $x\in J$, to istnieje $K\in {\mathcal {D}}$ taki, że $x\in K$, co implikuje $I\subseteq \downarrow x\subseteq K\in {\mathcal {D}}$. To dowodzi $I\ll J$.

Zauważmy, że z równoważności

$I\ll J\iff (\exists x\in J)\ I\subseteq \downarrow x$

wynika, iż $\downarrow y\ll \downarrow y$ w ${\mathcal {I}}(P)$ dla dowolnego $y\in P$. A zatem na podstawie równości $I=\bigcup \{\downarrow x\mid x\in I\}$ łatwo wywnioskować, że $\{\downarrow x\mid x\in P\}$ jest bazą złożoną z elementów zwartych ${\mathcal {I}}(P)$. A zatem ${\mathcal {I}}(P)$ jest posetem algebraicznym. Jest to również dcpo, ponieważ dla dowolnej skierowanej rodziny ideałów ${\mathcal {E}}$ suma $\bigcup {\mathcal {E}}$ jest zbiorem skierowanym (patrz Zadanie 12.2) oraz dolnym (jako suma zbiorów dolnych), a zatem $\bigcup {}^{\downarrow }{\mathcal {E}}$ jest supremum ${\mathcal {E}}$ w ${\mathcal {I}}(P)$.

Przypomnijmy, jak wygląda nasza para sekcja-retrakcja: $s\colon P\to {\mathcal {I}}(P)$ dana jest jako $s(x):=\Downarrow x$ oraz $r\colon {\mathcal {I}}(P)\to P$ dana jako $r(I):=\bigvee {}^{\uparrow }I$. Funkcja $s$ jest monotoniczna, więc dla dowolnego zbioru skierowanego $D\subseteq P$ mamy $\bigvee {}^{\uparrow }s(d)\subseteq s(\bigvee {}^{\uparrow }D)$. Ale odwrotna inkluzja wynika z własności aproksymacji: jeśli $x\in s[\bigvee {}^{\uparrow }D]$, tzn. $x\ll \bigvee {}^{\uparrow }D$, to istnieje $d\in D$ taki, że $x\ll d$. Tym bardziej więc $x\in \bigvee {}^{\uparrow }s(d)$. Obie inkluzje dają równość $s(\bigvee {}^{\uparrow }D)=\bigvee {}^{\uparrow }s[D]$, czyli pokazują, że $s$ jest funkcją ciągłą w sensie Scotta. Ciągłość $r$ łatwo wynika z Zadania 12.2.

W końcu sprawdzamy dla dowolnego $x\in P$:

$(r\circ s)(x)=r(\Downarrow x)=\bigvee {}^{\uparrow }\Downarrow x=x,$

ponieważ ostatnia równość jest stwierdzeniem ciągłości $P$. Wniosek: $r\circ s=1_{P}$, a zatem obie funkcje tworzą parę sekcja-retrakcja.

==Zadanie 2.8==

Udowodnij, że w parze e-p, funkcja $e\colon D\to E$ jest injekcją, zachowuje istniejące suprema i relację aproksymacji, zaś funkcja $p\colon E\to D$ jest surjekcją i zachowuje istniejące infima. Co więcej, pokaż, że funkcje $e$ i $p$ wzajemnie się wyznaczają, to znaczy, jeśli $e$ zanurzeniem w pewnej parze e-p, to projekcja $p$ może być wydefiniowana z $e$ jako $p(y)=\mathrm {max} \ e^{-1}[\downarrow y]$ dla $y\in E$ i vice versa: jeśli $p$ jest projekcją w parze e-p, to $e(x)=\mathrm {min} \ p^{-1}[\uparrow x]$ dla $x\in D$.

Wskazówka:

W parze e-p funkcja $e$ jest sekcją, zaś $p$ retrakcją, więc $e$ jest injekcją, zaś $p$ surjekcją.

Rozwiązanie:

Niech $S\subseteq D$ ma supremum $\bigvee S$. Oczywiście $e[S]\sqsubseteq e(\bigvee S)$. Ale jeśli $e[S]\sqsubseteq u$ dla pewnego $u$, to $S\sqsubseteq p(u)$, więc $\bigvee S\sqsubseteq p(u)$ i konsekwentnie $e(\bigvee S)\sqsubseteq e(p(u))\sqsubseteq u$. Wniosek: $e(\bigvee S)=\bigvee e[S]$. Dualnie, $p$ zachowuje istniejące infima.

Aby stwierdzić, że $e$ zachowuje relację aproksymacji, niech $x\ll y$ w $D$. Załóżmy, że dla pewnego zbioru skierowanego $A\subseteq E$ mamy $e(y)\sqsubseteq \bigvee {}^{\uparrow }A$. Wtedy $y\sqsubseteq p(\bigvee {}^{\uparrow }A)=\bigvee {}^{\uparrow }p[A]$. Ten ostatni zbiór jest skierowany, więc istnieje $a\in A$ taki, że $x\sqsubseteq p(a)$ - z definicji relacji aproksymacji, oczywiście. A zatem $e(x)\sqsubseteq e(p(a))\sqsubseteq a$, co dowodzi, że $e(x)\ll e(y)$.

Pokażmy na koniec, że $e(c)=\mathrm {min} \ p^{-1}[\uparrow x]$ dla $x\in D$ (dowód na postać $p$ jest analogiczny, więc go pominiemy). Oczywiście $x\in \uparrow x$, tzn. $p(e(x))\in \uparrow x$. A zatem $e(x)\in p^{-1}[\uparrow x]$. Ale jeśli $z\in p^{-1}[\uparrow x]$, to $p(z)\in \uparrow x$, czyli $x\sqsubseteq p(z)$. Stąd $e(x)\sqsubseteq e(p(z))\sqsubseteq z$. To kończy dowód.

==Zadanie 2.9==

Udowodnij, że w $\mathbf {Top}$ morfizm $r\colon A\to C$ jest retrakcją wtedy i tylko wtedy, gdy jest retrakcją topologiczną, tj.: Istnieje podprzestrzeń $B$ przestrzeni $A$ oraz $e\colon A\to B$ ciągła oraz $h\colon B\to C$ homeomorfizm takie, że

$\forall a\in B\ e(a)=a$

oraz diagram

komutuje.

Rozwiązanie:

Niech $r$ będzie retrakcją w $\mathbf {Top}$. Istnieje sekcja $s\colon C\to A$, tzn. $rs=1_{C}$. Definiujemy:

$B:=\{s(c)\mid c\in C\}$

wraz z topologią indukowaną z $A$. Zauważmy, że funkcja $e(a):=s(r(a))$ ma własność $\forall a\in B\ e(a)=a$, ponieważ: $e(s(c))=srs(c)=s(c)$. Co więcej, jest ciągła jako złożenie funkcji ciągłych. Inna funkcja $h:=r{}_{\mid }B$ spełnia: $hs(c)=rs(c)=c$ oraz $sh(s(c))=shs(c)=srs(c)=s(c)$, jest więc dobrze określoną bijekcją z odwrotnością $s$. Jest też funkcją ciągłą i otwartą, czyli homeomorfizmem.

Odwrotnie, niech $r\colon A\to C$ faktoryzuje się, jak na diagramie powyżej. Definiujemy $s(c):=i(h^{-1})(c)$, gdzie $i\colon B\to A$ jest zanurzeniem (jest to funkcja ciągła, bo $B$ ma topologię podprzestrzeni $A$). Mamy $rs(c)=rih^{-1}(c)=heih^{-1}(c)=hh^{-1}(c)=c$, a zatem $r$ jest retrakcją w $\mathbf {Top}$.

W całym dowodzie pozwoliliśmy sobie dla prostoty opuścić symbol złożenia funkcji.