关于“Hom函子Hom_R(-,D)正合蕴含原序列分裂正合”的证明正确性问询

你的证明思路完全站得住脚，核心逻辑抓得非常精准，我来帮你梳理细节，打消你的顾虑：

首先回顾已知的关键等价结论：我们已经知道，对所有$R$-模$D$，序列
$$0 \to \operatorname{Hom}{R}(N,D) \xrightarrow{\varphi^*} \operatorname{Hom}{R}(M,D) \xrightarrow{\psi^} \operatorname{Hom}_{R}(L,D)$$
正合当且仅当
$$L \xrightarrow{\psi} M \xrightarrow{\varphi} N \to 0$$
正合。而题目给出的条件是整个对偶序列的末端也是满射（即$\psi^$是满射），这是我们突破的关键额外条件。

你的核心推导步骤完全正确：

• 选择$D=L$是绝对合理的，因为题目明确条件对所有$R$-模$D$成立，自然包括$D=L$这个特例；
• 利用$\psi^$的满射性，针对$\operatorname{Id}_L \in \operatorname{Hom}_R(L,L)$，必然存在$f' \in \operatorname{Hom}_R(M,L)$使得$\psi^(f') = f' \circ \psi = \operatorname{Id}_L$——这直接构造出了$\psi$的左逆（也就是你说的retraction）。

针对你担心的“原序列是不是短正合列”这个问题，我们可以结合已知结论补上关键的一步：

1. 从已知等价条件，我们已经有$L \xrightarrow{\psi} M \xrightarrow{\varphi} N \to 0$正合，也就是$\varphi$是满射，且$\ker\varphi = \operatorname{im}\psi$；
2. 现在我们找到了$f'$使得$f' \circ \psi = \operatorname{Id}_L$，这直接能推出$\psi$是单射：假设$\psi(l_1)=\psi(l_2)$，那么$l_1 = \operatorname{Id}_L(l_1)=f'(\psi(l_1))=f'(\psi(l_2))=\operatorname{Id}_L(l_2)=l_2$，即$\ker\psi=0$。

到这里，原序列$0 \to L \xrightarrow{\psi} M \xrightarrow{\varphi} N \to 0$就满足了短正合列的所有要求：

• $\psi$是单射，$\varphi$是满射；
• $\ker\varphi = \operatorname{im}\psi$；
  同时还有retraction$f':M\to L$满足$f'\circ\psi=\operatorname{Id}_L$，这完全符合分裂短正合列的定义（分裂正合等价于存在这样的左逆，也等价于存在右逆$\sigma:N\to M$使得$\varphi\circ\sigma=\operatorname{Id}_N$，你选择的左逆路径完全成立）。

另外你对$\psi^*$的理解也没错，它就是预复合映射（范畴论中常称为Hom函子的预复合态射），这个定义是准确的。

总结来说：你的证明没有问题，唯一需要补充的就是把“$\psi$是单射”这一步明确写出来，结合已知的右正合性，就能完整证明原序列是分裂短正合列了。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Ben123