Kategorie monoidalne, których tensor ma lewy łącznik
Czy istnieje nazwa dla kategorii monoidalnych $(\mathscr V, \otimes, I)$ takie że $\otimes$ ma lewy łącznik $(\ell, r) : \mathscr V \to \mathscr V^2$? Czy gdzieś je badano? Jakie są interesujące przykłady?
Kilka uwag: kiedy $I : 1 \to \mathscr V$ ma więc lewy łącznik $\mathscr V$jest semicartesian, tj. jednostka jest terminalem. Gdy$\otimes$ ma lewy łącznik, który jest ponadto ukośny $\Delta : \mathscr V \to \mathscr V^2$, następnie $\mathscr V$ ma produkty binarne.
Rozpakuję tutaj definicję, aby uwydatnić strukturę. Pozwolić$(\mathscr V, \otimes, I)$ być kategorią monoidalną. $\otimes$ ma lewy łącznik, jeśli mamy następujące.
- endofunktory $\ell : \mathscr V \to \mathscr V$ i $r : \mathscr V \to \mathscr V$;
- dla każdej pary morfizmów $f : \ell(X) \to Y$ i $g : r(X) \to Z$, morfizm $\{f, g\} : X \to Y \otimes Z$;
- dla każdego morfizmu $h : X \to Y \otimes Z$, morfizmy $h_\ell : \ell(X) \to Y$ i $h_r : r(X) \to Z$,
takie, że dla wszystkich $x : X' \to X$, $y : Y \to Y'$ i $z : Z \to Z'$, mamy $$y \otimes z \circ \{ f, g \} \circ x = \{ y \circ f \circ \ell(x), z \circ g \circ r(x) \}$$ $$\{ h_\ell, h_r \} = h$$ $$\{ f, g \}_\ell = f$$ $$\{ f, g \}_r = g$$
Odpowiedzi
Po prostu wyczyść plik $\epsilon$miejsca pozostałego po odpowiedzi Qiaochu - możemy pozbyć się dodatkowych hipotez. Napiszę$I$ dla jednostki monoidalnej i $1$ dla obiektu terminala.
Zakładać, że $(\ell,r) \dashv \otimes$. Następnie naturalne izomorfizmy$A \cong I \otimes A \cong A \otimes I$ tworzą przez powiązanie mapy $\ell A \to I$ i $r A \to I$, naturalny w $A$. Mamy też mapę jednostek$A \to (\ell A) \otimes (r A)$, naturalny w $A$. Tensując i komponując, otrzymujemy mapę$A \to (\ell A) \otimes (r A) \to I \otimes I \cong I$, naturalny w $A$. Oznacza to, że mamy kokon (z wierzchołkiem$I$) na funktorze tożsamości dla $V$. Wynika z tego w idempotentnym dopełnieniu$\tilde V$ z $V$, istnieje obiekt terminala (który musi być wycofany $I$).
Teraz idempotentne zakończenie $\tilde V$ ponownie ma strukturę monoidalną $\tilde \otimes$ z lewym sprzężeniem $(\tilde \ell, \tilde r)$. Tak więc pierwszą część argumentu Qiaochu Eckmann-Hiltona można przytoczyć$\tilde V$: $I = I \otimes I = (I \times 1) \otimes (1 \times I) = (I \otimes 1) \times (1 \otimes I) = 1 \times 1 = 1$ (w trzecim wyrażeniu produkty istnieją trywialnie, aw czwartym produkt istnieje, ponieważ $\otimes$konserwuje produkty). Oznacza to, że musimy mieć$I_{\tilde V} = 1_{\tilde V}$. Ale$I_{\tilde V}$ jest obrazem $I_V$ w $\tilde V$, a włączenie do idempotentnego uzupełniania odzwierciedla obiekty terminala. W związku z tym$V$ ma obiekt terminala, a $1_V = I_V$.
Następnie, jak zauważono w powyższych komentarzach, drugą część argumentu Qiaochu Eckmanna-Hiltona można przeprowadzić w $V$: $A \otimes B = (A \times 1) \otimes (1 \times B) = (A \otimes 1) \times (1 \otimes B) = A \times B$ (w drugim wyrażeniu produkty istnieją trywialnie, aw trzecim produkt istnieje, ponieważ $\otimes$konserwuje produkty). Oznacza to, że produkty binarne istnieją w$V$ i zgadzam się z $\otimes$. W rzeczywistości funktor tożsamości jest monoidalnym funktorem oplax z$(V,\otimes)$ do $(V,\times)$, co pokazuje argument, jest w rzeczywistości silnie monoidalny. A zatem$(V,\otimes) \simeq (V,\times)$ jako kategorie monoidalne.
Gdyby $\otimes : V \times V \to V$ ma lewy łącznik i $V$ ma wtedy produkty skończone $\otimes$ zachowuje je w tym sensie, jak mapa naturalna
$$(X \times Y) \otimes (Z \times W) \to (X \otimes Z) \times (Y \otimes W)$$
jest izomorfizmem. Z monoidalno-kategorycznej wersji argumentu Eckmanna-Hiltona wydaje mi się, że to implikuje$\otimes$jest produktem. Wyraźnie, jeśli pozwolimy$1_{\times}$ oznaczają obiekt terminala i $1_{\otimes}$ oznaczamy jednostkę monoidalną, to otrzymujemy izomorfizmy
$$1_{\otimes} \cong 1_{\otimes} \otimes 1_{\otimes} \cong (1_{\otimes} \times 1_{\times}) \otimes (1_{\times} \times 1_{\otimes}) \cong (1_{\otimes} \otimes 1_{\times}) \times (1_{\times} \otimes 1_{\otimes}) \cong 1_{\times} \times 1_{\times} \cong 1_{\times}$$
więc $1_{\otimes} \cong 1_{\times}$(i ten izomorfizm jest wyjątkowy, jeśli istnieje, więc nie musimy się nawet martwić o naturalność). Teraz możemy porzucić oburzające indeksy i po prostu odnieść się do$1$. Daje to naturalny izomorfizm
$$X \otimes Y \cong (X \times 1) \otimes (1 \times Y) \cong (X \otimes 1) \times (1 \otimes Y) \cong X \times Y$$
dla każdego $X, Y$. Właściwie nie jestem pewien, czy ten argument pokazuje, że łącznik i jednoczący$\otimes$ dopasować się do łącznika i jednostki produktu, ale myślę, że bardziej rozbudowana wersja tego argumentu tak.
Nie wiem, czy to możliwe $V$nie ma skończonych produktów. (Wcześniej był tu argument dotyczący splotu Dnia, ale Tim wskazał w komentarzach luki).