Các danh mục monoidal có tensor có một tiếp giáp bên trái

Jan 04 2021

Có tên cho danh mục monoidal không $(\mathscr V, \otimes, I)$ như vậy mà $\otimes$ có một tiếp giáp bên trái $(\ell, r) : \mathscr V \to \mathscr V^2$? Chúng đã được học ở đâu chưa? Một số ví dụ thú vị là gì?

Một vài nhận xét: khi $I : 1 \to \mathscr V$ có một tiếp giáp bên trái, sau đó $\mathscr V$là bán phần, tức là đơn vị là thiết bị đầu cuối. Khi nào$\otimes$ có một tiếp giáp bên trái, hơn nữa là đường chéo $\Delta : \mathscr V \to \mathscr V^2$, sau đó $\mathscr V$ có sản phẩm nhị phân.


Tôi sẽ mở định nghĩa ở đây để làm cho cấu trúc rõ ràng hơn. Để cho$(\mathscr V, \otimes, I)$ là một thể loại monoidal. $\otimes$ có một liền kề bên trái nếu chúng ta có những điều sau đây.

  • endofunctors $\ell : \mathscr V \to \mathscr V$$r : \mathscr V \to \mathscr V$;
  • cho mỗi cặp hình thái $f : \ell(X) \to Y$$g : r(X) \to Z$, một sự biến hình $\{f, g\} : X \to Y \otimes Z$;
  • cho mọi biến hình $h : X \to Y \otimes Z$, morphisms $h_\ell : \ell(X) \to Y$$h_r : r(X) \to Z$,

như vậy, cho tất cả $x : X' \to X$, $y : Y \to Y'$$z : Z \to Z'$, chúng ta có $$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$$

Trả lời

13 TimCampion Jan 04 2021 at 06:04

Chỉ để làm sạch $\epsilon$phòng còn lại sau câu trả lời của Qiaochu - chúng ta có thể loại bỏ các giả thuyết phụ. tôi sẽ viết$I$ cho đơn vị monoidal và $1$ cho đối tượng đầu cuối.

Giả định rằng $(\ell,r) \dashv \otimes$. Sau đó, các đẳng cấu tự nhiên$A \cong I \otimes A \cong A \otimes I$ phát sinh, theo tính từ, cho bản đồ $\ell A \to I$$r A \to I$, tự nhiên trong $A$. Chúng tôi cũng có một bản đồ đơn vị$A \to (\ell A) \otimes (r A)$, tự nhiên trong $A$. Kéo căng và soạn thảo, chúng tôi nhận được một bản đồ$A \to (\ell A) \otimes (r A) \to I \otimes I \cong I$, tự nhiên trong $A$. Đó là, chúng ta có một cocone (với đỉnh$I$) trên chức năng nhận dạng cho $V$. Nó theo sau đó trong việc hoàn thành Idempotent$\tilde V$ của $V$, có một đối tượng đầu cuối (phải là đối tượng rút lại của $I$).

Bây giờ, việc hoàn thành Idempotent $\tilde V$ lại có cấu trúc monoidal $\tilde \otimes$ với một tiếp giáp bên trái $(\tilde \ell, \tilde r)$. Vì vậy, phần đầu tiên của lập luận Eckmann-Hilton của Qiaochu có thể được chạy trong$\tilde V$: $I = I \otimes I = (I \times 1) \otimes (1 \times I) = (I \otimes 1) \times (1 \otimes I) = 1 \times 1 = 1$ (trong biểu thức thứ ba, các sản phẩm tồn tại tầm thường và trong biểu thức thứ tư, sản phẩm tồn tại bởi vì $\otimes$bảo quản sản phẩm). Đó là, chúng ta phải có$I_{\tilde V} = 1_{\tilde V}$. Nhưng$I_{\tilde V}$ là hình ảnh của $I_V$ trong $\tilde V$, và việc bao gồm vào việc hoàn thành Idempotent phản ánh các đối tượng đầu cuối. vì thế$V$ có một đối tượng đầu cuối và $1_V = I_V$.

Sau đó, như đã quan sát trong các nhận xét ở trên, phần thứ hai của lập luận Eckmann-Hilton của Qiaochu có thể được chạy trong $V$: $A \otimes B = (A \times 1) \otimes (1 \times B) = (A \otimes 1) \times (1 \otimes B) = A \times B$ (trong biểu thức thứ hai, các sản phẩm tồn tại tầm thường và trong biểu thức thứ ba, sản phẩm tồn tại bởi vì $\otimes$bảo quản sản phẩm). Đó là, các sản phẩm nhị phân tồn tại trong$V$ và đồng ý với $\otimes$. Trên thực tế, bộ điều khiển nhận dạng là một bộ điều khiển đơn nguyên oplax từ$(V,\otimes)$ đến $(V,\times)$, mà lập luận cho thấy thực sự là monoidal mạnh. Như vậy$(V,\otimes) \simeq (V,\times)$ như các thể loại monoidal.

18 QiaochuYuan Jan 04 2021 at 04:01

Nếu $\otimes : V \times V \to V$ có một tiếp giáp bên trái và $V$ sau đó có sản phẩm hữu hạn $\otimes$ bảo tồn chúng theo nghĩa là bản đồ tự nhiên

$$(X \times Y) \otimes (Z \times W) \to (X \otimes Z) \times (Y \otimes W)$$

là một chất đẳng cấu. Theo một phiên bản đơn triều-phân loại của lập luận Eckmann-Hilton, đối với tôi, dường như điều này ngụ ý rằng$\otimes$là sản phẩm. Rõ ràng, nếu chúng ta để$1_{\times}$ biểu thị đối tượng đầu cuối và $1_{\otimes}$ biểu thị đơn vị monoidal thì chúng ta nhận được các đẳng cấu

$$1_{\otimes} \cong 1_{\otimes} \otimes 1_{\otimes} \cong (1_{\otimes} \times 1_{\times}) \otimes (1_{\times} \times 1_{\otimes}) \cong (1_{\otimes} \otimes 1_{\times}) \times (1_{\times} \otimes 1_{\otimes}) \cong 1_{\times} \times 1_{\times} \cong 1_{\times}$$

vì thế $1_{\otimes} \cong 1_{\times}$(và hiện tượng đẳng cấu này là duy nhất nếu nó tồn tại nên chúng ta thậm chí không cần phải lo lắng nhiều về tính tự nhiên). Bây giờ chúng ta có thể loại bỏ các chỉ số đăng ký quá mức và chỉ cần tham khảo$1$. Điều này tạo ra một đẳng cấu tự nhiên

$$X \otimes Y \cong (X \times 1) \otimes (1 \times Y) \cong (X \otimes 1) \times (1 \otimes Y) \cong X \times Y$$

bất cứ gì $X, Y$. Trên thực tế, tôi không chắc liệu đối số này có cho thấy rằng liên kết và đơn vị của$\otimes$ đối sánh với liên kết và đơn vị của sản phẩm nhưng tôi đoán một phiên bản phức tạp hơn của lập luận này.

Tôi không biết nếu nó có thể $V$không có sản phẩm hữu hạn. (Trước đây đã có một cuộc tranh cãi ở đây liên quan đến phép chập ngày nhưng Tim đã chỉ ra những khoảng trống trong đó trong các nhận xét.)