Adjoint al functor olvidadizo de $\textbf{Met}$ $\textbf{Set}$

Question

Como parte de una tarea que tenemos que demostrar que el olvidadizo functor $U:\textbf{Met}\to\textbf{Set}$ no tiene un adjunto a la izquierda (morfismos en $\textbf{Met}$ son contracciones).

Para esto, he tratado de demostrar que la arbitraria de conjuntos no tienen necesidad de un libre de objetos en $\textbf{Met}$. Tengo la sensación de que tan pronto como usted tiene más de 1 objeto en un conjunto, no puede obtener el libre objeto; lo ideal sería que me gustaría tener esta desnudo-mínimo contraejemplo.

Lo he intentado varias maneras de demostrar que $X=\{0,1\}$ no tiene un libre de objetos, pero nunca realmente tener un resultado bastante, si que tiene sentido. I. e. Puedo hacer suposiciones a lo largo del camino o tratar con ejemplos específicos.

E. g. He tratado de dar $X$ una métrica y tiene que actuar como el libre objeto, y no el universal de la propiedad con una elegidos específicamente objeto de prueba (desde la inclusión mapa no era una contracción). Pero esto sólo demuestra que el objeto no puede tener $X$ como su conjunto subyacente; no hay razón para no ser completamente diferente de espacio métrico.

También he tratado de elegir inteligentemente una prueba de la UP (incluyendo $X$, con una variedad de métricas, 3-elemento de conjuntos, etc) fue en vano, nunca realmente ser lo más genérico posible.

Hay algunos "fácil" contraejemplo que puedo usar para demostrar que no todos los juegos de gratis un objeto en $\textbf{Met}$?

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Yo no sé acerca de los conjuntos de soluciones, pero por ahora prefiero evitar ese tema, ya que este es un ejercicio que debe ser capaz de hacerlo sin que la o el functor adjunto teorema.

Answer 1

Deje $X = \{0,1\}$ y denotan por $X_d$ el espacio métrico con el conjunto subyacente $X$ y $0$, $1$ distancia $d > 0$. Supongamos que existe un libre objeto $F(X)$$X$$\bf{Met}$, entonces para cada a $d > 0$ tenemos $$\text{Hom}_{\bf{Met}}(F(X),X_d) \cong \text{Hom}_{\bf{Set}}(X,X)$$ which consists of four elements. This implies that $F(X)$ decomposes as $F(X) = U_1 \copa U_2$ with $U_1$ and $U_2$ the connected components of $F(X)$. Indeed, $F(X)$ is clearly disconnected and if $F(X)$ were to decompose as disjoint union of open subsets $U_1$, $U_2$ and $U_3$, an appropriate choice of $d$ (smaller than the minimal distances between elements of $U_1$, $U_2$ and $U_3$) would give us more than four maps $F(X) \rightarrow X_d$.

Ahora, vamos a $x_i \in U_i$ $i = 1,2$ y denotan por $c$ la distancia entre el$x_1$$x_2$. Para $d > c$ tenemos la contradicción que hay una contracción $F(X) \rightarrow X_d$ asignación de $x_1$$0$$x_2$%#%.

Answer 2

En primer lugar, observar que hubiera una izquierda adjoint (gratis métrica espacios) si la distancia se mide en $[0,+\infty]$ en lugar de $[0,+\infty)$.

A continuación, considere el más grande de la categoría $\bf F$ que disjointly contiene ${\bf Set}$ ${\bf Met}$ e tiene funciones $X\to M$ a partir de un conjunto (el conjunto subyacente de) un espacio métrico. (Por cierto, este es el 'collage' de la profunctor $U^*:=\langle X,M\rangle\mapsto\hom_{\bf Set}(X,\,U(M))$ definido por el conjunto subyacente functor $U:{\bf Met}\to {\bf Set}$.)

Tenga en cuenta que cada espacio métrico $M$ tiene un coreflection a$\bf Set$$\bf F$, es decir, su conjunto subyacente $U(M)$, y la izquierda adjunto significaría una reflexión para cada conjunto a $\bf Met$.

Ahora tome ninguna flecha (función de $f$) $X=\{0,1\}$ a de un espacio métrico $M$, nos muestran que no es un reflejo de $X$.
Set$d:=d(f(0),\,f(1))$$M$, y considerar la posibilidad de $X_{d'}$ con la métrica $d(0,1)=d'$ $X$ donde $d'>d$ arbitrarias.

Entonces, la identidad de la función $i:X\to X_{d'}$ no factor a través de $f$, lo $f$ no era un reflejo.