$X^X$ como un monoid en una categoría monoidal cerrada

Question

$\require{AMScd}$ Considere la posibilidad de un monoidal simétrica categoría $(\mathcal{C}, \otimes)$ con una contigüidad $(A\otimes B, C) \simeq (A, C^{B})$ id est interno hom conjunto functor.

Para cada objeto $X$ hay un canónica de flecha $\begin{CD}X^X\otimes X^X @>{m}>>X^X\end{CD}$ da como el complemento de $\begin{CD}X^X \otimes X^X \otimes X @>{X^X \otimes \: \text{ev}}>> X^X \otimes X @>{\text{ev}}>> X \end{CD}$ donde $\text{ev}$ es la evaluación del mapa.

En $\mathbf{Set}$ esta flecha da $X^X$ un monoid estructura. Me pregunto si es cierto que en el caso general. Traté de demostrarlo mediante el dibujo de una gran cantidad de diagramas, pero no, probablemente a partir de una intuición global.

Una pregunta relacionada (aunque la primera parece más importante) es demostrar que $X\otimes X \overset{f}{\rightarrow} X$ define asociativa de derecho si y sólo si el diagrama

$\begin{CD} X\otimes X@>{f^{adj}}>> X^X \otimes X^X \\ @VV{f}V @VV{m}V \\ X @>{f^{adj}}>> X^{X} \end{CD}$

los desplazamientos. En $\mathbf{Set}$ significa que la multiplicación por $a$, seguido por la multiplicación por $b$ es lo mismo que la multiplicación por $ba$.

Todas estas preguntas que se plantea al tratar de demostrar que ambas definiciones de $\mathbb{N}$ como un universal de la punta de flecha o un universal señaló monoid son equivalentes.

Answer 1

Sí, este es definitivamente un monoid. La principal cosa a probar es la asociatividad, es decir, que $m\circ(X^X\otimes m)=m\circ(m\otimes X^X)$. La forma de proceder es mostrar que sus adjuntos son iguales.

El complemento de $m\circ(X^X\otimes m)$ es $$\begin{CD}X^X \otimes X^X \otimes X^X \otimes X @>{X^X \otimes\,m\,\otimes X^X}>>X^X \otimes X^X \otimes X @>{X^X \otimes \: \text{ev}}>> X^X \otimes X @>{\text{ev}}>> X \end{CD}$$ que podemos reescribir como $$\begin{CD}X^X \otimes X^X \otimes X^X \otimes X @>{X^X \otimes X^X\otimes \mathrm{ev}}>>X^X \otimes X^X \otimes X @>{\text{ev}\circ(m\otimes X)}>> X \end{CD}$$ y el complemento de $m\circ(m\otimes X^X)$ es $$\begin{CD}X^X \otimes X^X \otimes X^X \otimes X @>{m\,\otimes X^X \otimes X^X}>>X^X \otimes X^X \otimes X @>{X^X \otimes \: \text{ev}}>> X^X \otimes X @>{\text{ev}}>> X \end{CD}$$ que podemos reescribir como $$\begin{CD}X^X \otimes X^X \otimes X^X \otimes X @>{X^X \otimes(\text{ev}\circ(m\otimes X))}>>X^X \otimes X @>{\text{ev}}>> X \end{CD}.$$ Así que nuestro truco será mostrar que $\text{ev}\circ(m\otimes X)=\text{ev}\circ(X^X\otimes \text{ev})$ desde entonces el complemento de ambos $m\circ(X^X\otimes m)$ $m\circ(m\otimes X^X)$ será igual a

$$\begin{CD}X^X \otimes X^X \otimes X^X \otimes X @>{X^X \otimes X^X \otimes \: \text{ev}}>>X^X \otimes X^X \otimes X @>{X^X \otimes \: \text{ev}}>> X^X \otimes X @>{\text{ev}}>> X \end{CD}.$$

Pero es inmediata que $\text{ev}\circ(m\otimes X)=\text{ev}\circ(X^X\otimes \text{ev})$ desde el adjunto (va para otro lado ahora) de $\text{ev}\circ(m\otimes X)$ $m$ (por la definición de $\text{ev}$) y el complemento de $\text{ev}\circ(X^X\otimes \text{ev})$ $m$ (por la definición de $m$).

Un argumento similar funciona para mostrar la identidad de la ley, donde la identidad se define como el complemento de $\lambda_X:I\otimes X\to X$.