Tenga en cuenta que $\DeclareMathOperator\End{End}\End(C)$ es la categoría de functors $\newcommand{\BN}{{\mathrm B\mathbb N}}\renewcommand\hom{\operatorname{hom}}\hom(\BN,C)$ donde $\BN$ es la categoría con un objeto y $\mathbb N$ morfismos, también llamado el caminar endomorfismo. Por lo tanto $\End(\End(C)) = \hom(\BN^2,C)$, por el hom-tensor de la contigüidad de las categorías.
La iteración, deje $\BN^{\oplus\infty}$ denotar la categoría con un objeto, cuyos morfismos son las abelian monoid (en suma) de finito (pero arbitrariamente largo) de las secuencias de números enteros no negativos. Hay un isomorfismo $\BN \times \BN^{\oplus\infty}$, dando un isomorfismo de las categorías de $\End(\hom(\BN^{\oplus\infty},C)) = \hom(\BN^{\oplus\infty},C)$. Así que esto le da una clase de ejemplos.
Hay otros ejemplos. Por ejemplo, podría haber utilizado $\BN^{\times\infty}$, el contable, producto directo de la $\BN$ con sí mismo, en lugar de $\BN^{\oplus\infty}$. Entonces yo todavía iba a tener $\BN \times \BN^{\times \infty} = \BN^{\times \infty}$, y por lo $\End(\hom(\BN^{\times\infty},C)) = \hom(\BN^{\times\infty},C)$ para cualquier categoría de $C$.
Yo tenía la esperanza de demostrar que la primera clase de puntos fijos fue universal. Aquí está el argumento de que yo tenía la esperanza de uso: Supongamos que tenemos una equivalencia de categorías $F: \hom(\BN,D) \to D$. Entonces por alarmada que hacemos llegar una secuencia de equivalencias $F_k: \hom(\BN^{k+1},D) \to \hom(\BN^k,D)$ para cualquier finito $k$. Podemos intentar calcular el límite de este sistema de dos maneras diferentes. Por un lado, es un sistema de equivalencias, por lo que su límite es equivalente a cualquier otro plazo en el sistema. Por otro lado, $\BN^{\oplus\infty}$ es un colimit, y colimits en la primera variable de $\hom(,)$ se convierten en los límites, por lo que es muy tentador pensar que $\underset{\leftarrow k}{\lim\limits} \hom(\BN^k,D) = \hom(\BN^{\oplus \infty},D)$. De esta manera, se podría aspirar a la conclusión de que la $D \simeq \hom(\BN^{\oplus\infty},D)$.
Lamentablemente, creo que este argumento no tiene ninguna oportunidad de trabajo. (Lo que sigue está basado en una conversación con William Johnson.) Para, supongamos que lo hizo. Entonces no sería, para cualquier categoría de $C$, un natural de la equivalencia de las categorías de $\hom(\BN^{\oplus \infty}\times \BN^{\times \infty},C) \simeq \hom(\BN^{\times \infty},C)$. Por el Yoneda lema, esto implicaría que $\BN^{\oplus\infty} \times \BN^{\times \infty} \simeq \BN^{\times \infty}$ o, de manera equivalente, $\newcommand\NN{\mathbb N}\NN^{\oplus\infty} \times \NN^{\times \infty} \cong \NN^{\times \infty}$ como conmutativa monoids.
Afirmo que esto es imposible. Es más fácil trabajar con grupos, así que vamos a permitir que sustracciones. Entonces yo reclamo que $\newcommand\ZZ{\mathbb Z} \ZZ^{\oplus \infty} \times \ZZ^{\times \infty} \not\cong \ZZ^{\times \infty}$. La prueba es como sigue:
Supongamos que usted tiene cualquiera lineal mapa de $\ZZ^{\oplus \infty} \to \ZZ^{\otimes \infty}$. Podemos escribir esto como una $\infty\times \infty$ matriz, donde la primera columna es donde $e_1 = (1,0,\dots)$ va, la segunda columna es donde $e_2 = (0,1,0,\dots)$ va, y así sucesivamente. (La matriz puede tener distinto de cero entradas en todas partes, si lo desea). Voy a intentar poner en práctica la costumbre algoritmo de eliminación Gaussiana para diagonalize la matriz.
Supongamos temporalmente que la esquina superior izquierda de la matriz es $1$. Luego modificando $e_i \mapsto e_i' = e_i - \# e_1$ donde $\#$ es la matriz de entrada, puede borrar el resto de la primera fila. Esta manipulación es simplemente la precomposición de la matriz con algunos automorphism de $\ZZ^{\oplus\infty}$.
Del mismo modo, arbitraria permutaciones de las columnas también son implementadas por los automorfismos de $\ZZ^{\oplus\infty}$. ¿Qué sucede si la primera fila nunca tiene un $1$ en ella? Bien, $\ZZ$ es un PID; deje $g$ denotar el principal generador del ideal ideal generado por todas las entradas en la primera fila, es decir, el MCD de la primera fila. Pero $g$ es, por definición, algunos finito combinación lineal de las entradas en la primera fila, así que de nuevo básica de la columna de operaciones nos permiten obtener $g$ en la esquina superior izquierda. Finalmente, cada entrada de la primera fila es divisible por $g$, y por lo que podemos utilizar primaria de la columna de operaciones para borrar el resto de la primera fila.
Ahora mira en la segunda fila. No se preocupe acerca de la primera columna, pero claro el resto. Etc. Al final del día, usted consigue algunos matriz $X : \ZZ^{\oplus\infty} \to \ZZ^{\times \infty}$ en la columna-forma escalonada.
Deje $f_n = (1,2,6,\dots,n!,0,0,\dots) \in \ZZ^{\oplus \infty}$. Esto le da una secuencia de términos $Xf_1,Xf_2,\dots \in \ZZ^{\times \infty}$. Debido a $X$ está en la columna-forma escalonada, es claro que esta secuencia tiene un límite de $Xf_\infty \in \ZZ^{\times \infty}$ (de hecho, la primera $n$ términos de $Xf_\infty$ está de acuerdo con la primera $n$ términos de $Xf_n$).
Ahora fijamos en la imagen de $[Xf_\infty]$ de % de $Xf_\infty$ en el cociente $\ZZ^{\times \infty} / (X \ZZ^{\oplus\infty})$. Yo la primera reclamación que $[Xf_\infty] \neq 0$. En efecto, supongamos que $Xf_\infty = Xh \in \ZZ^{\oplus \infty}$ para algunos secuencia finita $h\in \ZZ^{\oplus \infty}$. Decir que $h$ es todo ceros después de la primera $m$ términos. Recordemos que un pivote en $X$ es la primera entrada distinto de cero en cualquier columna. Deje $n$ por la fila de la $m$th pivote. Desde $X$ es una inyección, se puede reconstruir $h$ desde el primer $n$ entradas de $Xh$. Pero estas primeras $n$ entradas son precisamente la primera $n$ entradas de $f_n$, y por lo $h$ e $f_n$ de acuerdo a su primera $m$ spots, es decir,$h = f_m$. Pero, de nuevo desde $X$ es una inyección, $X f_m \neq X f_{m+1}$, que se diferencia en el $(n+1)$th irregular. Así que esto demuestra que $Xf_\infty \not\in \ZZ^{\oplus\infty}$.
Por otro lado, afirmo que la $[Xf_\infty]$ es infinitamente divisible en el grupo abelian $\ZZ^{\times \infty} / (X \ZZ^{\oplus\infty})$. De hecho, es divisible por $n$, debido a $f_{N} - f_n$ es de $N > n$, e $[Xf_\infty] = [X(f_\infty - f_n)]$. Por tanto, hemos construido un no-cero infinitamente divisible elemento de $\ZZ^{\times \infty} / (X \ZZ^{\oplus\infty})$.
Por otro lado, $(\ZZ^{\oplus \infty} \times \ZZ^{\times \infty})/ \ZZ^{\oplus\infty} = \ZZ^{\times \infty}$ no contiene ningún no-cero infinitamente divisible entre elementos. Por lo tanto,$\ZZ^{\oplus \infty} \times \ZZ^{\times \infty} \not\cong \ZZ^{\times \infty}$, completando la prueba.
