¿Cuándo un adjunto izquierdo entre álgebras de Heyting preserva 1?

Question

Este es un ejercicio del libro de Johnstone Espacios de piedra :

Dejemos que $f: A \to B$ y $g: B \to A$ sean mapas que conservan el orden entre álgebras de Heyting completas con $f$ adjunto izquierdo de $g$ . Demostrar que $f$ preserva el encuentro binario si la ecuación $$g (f a \to b)= (a \to g b)$$ es válida para todos los $a,b$ .

¿Puede encontrar una condición similar para $f$ para preservar $1$ ?

Ya he demostrado la primera parte, pero no encuentro una condición para la segunda. Sería de gran ayuda si me pueden dar una pista.

Gracias.

Answer 1

Siguiendo la sugerencia de Alex Kruckman, consideremos una situación más general. Dejemos que $A,B$ sean categorías cartesianas cerradas completas, y $f : A \to B$ sea un functor (entre las categorías subyacentes) que sea adjunto a la izquierda de un functor $g : B \to C$ . Queremos encontrar las condiciones cuando

• $f$ preserva los productos binarios, es decir, para todo $a,a' \in A$ el morfismo canónico $f(a \times a') \to f(a) \times f(a')$ es un isomorfismo.
• $f$ preserva el objeto terminal, es decir, el morfismo canónico $f(1) \to 1$ es un isomorfismo.

Por el lema de Yoneda, $f$ preserva los productos binarios si para todo $a,a' \in A$ y $t \in B$ el morfismo inducido $$\hom(f(a) \times f(a'),t) \to \hom(f(a \times a'),t)$$ es un isomorfismo. Ahora calculemos ambos lados: $$\begin{array}{cll} \hom(f(a) \times f(a'),t) & \cong & \hom(f(a),\underline{\hom}(f(a'),t)) \\ & \cong & \hom(a,g(\underline{\hom}(f(a'),t)))\\\\ \hom(f(a \times a'),t) & \cong & \hom(a \times a',g(t)) \\ & \cong & \hom(a,\underline{\hom}(a',g(t)))\end{array}$$ Esto demuestra que existe un morfismo canónico (de nuevo por el lema de Yoneda) $$g(\underline{\hom}(f(a'),t)) \to \underline{\hom}(a',g(t))$$ que es un isomorfismo para todo $a',t$ si $f$ conserva los productos binarios (Yoneda una vez más).

De la misma manera, $f(1) \to 1$ es un isomorfismo si para todo $t \in B$ el morfismo inducido $$\hom(1,t) \to \hom(f(1),t) \cong \hom(1,g(t))$$ es un isomorfismo, es decir $g$ induce isomorfismos en las "secciones globales".

En realidad, las mismas pruebas funcionan cuando $A,B$ son categorías monoidales simétricas y $f$ es un funtor monoidal oplax, para el que queremos encontrar condiciones de que sea un funtor monoidal fuerte. He aquí un ejemplo de la geometría algebraica: Si $f : X \to Y$ es un morfismo de espacios anillados, entonces $f^* : \mathsf{Mod}(Y) \to \mathsf{Mod}(X)$ es monoidal fuerte. Por ejemplo, $f^* \mathcal{O}_Y \cong \mathcal{O}_X$ desde $f_*$ induce isomorfismos en secciones globales (por la propia definición de $f_*$ ).

Si $A,B$ son álgebras completas de Heyting (es decir, categorías completas cartesianas cerradas), tenemos $\hom(1,t) = \{\mathrm{id}_1\}$ para $t=1$ y $=\emptyset$ de lo contrario. Esto lo demuestra: $f(1)=1$ si $g^{-1}(\{1\})=\{1\}$ .

Answer 2

Llevo un rato pensando en esta cuestión. Me parece que no podemos buscar una respuesta demasiado "similar" a $g(fa\to b)=a\to gb$ porque se trata de una ecuación en $A$ y tal ecuación no será (creo) suficiente para $f1=1$ . La idea es que exigir $f1=1$ pide que " $1\in B$ debe ser a imagen y semejanza de $f$ ", mientras que exigir $f$ para preservar el encuentro no pide que "cada encuentro en $B$ debe ser de la forma $f(a_1\wedge a_2)$ para algunos $a_1,a_2\in A$ ".

Por lo tanto, en mi opinión, una respuesta razonable a la pregunta sería idear una forma indirecta de escribir $1\in B$ en términos de $\to$ y luego simplemente requerir $f1$ para igualar esa expresión. Por ejemplo, resulta que $1=fa\to f1$ para todos $a\in A$ y, por lo tanto, podríamos decir que $f$ conserva 1 si y sólo si $$f1=fa\to f1$$ para todos $a\in A$ . No estoy totalmente satisfecho con esta respuesta, pero al menos la probaré.

Prueba: Establezcamos primero qué propiedades podemos utilizar. Dado que $B$ es un álgebra de Heyting tenemos $$\tag{1}b\wedge c\leq d\quad\Leftrightarrow\quad b\leq c\to d$$ para todos $b,c,d\in B$ . También se nos da que $f$ es adjunto a la izquierda de $g$ lo que significa que $$\tag{2}fa\leq b\quad\Leftrightarrow\quad a\leq gb$$ para todos $a\in A$ y todos $b\in B$ .

Ahora bien, como $f1\leq f1$ tenemos $1\leq g(f1)$ por (2), por lo que si $a\in A$ entonces tenemos $fa\leq f1$ por (2) de nuevo porque $a\leq 1\leq g(f1)$ . Por lo tanto, $1\wedge fa\leq f1$ para todos $a\in A$ y como tal $1\leq fa\to f1$ para todos $a\in A$ por (1). Por lo tanto, $fa\to f1=1$ para todos $a\in A$ .