El functor monoide libre es totalmente fiel?

Question

Para cada conjunto $A$ hay un monoide libre $A^*$ y una función $i_A : A \rightarrow A^*$ , tal que para todos los monoides $Z$ y funciones $j : A \rightarrow Z$ hay un único morfismo monoide $j^* : A^* \rightarrow Z$ tal que..:

$$j^* \circ i_A = j$$

Consideremos el "functor monoide libre" $F : \mathsf{Set} \rightarrow \mathsf{Mon}$ . Asigna un conjunto $A$ a $A^*$ y una función $f : A\rightarrow B$ a $f^* : A^* \rightarrow B^*$ .

Quiero decidir, si $F$ es fiel, completa o ninguna de las dos cosas. Creo que $F$ es plena y fiel. Sin embargo, para demostrarlo, aparentemente necesito, el hecho de que $i_A$ para cada conjunto $A$ es inyectiva.

Quiero utilizar el UMP para ello, pero es "raro" en el siguiente sentido: tengo que construir de alguna manera alguna estructura monoide arbitraria sobre $A$ entonces tenemos..:

$$id_A^* \circ i_A = id_A$$

Así que, en particular: $i_A$ es mono dividido y por lo tanto inyectivo. Es extraño, que tenga que hacer una elección tan no canónica, por lo que me pregunto:

¿Hay alguna manera de demostrar más "canónicamente", que $i_A$ en este caso, es inyectiva?

Ahora, que lo sabemos:

Dejemos que $A,B$ sean conjuntos. Entonces el mapa $F_{A,B} : \mathsf{Set}(A,B) \rightarrow \mathsf{Mon}(A,B)$ tiene la inversa dada por: $$\tilde{f} \mapsto id^*_B\circ \tilde{f}\circ i_A$$

Esto se confirma, de nuevo, con el uso de la UMP. Por lo tanto, $F$ es totalmente fiel.

¿Es correcta mi deducción?

(También me pregunto, dónde puedo buscar hechos simples como estos, pero supongo que voy a hacer otra pregunta para eso más tarde)

Answer 1

Para refutar la plenitud, dejemos $X$ sea un conjunto de un elemento y observe que el monoide libre sobre él (que es isomorfo a $\mathbb N$ con la operación +) tiene muchos monoides-endomorfismos mientras que $X$ tiene sólo un conjunto-endomorfismo. (Cualquier otro no vacío $X$ también da un contraejemplo de plenitud, pero éste parece el más sencillo).

Para demostrar que $i_A$ es siempre inyectiva, basta con comprobar que, dados dos elementos distintos de $A$ tienen imágenes distintas bajo algún conjunto-mapa en el conjunto subyacente de un monoide. Entonces, el factor de ese mapa a través de $i_A$ para ver que esos dos elementos tienen imágenes distintas bajo $A$ .

Answer 2

No es necesario construir una estructura monoide en $A$ De hecho, en general no se puede. Para ver que $i_A$ es inyectiva, se puede describir explícitamente el monoide libre en $A$ y ver que $i_A$ es efectivamente inyectiva. Alternativamente, dejemos que $x \neq y \in A$ consideremos el monoide $M = \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ . Dejemos que $j : A \to M$ se define por: $$j(z) = \begin{cases} (1,0) & z = x \\ (0,1) & z = y \\ (0,0) & z \neq x, z \neq y \end{cases}$$

Entonces existe un único morfismo monoide $j^* : A^* \to M$ tal que $j^* \circ i_A = j$ . Usted tiene $j(x) \neq j(y) \implies j^*(i_A(x)) \neq j^*(i_A(y)) \implies i_A(x) \neq i_A(y)$ . Así, $i_A$ es inyectiva, por lo que el functor es fiel.

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Por otro lado, el functor monoide libre es no completo. Considere $A = \{x\}$ un singleton; entonces $A^* \cong \mathbb{N}$ con generador $1 \leftrightarrow x$ . Entonces el mapa $x^n \mapsto x^{2n}$ es un morfismo $A^* \to A^*$ pero no es la imagen de un mapa $A \to A$ bajo el functor monoide libre (sólo hay un mapa de este tipo).

El fallo en su prueba es que $(\operatorname{id}_B)^*$ es un mapa $B^* \to B^*$ no $B^* \to B$ para que no te devuelvan un mapa $A \to B$ de $\tilde{f}$ . No es que te den un mapa $\mathsf{Set}(A,B) \to \mathsf{Mon}(A^*, B^*)$ (esto no es lo que has escrito).

Answer 3

Dejemos que $\mathbf C$ sea una categoría y considere una adjunción $F\colon {\mathbf Set} \leftrightarrow \mathbf C\colon U$ con el adjunto izquierdo $F$ . Supongamos que existe algún objeto $A$ en $\mathbf C$ con $|UA|\ge 2$ . Entonces para todos los conjuntos $S$ la unidad $\eta \colon S\to UFS$ es inyectiva. (El resultado que te interesa ahora se deduce al observar que existen monoides con más de un objeto).

He aquí un esbozo de la prueba de la afirmación general. Fijemos un conjunto $S$ y $f_1,f_2\colon *\to S$ dos elementos en $S$ y supongamos que $\eta\circ f_1 = \eta \circ f_2$ . El objetivo es demostrar que $f_1=f_2$ . Calculando el conjugado de $\eta \circ f_1 = \eta \circ f_2$ produce $Ff_1=Ff_2$ . Ahora, porque $|UA|\ge 2$ existe una función $h\colon S\to UA$ y dos funciones $g_1,g_2\colon *\to UA$ con $g_i = h\circ f_i$ . Calculando el conjugado de $g_i = h\circ f_i$ produce $\bar h \circ Ffi$ y así $g_1=g_2$ y $f_1=f_2$ sigue.

Answer 4

Como usted pidió una forma más canónica para decidir si $i_A$ es siempre inyectiva, lo siguiente podría ser de su interés:

Dejemos que $V\colon \mathsf{Mon} \to \mathsf{Set}$ sea el funtor de olvido (que mapea cada monoide a su conjunto subyacente y cada homomorfismo de monoide a su mapa de conjuntos subyacente). Entonces el funtor de monoides libres $F$ es adjunto izquierdo a $V$ y la recogida del $i_A\colon A \to (V \circ F)(A)$ , $A$ un conjunto, es el llamado unidad de la adjunción, es decir, una transformación natural $$i \colon 1_{\mathsf{Set}} \to V \circ F,$$ cuyos componentes tienen (como ha señalado) una cierta propiedad universal; aquí, $1_{\mathsf{Set}}$ denota el functor de identidad.

Por último, nótese que los monomorfismos de la categoría $\mathsf{Set}$ son precisamente los mapas inyectivos. Dicho esto, vemos que preguntas si cada componente de la unidad de una determinada adjunción es un mono. Ahora resulta que existe el siguiente teorema general (es la versión dual del teorema 1 y del ejercicio 5 del capítulo IV.3 de la obra de Mac Lane Categorías para el matemático en activo ):

( Editar: He corregido un error en la siguiente afirmación que fue señalado por Stefan Hamcke en los comentarios. Antes de la edición, 2. se refería a dividir monos en lugar de sólo monos. Aunque existe una versión de la siguiente afirmación que caracteriza cuando $L$ está lleno que de hecho implica dividir epis, la declaración sobre $L$ ser fiel debería ser ahora correcto tal y como está).

Dejemos que $(L,R)$ sea cualquier par adjunto de funtores (es decir $L$ es adjunto a la izquierda de $R$ ) entre cualquier categoría, por ejemplo $L\colon \mathsf{C} \to \mathsf{D}$ . Entonces lo siguiente es equivalente:

1. $L$ es fiel.
2. Cada componente de la unidad de la adjunción es un monomorfismo.
3. Cada componente de la transformación natural $\hom_{\mathsf{D}}(L-,-) \to \hom_{\mathsf{C}}(-,R-)$ determinada por la adjunción preserva los monomorfismos.

El problema es, sin embargo, que normalmente la segunda afirmación será la más fácil de demostrar, lo que significa que te encontrarás más a menudo con situaciones en las que demuestras 2. para deducir 1. o 3. (como acabas de hacer) que al revés. (como acabas de hacer, de hecho) que a la inversa. Pero si si encontraras una forma más "canónica" de demostrar 1. o 3. en tu situación, habrías demostrado también 2. (Tenga en cuenta, sin embargo, que en algunos punto hay que ensuciarse las manos - después de todo, no todos los colindantes de izquierda son fieles).