Conmutatividad del diagrama cuadrado procedente de un triple adjunto

Question

Supongamos que tenemos un triple adjunto $F \dashv G \dashv H$ con las siguientes (co)unidades: $$\eta : I \to GF, \ \epsilon \colon FG \to I, \ \bar{\eta} : I \to HG, \ \bar{\epsilon} \colon GH \to I.$$ Considere el diagrama

$$\newcommand{\ra}[1]{\kern-1.5ex\xrightarrow{\ \ #1\ \ }\phantom{}\kern-1.5ex} \newcommand{\ras}[1]{\kern-1.5ex\xrightarrow{\ \ \smash{#1}\ \ }\phantom{}\kern-1.5ex} \newcommand{\da}[1]{\bigg\downarrow\raise.5ex\rlap{\scriptstyle#1}} \begin{array}{c} FGH & \ra{F \bar{\epsilon}} & F \\ \da{\epsilon H} & & \da{\bar{\eta} F} \\ H & \ras{H \eta} & HGF \end{array}$$

Pregunta: ¿Es este diagrama conmutativo?

Si es necesario, podemos suponer que $G$ es totalmente fiel, lo que implica que $\bar{\eta}$ y $\epsilon$ son isomorfismos.

Creo que podría ser posible construir un diagrama cúbico a partir de las identidades de Triagle y las condiciones de naturalidad de las (co)unidades, de forma que la base superior de ese cubo sea nuestro diagrama considerado, pero no he sido capaz de hacerlo.

Answer 1

Primero, un contraejemplo cuando $G$ no es totalmente fiel: toma $G$ para ser el functor diagonal $\Delta : \mathbf{Set} \to \mathbf{Set}$ ; entonces su adjunto izquierdo es unión disjunta y su adjunto derecho es producto cartesiano, y los dos mapas canónicos $(X \times Y) \amalg (X \times Y) \to (X \amalg Y) \times (X \amalg Y)$ son diferentes en general.

Por otro lado, es cierto cuando $G$ es totalmente fiel. De hecho, basta con suponer que $G \bar{\eta}$ es un isomorfismo natural. Entonces, $(G \bar{\eta})^{-1} = \bar{\epsilon} G$ Así que $G \bar{\eta} \bullet \bar{\epsilon} G = \mathrm{id}_{G H G}$ y..: \begin {align} H \eta \bullet \epsilon H & = \epsilon H G F \bullet F G H \eta \\ & = \epsilon H G F \bullet (F G \bar { \eta } F \bullet F \bar { \epsilon } G F) \bullet F G H \eta \\ & = ( \bar { \eta } F \bullet \epsilon F) \bullet (F \eta \bullet F \bar { \epsilon }) \\ & = \bar { \eta } F \bullet F \bar { \epsilon } \end {align}

Answer 2

Si $R \to S$ es un homomorfismo de anillo, tenemos un triple adjunto $$- \otimes_R S \dashv U \dashv \hom_R(U(S),-),$$ donde $U : \mathsf{Mod}(S) \to \mathsf{Mod}(R)$ es el functor de olvido. Su diagrama evaluado en algún $M \in \mathsf{Mod}(R)$ tiene el siguiente aspecto (omitiré $U$ de la notación): $$\begin{array}{cc} \hom_R(S,M) \otimes_R S & \rightarrow & M \otimes_R S \\ \downarrow && \downarrow \\ \hom_R(S,M) & \rightarrow & \hom_R(S,M \otimes_R S)\end{array}$$ Traza un mapa $f \otimes s$ a $f(1) \otimes s \in M \otimes_R S$ que se asigna a $t \mapsto f(1) \otimes s t$ en $\hom_R(S,M \otimes_R S)$ . En la otra dirección, se mapea $f \otimes s$ a $t \mapsto f(st)$ en $\hom_R(S,M)$ que luego se asigna a $t \mapsto f(st) \otimes 1$ en $\hom_R(S,M \otimes_R S)$ . De esto vemos que el diagrama no es conmutativo en general.

Además, es conmutativo para todos los $M$ si $s \otimes 1 = 1 \otimes s$ para todos $s \in S$ lo que equivale a $R \to S$ siendo un epimorfismo, lo que equivale a la fidelidad total de $U$ . Después de ver la respuesta de Zhen Lin, esto no es una sorpresa.