丰富的笛卡尔闭范畴

Question

让V美元$是完整的笛卡尔闭范畴。请随意假设V美元$必要时；在我的应用程序中V美元$是单形集，因此它是一个前置拓扑，因此具有您可能想要的各种良好属性（除了它的底层函子$V（1，-）：V\to\rm集合$不忠实或保守）。

让C美元$是完整的V美元$-丰富的类别具有幂和共幂（也称为余传感器和张量），因此V美元$-富集的加权限额.假设基本普通类别 C_0美元$笛卡尔闭，即我们有hom的自然同构-套

$$C_0（X\乘以Y，Z）\从C_0到（X，Z^Y）$$

情况是否必然如此C美元$也是笛卡尔闭合的V美元$-丰富的感觉，即我们有V美元$-的自然同构V美元$-有价值的人-物

$$C（X\乘以Y，Z）\cong C（X，Z^Y）$$

我无法决定我是否认为这可能是真的。我过去相信这是真的，我相信我隐含地使用了它（或者更准确地说，它是对本地笛卡尔闭式情形，应该遵循应用于的简单情形富集切片类别)发表一两篇论文。然而，现在我不知道如何证明它，如果说得清楚的话，这听起来不太可能，因为通常情况下，富足范畴之间的附加条件是富足附加条件（即使其中一个函子已知是富足函子，就像这里的笛卡尔积一样）。另一方面，它是在以下情况下为true$C=V美元$自身：由hom-set的同构定义的笛卡尔闭合范畴，自动增强为hom-objects的同构$Z^{X\次Y}\cong（Z^X）^Y$.

Answer 1

我相信我成功地编造了一个实际的反例C美元$和V美元$是预处理地形。我将把我最初的尝试留在下面，因为我仍然认为它很有启发性。

让V美元$有限集范畴上的预升$\mathsf{Fin}$然后让C美元$在偏序集上预滑轮$\mathbb｛N｝$（即塔架）。然后C美元$携带V美元$-浓缩度表示为$C（X，Y）_A=C_0（X，m\mapsto Y_{m|A|}）$对于$A\in\mathsf{Fin}$和$X，Y\以C表示$。这使得C美元$变成（co）张量V美元$-类别，但内部homsC美元$没有被浓缩。

这看起来确实很可怕。让我将其解释为一般结构的一个实例。

我们来看两个小类别P美元$和J美元$具有P美元$对称单体和作用于J美元$。然后我们开始V美元$进行预提升P美元$带日卷积和C美元$预升J美元$。我们构建V美元$-浓缩如下。让$F_p\冒号J\至J$是…的行动$p\单位：p$在J美元$它通过左Kan扩展扩展到函子$L_p\冒号C\到C$它有一个正确的伴随词$R_p\冒号C\到C$.我们设置$C（X，Y）_p=C_0（X，R_p Y）$。这使得$C（X，Y）$到P美元$-预处理和合成操作由P美元$-的作用J美元$。我们也有（共同）张量。张量$X\单位：C$通过一个可代表的预兆$P（-，P）$是美元L_p X$而协同传感器是$卢比X$（并且它们通过（co）限制扩展到所有预升）。

C美元$很明显是笛卡尔闭合的，我相信在很多情况下，内孔不是V美元$-丰富了。下面我的旧示例有一个变量$P=\mathbb{Z}/2$（作为离散单体范畴）和$J=增量$具有相反的作用。

为了使V美元$笛卡尔，我们可以P美元$笛卡尔的，例如。，$P=\mathsf{Fin}$然后自然成为J美元$是具有有限余积的范畴，因此P美元$张量的行为。我接受了$J=\mathbb{N}$让事情变得简单，但我不知道这是否真的是最简单的选择。如果我们计算函子$卢比$对于$A\in\mathsf{Fin}$，我们确实得到$（R_A X）_m=X_{m|A|}$.

现在，让我们$A=\mathbf{2}$是一个两元素集。然后$C（X\次Y，Z）_\mathbf{2}=C_0$和$C（X，Z^Y）_\mathbf{2}=C_0$，但是$（R_\mathbf{2}Z）^Y$和$R_\mathbf{2}（Z^Y）$总体上明显不同。

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原始答案

这不是一个答案，但对于评论来说有点太长了。也许它为实际解决方案提供了一些提示。基本上，我有一个反例，其中V美元$不是笛卡尔，但我不知道是否可以修改为笛卡尔。

让V美元$属于$\mathbb{Z}/2$-分级集.类别$C=\mathsf{Cat}$有一个很好的V美元$-其中偶态是协变函子，奇态是逆变函子。它还具有（co）张量，即一个范畴的张量X美元$通过分级集美元$是$X\次A_0\sqcup X^{\mathrm{op}}\次A_1$而协同传感器是$X^｛A_0｝\times（X^｛\mathrm｛op｝｝）^｛A_1｝$然而，内部孔C美元$（关于笛卡尔单体结构）不丰富。事实上$C（X乘以Y，Z）$都是反变的函子X美元$和Y美元$，但奇怪的元素$C（X，Z^Y）$函子只有在X美元$.

Answer 2

这里有一个有趣的结构，可能是相关的，尽管它并没有完全回答这个问题。

首先，请注意，正如提奥所说，假设X美元=1$，即询问是否$C（1，Z^Y）\cong C（Y，Z）$如果这是真的，那么对于任何人X美元$我们有

$$C（X\次Y，Z）\cong C（1，Z^{X\次Y}$$

其次，正如提奥所说，请注意，通过伴随和Yoneda引理，它足以询问$（A\odot 1）\times Y\cong A\odot-Y$为所有人$A\单位：V$，其中美元\odot$表示联合电力公司属于C美元$结束V美元$.因为我们有同构

$$V_0（A，C（1，Z^Y））\cong C_0$$

$$V_0（A，C（Y，Z））\丛C_0（A\ odot Y，Z）$$

现在这个问题$（A\odot 1）\times Y\cong A\odot-Y$不是指的笛卡尔封闭性C美元$如果我们放弃这个假设C美元$笛卡尔是封闭的，那么这种同构可能会失败，即使在C美元$是完整的、协同完整的，其他方面也很好（即使是在本地也可以，如果V美元$是）。为了表明这一点，只需展示一个小的 V美元$-类别D美元$包含对象Y美元$，终端对象$1$，合作伙伴$A\odot 1美元$和$年\月$、和产品$（A\odot 1）\乘以Y$，对一些人来说$A\单位：V$，因此$（A\odot 1）\times Y\ncong A\odot-Y$如果我们有这样一个D美元$，让C美元$是函子的完整子范畴V美元$-类别$[D^｛\rm操作｝，V]$由这些函子跨越$F（美元）$保护两个合作者$A\odot 1美元$和$年\月$.然后C美元$在中反射$[D^{\rm op}，V]$，因此是完整的和协同完整的（如果V美元$是），以及嵌入$D\挂钩箭头C$保留了两个copowers，以及终端对象和乘积，并且是完全忠实的，所以它也保留了非同构。（但是，似乎没有一般原因C美元$应为笛卡尔闭合。）

最后，要生成这样一个D美元$我们可以使用历史悠久的技术来看待一个普遍的例子。考虑一下V美元$-类别D美元$具有确切地这五个对象是由两个合作者、终端对象和产品具有适当的通用属性的要求“自由生成”的。该类别的hom-objects如下表所示(美元（x，y）$在x美元$-行和美元$-列）。

$$\开始{array}{c|ccccc}\近行&A\odot 1&A\otot Y&Y&（A\odot1）\times Y&1\\hlineA\odot 1和A^A&\emptyset和\emptystet和\emptyset\\年薪与年薪^A&A^A&1&A^A&1\\Y&A&A&1&A&1\\（A\odot 1）乘以Y&A^A&A&1&A^A&1\\1&A&\空集&\空集中&\空\\\结束{数组}$$

（这是假设没有态射$A\到\空集$在里面V美元$，无论何时美元$不是首字母，因为V美元$笛卡尔闭合。）我将把它留给读者一个练习，定义所有125个组成图，检查50个恒等式方程和625个结合性方程，以确保我们有一个类别，并检查20个诱导图是同构的，以确保我们有正确的普遍性质（我们不需要检查D美元$; 重要的是它的存在，尽管我们使用了自由的概念来构建它）。在你问之前，是的，虽然考克帮了我很多忙，但我实际上是自己做的。(-:

特别是合成图

$$D（（A\odot 1）\乘以Y，A\odotY）\乘以D$$

是同态$A\乘以A^A\到A^A$其副词$A\次A^A\次A至A$投影到的第一个副本上美元$换句话说，$A\乘以A^A\到A^A$“包含常量函数”中的因子$A\到A^A$，因此只要美元$重要的是，它永远不会放弃身份。因此$（A\odot 1）\times Y\n包含A\odot Y$在里面D美元$.

所以总结一下：这个问题可以用一种等价的形式来表述，关于共有权，如果我们放弃笛卡尔封闭性的假设，那么相关问题的答案就会变成错误的。因此，如果这一说法是正确的，那么它必须是笛卡尔封闭性之后的某种精确性，而不是由于任何关于共有者的一般事实。

Answer 3

$\需要{AMScd}$正如提奥所指出的，问题是该行动是否$年\月$由公式给出$（A\odot 1）\乘以Y$代数类比是询问模块是否C美元$在环上V美元$碰巧也有一个环形结构的是V美元$-代数。当然，没有理由认为这是真的，如果不是因为问题中的条件V美元$和C美元$是笛卡尔式的单体范畴，应该很容易在代数中找到一个简单的反例，并编制出相应的丰富范畴。然而，我不知道如何将这个类比扩展到包含笛卡尔条件，所以让我们试试简单的笛卡尔闭范畴V美元$看看会发生什么。

显然$V=\mathrm｛集｝$是太很简单。也许下一个最简单的例子是$V=\mathcal{P}（\cdot\to\cdot）=\mathrm{Set}^{\cdot\leftarrow\cdot}$，其中$\mathcal{P}（A）$表示预升的类别美元$。让我们标记的态射$\cdot\到\cdot$作为$e:u\到i$然后写$\mathbf{y}$用于Yoneda嵌入。然后是类别V美元$在结肠炎下由形态自由生成$\mathbf美元{y} e（电子）：\mathbf{y} 单位\至\mathbf{y} 我$.对象$\mathbf美元{y} 我$也是的终端对象V美元$所以让我们用1_V美元$我们还看到了对角线图$\mathbf美元{y} u个\至\mathbf{y} u个\次\mathbf{y} u个$是一种同构。然后，非正式地说V美元$其笛卡尔闭结构作为一个“代数”（~闭对称单体局部可表示范畴）由对象生成$\mathbf美元{y} u个$与同态一起$\mathbf美元{y} e（电子）：\mathbf{y} u个\至1_V$和同构$\mathbf美元{y} u个\次\mathbf{y} u个\至\mathbf{y} u个$倒置的对角线映射$\mathbf美元{y} u个$.

现在假设C美元$是一个范畴的丰富、张量和共调V美元$然后是张量$-\odot-：V\次C\到C$是两个变量的附加，因此可以通过指定左伴随来确定$U（-）=\mathbf{y} u个\odot-：C\到C$和$1_V\odot-：C\到C$我们可以认同$\mathrm（美元）｛id｝_ C$以及自然的转变$\varepsilon:U\to\mathrm{id}_C$此外，对角线图$\mathbf美元{y} u个\至\mathbf{y} u个\times\mathbf{y} u个$诱导自然转化$$\增量：U=\mathbf{y} 单位\odot-\to（\mathbf{y} u个\次\mathbf{y} u个)\odot-\cong\mathbf{y} u个\odot（\mathbf{y} u个\odot-）=U\circ U$$很容易看到（连同$\varepsilon美元$)制造美元$变成了一首共鸣曲C美元$此外，它是幂等余弦，因为$\mathbf美元{y} u个$是一种同构。

为了构造一个示例，我们需要相反的方向，所以假设C美元$是一个配备幂等余元的完备范畴美元$这也是一个左伴随词。我声称C美元$那么范畴的结构是丰富的、张量的和协调的V美元$对于其中$\mathbf美元{y} u个\odot-=U（-）$.我们可以写下浓缩物（Hom对象由$C（X，Y）=（\varepsilon_X^*：\mathrm{Hom}（UX，Y$)和传感器，并检查许多条件，但我会假设C美元$是一个局部可表示的类别，并在其上装备一个（伪）模块的结构V美元$.该结构正好与上述论点相反。函子$\alpha:V\时间C\到C$（召回$V=\mathcal{P}（\cdot\to\cdot）$)由中的函子指定$\cdot\到\cdot$到左邻接的范畴$C\到C$也就是说，左伴随词之间的自然转换$\varepsilon:U\to\mathrm{id}_C$.我们必须给出一个结合子，它是两个函子之间的自然变换$V\音符V\音调C\至C$构建自$\阿尔法$和乘法$\次$在V美元$; 自从$\次$施工过程中的因素$\mathcal{P}$，这相当于给出了两个正方形之间的自然同构

\开始{CD}U@>1>>U\\@V 1 V V@VV\varepsilon V\\U@>>\varepsilon>\mathrm{id}_C\结束{CD}和\开始{CD}U\circ U@>U\varepsilon>>U\\@V\varepsilon U V V@VV\varεsilon V\\U@>>\varepsilon>\mathrm{id}_C\结束{CD}为此，我们认为美元$（这是一个同构）在左上角和其他地方的身份。之间的单位$C\到V\有时C\到C$和身份$C\到C$是一种平等。最后，我们必须检查两个交换图。五边形恒等式是左邻接之间的两个自然变换之间的等式$V\otimes V\otemes V\ otimes C\to C$.我们可以在发电机上对其进行反对检查$\mathbf美元{y} u个$和$\mathbf美元{y} 我$属于V美元$.当所有V美元$发电机$\mathbf美元{y} u个$，这是美元$在其余情况下，它应该是一个正式身份（尽管我还没有检查）。同样，单位和联想者之间的关系也应简化为美元$因此，行动$\ alpha:V\音符C\到C$相当于给予C美元$所需结构。（很可能有一种更为高深的方式来描述整个结构，但这种方式只是可控的。）

现在，作为原始问题的反例，找到一个局部可表示的笛卡尔闭范畴就足够了C美元$与幂等余弦美元$它是左伴随，但它的自然变换$UY\到U1_C\乘以Y$不是同构。例如，我们可以C美元$是单纯集美元$作为0骨架函子，发送一个简单集Y美元$到美元Y_0$视为离散单形集。然后$UY（美元）$是0骨骼，但$U1\倍Y=Y$不是。