Sobre categorías de M-conjuntos.

Dado un monoide $M$, el funtor de olvido $U$ de la categoría de $M$-conjuntos (digamos derechos) a conjuntos tiene un adjunto izquierdo $F$ dado por $FS=S\times M$, con $M$ actuando por la derecha en el primer componente. $$.

La categoría $\mathbf{B}M={\mathrm{Set}}^{M^{\mathrm{op}}}$ de $M$-conjuntos derechos tiene productos dados por $X\times Y$ con acción componente a componente. Además, esta estructura cartesiana es cerrada. El conjunto subyacente del exponente $Y^X=[X,Y]$ se puede calcular usando las adjunciones

$$U(Y^X)=\mathrm{Set}(\mathrm{pt},U(Y^X))=\mathbf{B}M(M,Y^X)=\mathbf{B}M(M\times X,Y).$$

Por lo tanto, debemos equipar $Y^X=\mathbf{B}M(M\times X,Y)$ con una acción derecha de $M$ tal que obtengamos un isomorfismo

$$\mathbf{B}M(Z\times X,Y)\simeq \mathbf{B}M(Z,Y^X)$$

 natural en $Z$ y $Y$.

Creo que debe haber una manera de recuperar la acción de un $M$-conjunto de una manera funtorial. Tengo que pensar en eso. Por ahora, podemos fijarnos en las restricciones que nos imponen la unidad y la counidad de la adjunción: deben ser $M$-morfismos

$${\eta }_Z:\mathbf{B}M(Z,(Z\times X{)}^X)$$
$${ϵ}_Y:\mathbf{B}M(Y^X\times X,Y)$$

 universales, en cierto sentido.

Por la forma que tiene, creo que es más fácil estudiar la counidad $\epsilon_Y$.

$${ϵ}_Y:\mathbf{B}M(\mathbf{B}M(M\times X,Y)\times X,Y)$$

Dada una pareja $(f,x):\mathbf{B}M(M\times X,X)\times X$, debemos producir un elemento de $Y$. No tenemos ningún elemento de $M$ a la mano. Esto es bueno, por que no tenemos otra opción que tomar $f(e,x)$, y así definimos ${ϵ}_Y$.

Además, ${ϵ}_Y=\lambda (f,x).f(e,x)$ debe ser $M$-equivariante. Esto significa que ${ϵ}_Y(fm,xm)=(ϵ(f,x))m)$, pero esto es

$$(fm)(e,xm)=f(e,x)m=f(m,xm)$$

ya que $f:M\times X\to X$ es $M$-equivariante. Por lo tanto, ya sabemos que $fm$ debe actuar como $(fm)(e,x)=f(m,x)$, lo que nos sugiere dos opciones:
$(fm)(n,x)=f(nm,x)$ o $(fm)(n,x)=f(mn,x)$, de las cuales solo la segunda es equivariante, así que la acción de $M$ en $Y^X=\mathbf{B}M(M\times X,Y)$ debe estar dada por $fm=\lambda n,x.f(mn,x)$.

La universalidad de ${ϵ}_Y$ es sencilla. Dado un $M$-morfismo $\alpha :Z\times X\to Y$, debemos producir un $M$-morfismo ${\alpha }_{\mathrm{♭}}:Z\to Y^X$ que factorice $\alpha$ a través de ${ϵ}_Y$. La condición de equivarianza nos dice que ${\alpha }_{\mathrm{♭}}(zn)={\alpha }_{\mathrm{♭}}(z)n$. Es decir, para todo $(m,x)$ debemos tener ${\alpha }_{\mathrm{♭}}(zn)(m,x)=({\alpha }_{\mathrm{♭}}(z)n)(m,x)={\alpha }_{\mathrm{♭}}(z)(nm,x)$.

De nuevo, esto solo nos deja la opfión de definir ambos como $\alpha (znm,x)$. En particular, para $n=e$, esto es ${\alpha }_{\mathrm{♭}}(z)(m,x)=(zm,x)$. En efecto, esto factoriza a $\alpha$ como debería y la unicidad es rutinaria.

Esto fue una descripción de la estructura cartesiana cerrada de $\mathbf{B}M$, que es parte de la estructura de topos. Además, si $M$ es más que un monoide, la categoría $\mathbf{B}M$ puede tener otras propiedades interesantes.

•  Notemos que siempre hay una función

$$Y^X=\mathbf{B}M(M\times X,Y)\to \mathrm{Set}(X,Y)$$

dada por $f\mapsto \lambda x.f(e,x)$.

Si $M$ es un grupo, entonces esto es una biyección. El hecho de que la imagen de $g:\mathrm{Set}(X,Y)$ en $\mathbf{B}M(M\times X,Y)$ tenga que ser equivariante nos deja una sola elección. Inténtenlo, es divertido. En fin, la inversa está dada como $g\mapsto \lambda (m,x).g(x{m}^{-1})m$ y la acción que esta biyección induce en $\mathrm{Set}(X,Y)$ se calcula como $gm=\lambda x.g(x{m}^{-1})m$.
De cualquier modo, esto nos dice que el conjunto subyacente a $Y^X$ no es el conjunto $\mathbf{B}M(X,Y)$. En otras palabras, el objeto interno de flechas *no es* el conjunto de morfismos "externo" con estructura extra. Este es uno de los casos más simples de este fenómeno.

• A pesar de que el conjunto de morfismos $\mathbf{B}M(X,Y)$ no sea el objeto exponencial en $\mathbf{B}M$, de todos modos nos podemos preguntar si le podemos poner una acción interesante. Dado $f:\mathbf{B}M(X,Y)$, nos gustaría definir $fm$. Parece que nuestra única opción no trivial es declarar que $(fm)(x)=f(xm)=f(x)m$, pero esto no funciona porque $(fm)$ resulta no ser equivariante:
  $$(fm)(xn)=f(xnm)\stackrel{?}{=}f(xmn)=f(xm)n=(fm)(x)n.$$
  Esto recuerda la situación de los módulos sobre anillos no conmutativos. En efecto, para definir una acción derecha en $\mathbf{B}M(X,Y)$, necesitamos que $X$ sea un bimódulo sobre $M$. Es decir, que además de su acción derecha tenga una acción izquierda compatible. En este caso, podemos definir una acción derecha en $\mathbf{B}M(X,Y)$ como
  $$(fm)(x)=f(mx).$$
  Más aún, el funtor $\mathbf{B}M(X,-):\mathbf{B}M\to \mathbf{B}M$ tiene un adjunto izquierdo que se denota como producto tensorial:
  $$\mathbf{B}M(Z{\otimes }_{M}X,Y)=\mathbf{B}M(Z,\mathbf{B}M(X,Y)).$$
  Si $M$ es conmutativo (lo cual sucede si, y solo si, todos sus módulos son bimódulos), entonces $(-{\otimes }_M-)$ y $\mathbf{B}M(-,-)$ son bifuntores que dotan a $\mathbf{B}M$ de otra estructura monoidal cerrada, además de la cartesiana dada por $(-\times -)$ y $(-{)}^{(-)}$. $$
  

Este post fue inspirado por esta respuesta de Zhen Lin, esta pregunta de Mr. Scotti y esta otra pregunta de Pouya Layeghi en MSE, a la cual Roland respondió con una observación interesante: aunque $M$ no sea abeliano, el conjunto $\mathbf{B}M(X,Y)$ sí tiene una acción del centro $ZM=Z{M}^{\mathrm{op}}=\mathrm{Nat}({\mathrm{id}}_{M^{\mathrm{op}}},{\mathrm{id}}_{M^{\mathrm{op}}})$ de $M$ y la acción se puede construir categóricamente.
Viendo a $X,Y:M^{\mathrm{op}}\to \mathrm{Set}$ como funtores, la acción de $m:Z{M}^{\mathrm{op}}$ en una transformación natural $f:X\to Y$ está dada en el siguiente diagrama de cuerdas:

escribimos $X=X\circ {\mathrm{id}}_{M^{\mathrm{op}}}$ y $Y=Y\circ {\mathrm{id}}_{M^{\mathrm{op}}}$, con lo cual obtenemos una nueva transformación natural por composición horizontal: $f\ast m$.

Esta construcción de bimódulos funciona en cualquier categoría $C$.