Un coend en la categoría de espacios vectoriales.

Question

Deje $Vect_k$ denotar la categoría de (no necesariamente finito-dimensional) $k$-espacios vectoriales. Claramente, esta categoría está cerrado monoidal simétrica con internos hom $[X,Y]=Hom_k(X,Y)$.

Es cierto que la coend $\int^{X\in Vect_k}\, [X,X]$ no existe? Estoy bastante seguro de que no, ya que en general no hay traza $tr_X:[X,X] \to k$, pero quiero estar seguro. Lo que me hace incierto es que he leído que la categoría de $k$-espacios vectoriales es cocomplete..

Answer 1

Este coend en realidad no existe: es sólo $0$. Moralmente, la idea es un Eilenberg estafa. Supongamos que tenemos un seguimiento de la operación $tr$ definida para todos los espacios vectoriales, y deje $A$ ser cualquier endomorfismo de un espacio vectorial. Entonces, si usted toma una infinita suma directa de $B$ de las copias de $A$, $tr(B)$ debe ser una infinita suma de las copias de $tr(A)$. Pero si se agrega un término más $tr(A)$ a que la infinita suma, no altera la suma. Pero eso significa que $tr(B)=tr(B)+tr(A)$ e lo $tr(A)$ debe $0$.

Para hacer esta idea precisa, recordemos que la coend (si es que existe) es la inicial de espacio vectorial $V$ junto con un lineal mapa de $tr_X:[X,X]\to V$ para cada espacio vectorial $X$ tal que para cualquier par de lineal mapas de $A:X\to Y$ e $B:Y\to X$, $tr_X(BA)=tr_Y(AB)$. Para demostrar que $V=0$ tiene este universal de los bienes, es suficiente para mostrar que cualquier colección de lineal mapas de $tr_X:[X,X]\to V$ cualquier $V$ satisface $tr_X=0$ para todos los $X$.

Así, supongamos que tenemos un espacio vectorial $V$ y lineares mapas de $tr_X:[X,X]\to V$. Revisión de un espacio vectorial $X$ e $A\in [X,X]$; vamos a mostrar que el $tr_X(A)=0$. Para ello, vamos a $Y=X^{\oplus\mathbb{N}}$ y definen $R:Y\to Y$ por $$R(x_0,x_1,x_2,\dots)=(0,Ax_0,Ax_1,Ax_2,\dots)$$ and $L:Y\to Y$ by $$L(x_0,x_1,x_2,\dots)=(x_1,x_2,x_3,\dots).$$ We then have $tr_Y(RL)=tr_Y(LR)$, so $tr_Y(LR-RL)=0$. However, notice that $LR-RL$ is given by the formula $$(LR-RL)(x_0,x_1,x_2,\dots)=(Ax_0,0,0,\dots).$$ Now let $yo:X\a Y$ be the inclusion of the first summand and $p:Y\X$ be the projection onto the first summand. We have $$tr_X(piA)=tr_Y(iAp).$$ But $piA=$ and $iAp=LR-RL$ by the formula above, so this means $$tr_X(A)=tr_Y(LR-RL)=0,$$ como se desee.