¿Son semisimples las categorías tensoriales abelianas no degeneradas?

Question

Una categoría monoidal pivotal se denomina no degenerada si el producto interior $\left(x,y\right) = Tr\left(xy^{*}\right)$ (donde $y^{*}$ es el mapa dual) es no degenerado. Como regla general, la no-degeneración está estrechamente relacionada con la semisimplicidad. Por ejemplo, si una categoría es semisimple, entonces es automáticamente no degenerada (esto se deduce del hecho de que los objetos simples no tienen dimensión $0$ ). Otra forma de afirmar que no es degenerada es que la categoría no tiene "morfismos despreciables", donde un morfismo se llama despreciable si cualquier forma de componerlo para obtener un endomorfismo del trivial te da el mapa cero.

Si se tiene una categoría abeliana pivotal monoidal no degenerada, ¿es automáticamente semisimple?

Answer 1

A mi entender, la respuesta es "sí"; al menos si todo es suficientemente lineal sobre un campo k decente. ¿No se demuestra esto en el estupendo trabajo de Ulrieke Tillmann, "S-structures for k-linear categories and the definition of a modular functor"? Por cierto, hay que conseguir la versión de la revista de ese artículo; la versión arXiv no tiene las imágenes :-(

Answer 2

OK, déjame intentarlo de nuevo. Primero, una construcción general. Sea V un objeto de una categoría abeliana, A = End(V) y J un ideal biterminado finitamente generado de A, con generadores (j_1, ..., j_r). Definir V/JV para ser el cokernel de V^{r} --> V, donde el mapa es la multiplicación por j_i en la coordenada i-ésima. Tenemos que comprobar que esto depende sólo de J y no en la elección de los generadores, en realidad no he hecho esto. Definamos JV como el núcleo de V --> V/JV. Entonces tenemos una secuencia exacta corta

0 --> JV --> V --> V/JV --> 0

Afirmo que la acción de A sobre V pasa a una acción de A/J sobre V/JV. Además, A actúa sobre JV. (Se puede decir más que esto, pero no hace falta).

Utilizando la acción de A sobre JV, podemos repetir esta construcción para obtener JV/J^2V, J^2 V/J^3 V, etcétera. Todos estos vienen con acciones de A/J.

Supongamos ahora que todos nuestros espacios Hom son de dimensión finita. Un álgebra de dimensión finita es semisimple si y sólo si no tiene ningún ideal bipolar nilpotente no trivial. Entonces, supongamos por el bien de la contradicción que hay alguna (V,A,J) como arriba con J nilpotente. Entonces J^k V es eventualmente cero. La traza es aditiva en secuencias exactas cortas, por lo que

Tr(f: V --> V) = \sum Tr(f: J^k V/J^{k+1} V --> J^k V/J^{k+1} V).

Si f está en J, el lado derecho es 0. Además, si f está en J, también lo está fg para cualquier g en A porque J es un ideal. Así que J está en el núcleo del emparejamiento de trazas, y deducimos que J=0.

Así pues, todos los anillos de endomorfismo son semisimples y, por el lema antes citado, también lo es la categoría.

Answer 3

Creo que se trata de la proposición 5.7 de Deligne's "La categoría de representaciones del grupo simétrico S_t, cuando t no es un número entero natural". Véase también esta pregunta .

Answer 4

Noah: Creo que sí. Hay un lema estándar: si tienes una categoría aditiva, en la que cada idempotente tiene una imagen, y en la que cada anillo de endomorfismo es semisimple, entonces la categoría es abeliana semisimple. Véase, por ejemplo, www.ams.org/mathscinet-getitem?mr=1150598

No debería ser muy difícil demostrar que un anillo con traza no degenerada es semisimple.