Son abelian no degenerada tensor de categorías semisimple?

Question

Fundamental la categoría monoidal se llama no degenerada si el producto interior $\left(x,y\right) = Tr\left(xy^{*}\right)$ (donde $y^{*}$ es el doble del mapa) es no degenerada. Una regla de oro es no degenerada está estrechamente relacionada con la semisimplicity. 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 establecer la no-degenerada es que la categoría no es insignificante "morfismos", donde una de morfismos se llama insignificante si de cualquier forma de componer en el fin de obtener un endomorfismo de la trivial le da el cero mapa.

Si usted tiene un abelian fundamental a la categoría monoidal que es no degenerada es automáticamente semisimple?

Answer 1

Bueno, voy a intentarlo de nuevo. En primer lugar, una construcción en general. Vamos a V de ser un objeto en un abelian categoría, A = End(V) y J un finitely generado dos caras ideal de Una, con los 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 i-ésima coordenada. Tenemos que comprobar que esto sólo depende de J, y no en la elección de los generadores; yo no he hecho esto. Definir JV para ser el núcleo de V - > V/JV. Así que tenemos una breve secuencia exacta

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

Yo afirmación de que la acción de Una en V pasa a una acción de Un/J en V/JV. También, actúa sobre la JV. (Se puede decir más que esto, pero no es necesario.)

Mediante la acción de Una JV, podemos repetir esta construcción para obtener JV/J^2V, J^2 V/J^3 V, etcétera. Todos estos vienen con las acciones de Un/J.

Ahora, supongamos que todos nuestros Hom espacios son finito dimensionales. Un finito dimensionales álgebra es semi-simple si y sólo si no tiene trivial nilpotent dos caras ideal. Así, supongamos que por el bien de la contradicción que hay algunos (V,a,J) como el anterior y con J nilpotent. A continuación, J^k V es el tiempo cero. Trace es aditivo en resumen exacto de las secuencias, 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 es en J, el lado derecho es 0. También, si f es en J, por lo que es fg para cualquier g en Una porque J es un ideal. Así que J está en el núcleo de la traza de la vinculación, y se deduce que J=0.

Así que todo endomorfismo anillos son semi-simple y, por el lema citado anteriormente, por lo que es la categoría.

Answer 2

A mi entender, la respuesta es "sí"; por lo menos si todo es lo suficientemente lineal en un campo decente k. No es esto resultó en Ulrieke Tillmann del gran papel, "S-estructuras para k-lineal de las categorías y la definición de un sistema modular de functor"? Por cierto, que uno necesita para obtener la revista versión de que el papel; el arXiv versión no tiene las fotos :-(

Answer 3

Creo que esta es la Proposición 5.7 en Deligne es "La Categoría des Representaciones du Groupe Symetrique S_t, lorsque t n est pas de la onu Entier Naturel". Ver también esta pregunta.

Answer 4

Noah: yo lo creo. No hay un estándar lema: si usted tiene una categoría de aditivo, en el que cada idempotente tiene una imagen, y en la que todo endomorfismo anillo es semi-simple, entonces la categoría es semisimple abelian. Véase, por ejemplo, www.ams.org/mathscinet-getitem?mr=1150598

No debería ser demasiado difícil demostrar que un anillo con degenerada de seguimiento es semisimple.