WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Сибирский математический журнал Май июнь, 2003. Том 44, № 3 УДК 519.48 СВОБОДНАЯ АССОЦИАТИВНАЯ АЛГЕБРА КАК СВОБОДНЫЙ МОДУЛЬ НАД ПОДАЛГЕБРОЙ ШПЕХТА А. В. Гаврилов Аннотация: Пусть k поле характеристики

нуль, k X свободная ассоциатив ная алгебра с конечным базисом X. Пусть R = R(k, X) универсальная обер тывающая квадрата Lie(X), рассматриваемая как подалгебра в k X ;

она названа подалгеброй Шпехта свободной алгебры. Показано, что k X является свободным (левым) R-модулем;

найдены достаточные условия того, что некоторая система эле ментов k X является базисом этого модуля. Получена явная формула, позволяю щая вычислять R-коэффициенты элементов свободной алгебры над специальным базисом из симметризованных мономов.

Ключевые слова: свободная ассоциативная алгебра, свободный модуль над по далгеброй, некоммутативные симметрические многочлены Пусть k поле характеристики нуль, k X свободная ассоциативная алгебра с конечным базисом X = {x1,..., xn}. Будем обозначать через R = R(k, X) подалгебру (с единицей) в k X, порожденную элементами вида [xi, xj], [[xi, xj], xk], [[[xi, xj], xk], xl], и т. д. Иными словами, R наименьшая подалгеб ра в k X, содержащая коммутаторы [xi, xj], 1 i < j n, и замкнутая относи тельно дифференцирований ad xi, 1 i n. Рассматривавшиеся В. Шпехтом в [1] собственные формы совпадают с полилинейными многочленами из R. Бо лее того, в работе [1] фактически сформулированы и доказаны основные свой ства этой подалгебры, правда, применительно к полилинейному случаю (см.

об этом ниже). Поэтому R(k, X) естественно называть подалгеброй Шпехта в k X.

Под R-модулем далее понимается левый модуль над R. Алгебра k X яв ляется свободным R-модулем;

как сообщил автору А. Р. Кемер, этот результат считается фольклорно известным. Справедливо даже более сильное утвер ждение. Пусть Ab : k X k[X] естественный гомоморфизм абелеаниза ции.

Теорема 1. Пусть : k[X] k X линейное отображение такое, что Ab((f)) = f, deg((f)) = deg(f) для всех f k[X]. Тогда его естественное продолжение : R k[X] k X является изоморфизмом R-модулей.

Под естественным продолжением здесь понимается отображение вида : r f r · (f).

© 2003 Гаврилов А. В.

Свободная ассоциативная алгебра Разложение элемента k X над R в любом базисе является достаточно нетривиальной процедурой. Однако, как мы увидим, это разложение может быть описано явно в случае специального базиса. Определим линейный опе ратор симметризации : k X k X, действующий на мономы следующим образом: если aj {x1,..., xn}, 1 j m, то : a1a2... am a(1)a(2)... a(m), (1) m!

где сумма берется по всем m! перестановкам Sm.

Поскольку сумма в правой части (1), очевидно, не зависит от порядка мно жителей aj в левой, (f) при f k X зависит только от Ab(f). Поэтому можно построить (единственным образом) такое отображение : k[X] k X, что (f) = (Ab(f)). Оно удовлетворяет условиям теоремы 1, поэтому сим метризованные мономы s = (x) образуют базис k X как R-модуля. Здесь = (1, 2,..., n) мультииндекс, n i x = x k[X].

i i= Например, в k x1, x2 будет s(2,1) = x2x2 = x2x2 + x1x2x1 + x2x2.

1 1 Согласно теореме 1 для всякого элемента u k X однозначно определены коэффициенты r(u) R такие, что u = r(u)s.

Оказывается, существует явный алгоритм, позволяющий вычислять эти коэф фициенты. Пусть по определению для u k X (u) = r(u)y k X [Y ], (2) где k X [Y ] = k x1,..., xn [y1,..., yn], n i y = yi k X [Y ].

i= Например, (x1x2) = y1y2 + [x1, x2], (x1x2x3) = y1y2y3 + ([x1, x2]y3 + [x1, x3]y2 + [x2, x3]y1) + ([[x3, x2], x1] + [[x3, x1], x2]).

Стоит отметить, что при более высоких степенях коэффициенты r(u) стано вятся весьма громоздкими.

Пусть и (1 i n) дифференцирования алгебры k X [Y ], xi yi xj = ij, yj = 0, yj = ij, xj = 0, xi xi yi yi где ij символ Кронекера. Определим линейные операторы D, :

n n u u Du = yi, u = xi. (3) xi yi i=1 i= 544 А. В. Гаврилов Теорема 2. Для всякого u k X (u) = exp(- ) exp(D)u. (4) Операторы D, локально нильпотентны в k X [Y ], поэтому правая часть (4) корректно определена.

Перед тем как перейти к доказательствам, автор хотел бы пояснить, поче му, по его мнению, рассматриваемые вопросы заслуживают внимания. Пусть Lie(X) свободная алгебра Ли, обычным образом вложенная в k X. Если zi некоторый линейный базис Lie(X), то по теореме Пуанкаре Биркгофа Витта произведения zi zi zi... zi, i1 i2 i3 · · · im, (5) 1 2 3 m образуют линейный базис k X.

Известны различные способы построения базиса Lie(X) [2–5] (см. также [6]).

Выбрав один из них, получим два линейных базиса k X : обычный, состоящий из мономов, и лиевский, состоящий из произведений (5). Естественным об разом возникает задача описания матриц перехода от одного базиса к другому (заведомо весьма сложных). Как мы увидим, подалгебра R совпадает с универ сальной обертывающей квадрата Lie(X). Поэтому разложение элемента k X над R является промежуточным этапом в его разложении по базису (5) незави симо от того, какой из однородных базисов Lie(X) мы используем.

Автор благодарен Л. А. Бокутю за полезные замечания. Также он хотел бы высказать благодарность В. А. Шарафутдинову, чьи вопросы послужили толчком к этой работе.

1. Базисы k X Пусть zi, i N, линейный базис Lie(X), удовлетворяющий следующим условиям:

1) zi = xi при i n;

2) zi = [zj, zk] для некоторых k < j < i при i > n.

Этими свойствами обладают, например, базис Холла [2] и вообще любой (соответствующим образом упорядоченный) базис из лиевских слов. По теореме Пуанкаре Биркгофа Витта произведения (5) вместе с единицей образуют линейный базис алгебры k X (обычно используется обратный порядок, но это несущественно).

Лемма 1. Произведения вида zi zi zi... zi, i1 i2 i3 · · · im > n, 1 2 3 m вместе с единицей образуют линейный базис алгебры R.

Доказательство. Фактически требуется доказать, что элемент из k X лежит в R тогда и только тогда, когда в его разложении по базису (5) отсут ствуют zi с i n. По индукции легко доказывается, что zi R, i > n. Также по индукции R = 0 для всех 1 i n.

xi Пусть k Z = k {z1, z2,..., zn,... } свободная алгебра, V (Z) k Z линейная оболочка упорядоченных мономов (5). Рассмотрим гомоморфизм :

k Z k X, переводящий zi в соответствующий элемент k X. Понятно, что ограничение его на V (Z) является линейным изоморфизмом.

Пусть u R некоторый элемент подалгебры Шпехта и V (Z) его прообраз (или, что то же самое, его разложение), т. е. : u. Легко проверить, что при i n имеет место равенство (zj) = ij.

xi Свободная ассоциативная алгебра Следовательно, при этом условии : zj (zj), zi xi поэтому : u = 0.

zi xi Но V (Z), тем самым = 0. Для элемента V (Z) это означает, что он zi zi не содержит zi, что и требовалось доказать.

Заметим, что из доказательства также следует равенство R(k, X) = ker, k X, (6) xi 1in которое можно считать еще одним определением R. Фактически и это утвер ждение, и аналог леммы 1 имеются у В. Шпехта, только в [1] ход рассуждений обратный: собственные формы определяются как переходящие в нуль при дифференцированиях, а затем показывается, что они выражаются через ком мутаторы.

Из леммы вытекает, что R является универсальной обертывающей квадра та Lie(X).

Лемма 2. k X свободный R-модуль с базисом, состоящим из произве дений xi xi xi... xi, n i1 i2 i3 · · · im. (7) 1 2 3 m Это сразу следует из предыдущей леммы.

Лемма 3. Пусть i k X, i J, образуют базис k X как R-модуля.

Пусть i, i J, многочлены вида i = i + rijj, (8) j где rij R, причем deg j < deg i при rij = 0. Тогда i тоже базис модуля.

Здесь J некоторое множество индексов (которое обязано быть счетным).

Доказательство. Обозначим R-модуль, порожденный i, через A. Пред положим, что k элемент наименьшей степени, не лежащий в A. Тогда k - k = rkjj j и правая часть принадлежит A, а левая нет. Следовательно, A = k X.

Теперь предположим, что qii = i для некоторых qi R, не все из которых равны нулю. Тогда qii + qirijj = 0.

i ij Если полином j присутствует во второй сумме, т. е. для некоторого индекса i qirij = 0, то по условию deg j < deg i. Значит, в левой части равенства 546 А. В. Гаврилов элементы i наибольшей степени (из тех, для которых qi = 0) присутствуют только в первой сумме. Поэтому коэффициент при них отличен от нуля, что противоречит условиям леммы.

Теперь мы можем доказать теорему 1. Выберем в качестве i упорядочен ные мономы (7) из леммы 2. Нетрудно видеть, что Ab(i) образуют линейный базис k[X]. Тогда полиномы i = (Ab(i)) составят линейный базис (k[X]).

Имеет место разложение i = i + rijj, j причем deg i = deg Ab(i) = deg i.

Применив к нему гомоморфизм Ab, получим Ab(rij)Ab(j) = 0.

j Видно, что Ab(r) k для любого r R. Поскольку Ab(j) линейно независимы, все Ab(rij) равны нулю;

это означает, что свободные члены rij равны нулю.

Пусть rµ, µ M, базис R из леммы 1. Легко видеть, что этот базис однороден. Полиномы i также однородны, поэтому произведения rµi, µ M, i J, образуют однородный базис k X. Следовательно, в разложении i - i = rijj j степени слагаемых в правой части не превосходят степени многочлена в левой:

deg rij + deg j deg(i - i) deg i, rij = 0. Поскольку полиномы rij не могут быть отличными от нуля константами, имеем deg j < deg i, rij = 0.

Мы видим, что условия леммы 3 выполнены, и потому i образуют базис k X как R-модуля и одновременно линейный базис (k[X]), откуда следует утвер ждение теоремы.

2. Экспоненциальная формула Пусть = (1, 2,..., n), = (1, 2,..., n) мультииндексы. Ниже мы будем использовать следующие стандартные обозначения:

n ! = i!

i= факториал мультииндекса, !

, если, !(-)!

= 0 иначе биномиальный коэффициент, n || = i i= модуль.

Введем оператор Q : k X k X, n u Q : u xi. (9) xi i= Свободная ассоциативная алгебра Лемма 4. Имеет место равенство Qs = ||s. (10) Доказательство. Пусть u = a1a2... am, где aj {x1,..., xn}, 1 j m.

Нетрудно видеть, что m Qu = a1... aj-1aj+1... amaj;

j= в каждом мономе справа элемент aj переставлен в конец. Следовательно, m Qu = a(1)... a(j-1)a(j+1)... a(m)a(j) = mu, m!

j= поскольку все внутренние суммы равны. В частности, n s xi = ||s.

xi i= Если = (0,..., 0, 1, 0,..., 0) (единица на i-м месте), то s = xi, = i, s = is- = s-.

xi Поэтому равенство (10) можно переписать в виде s-s = ||s. (11) ||= Имеется интересное следствие формулы (10), которое мы приведем, хотя оно и не имеет отношения к доказательству. Так как для всякого r R, оче видно, Qru = rQu, то Qu = Q r(u)s = ||r(u)s.

Отсюда следует разложение k X = ker(Q - nI, k X ), n= где I тождественный оператор. Заметим, что полилинейный аналог равенства R = ker(Q, k X ) имеется у В. Шпехта, но в несколько иной формулировке [1, теорема 13].

Лемма 5. Имеет место равенство Dns = n! s-y. (12) ||=n Доказательство. Нетрудно видеть, что n Ds = s yi = s-y, xi i= ||= 548 А. В. Гаврилов так что при n = 1 формула (12) верна. Теперь по индукции - Dn+1s = Dn! s-y = n! s--y+ ||=n ||=n ||= + = n! s--y+ = n! s-y + ||=n ||=1 ||=n+1 ||= = (n + 1)! s-y.

||=n+ Здесь мы ввели обозначение = + и воспользовались очевидным соотноше нием = ||.

||= Лемма 6. Имеет место равенство ny = n! y-s. (13) ||=n Доказательство. Аналогично предыдущему n y = y xi = y-s.

yi i= ||= Теперь по индукции + n+1y = n! y-s = n! y--ss + ||=n ||=n ||= = n! y- s-s = (n + 1)! y-s ||=n+1 ||=1 ||=n+ согласно (11). Лемма доказана.

Применив лемму 6 к очевидному тождеству n+m = n m, получим фор мулу || s-s = s, (14) n ||=n обобщающую (11).

Перейдем к доказательству теоремы 2. Прежде всего по лемме Dns exp(D)s = = s-y = s-y. (15) n!

n=0 n= ||=n Аналогично по лемме ny exp( )y = = y-s = y-s. (16) n!

n=0 n= ||=n Сравнив (15) с (16), мы видим, что exp( )y = exp(D)s.

Поэтому exp( )(u) = r(u) exp( )y = r(u) exp(D)s = exp(D)u, откуда следует утверждение теоремы.

Свободная ассоциативная алгебра ЛИТЕРАТУРА 1. Specht W. Gesetze in Ringen. I // Math. Z. 1950. Bd 52, N 5. S. 557–589.

2. Hall M. A basis for free Lie rings and higher commutators in free groups // Proc. Amer. Math.

Soc. 1950. V. 1, N 5. P. 575–581.

.

3. Ширшов А. И. О свободных кольцах Ли // Мат. сб. 1958. Т. 45, № 2. С. 113–122.

.

4. Ширшов А. И. О базах свободной алгебры Ли // Алгебра и логика. 1962. Т. 1, № 1.

С. 14–19.

5. Бокуть Л. А. База свободных полинильпотентных алгебр Ли // Алгебра и логика. 1963.

Т. 2, № 4. С. 13–20.

6. Reutenauer Ch. Free Lie algebras. Oxford: Clarendon Press, 1993.

Статья поступила 11 декабря 2002 г.

Гаврилов Алексей Владимирович Институт вычислительной математики и математической геофизики СО РАН, пр. Академика М. А. Лаврентьева, 6, Новосибирск gavrilov@lapasrv.sscc.ru




© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.