Bourbaki

Bài tập 9, § 5

Nhãn 0624, cố định. Trích dẫn là [Bourbaki, Tag 0624].

Đại số, III

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Cho A là một vành giao hoán, F là đại số kết hợp tự do trên A của tập hợp các số nguyên I={1,n}I = \{1, n\}, trong đó n≥2n \geq 2, và XiX_i (1≤i≤n1 \leq i \leq n) là các bất định tương ứng, sao cho một cơ sở chính tắc của F trên A gồm các tích Xi1Xi2…XirX_{i_1} X_{i_2} \ldots X_{i_r}, trong đó (i1,…,ir)(i_1, \ldots, i_r) là một dãy hữu hạn tùy ý các phần tử của II.

(a) Gọi C2C_2 là tập hợp các giao hoán tử [Xi,Xj]=XiXj−XjXi[X_i, X_j] = X_i X_j - X_j X_i với 1≤i<j≤n1 \leq i < j \leq n. Giả sử Cm−1C_{m-1} đã được xác định, CmC_m là tập hợp các phần tử [Xi,P]=XiP−PXi[X_i, P] = X_i P - P X_i, trong đó 1≤i≤n1 \leq i \leq n và P chạy qua Cm−1C_{m-1}. Gọi U là đại số con phân bậc của F sinh bởi 1 và hợp của các CmC_m với m≥2m \geq 2. Chứng minh rằng, với 1≤i≤n1 \leq i \leq n, [Xi,P]∈U[X_i, P] \in U với mọi P∈UP \in U (giới hạn vào trường hợp P là một tích của các phần tử của ⋃mCm\bigcup_m C_m và lập luận bằng quy nạp theo số thừa số).

(b) Từ đây giả sử A là một trường. Với mỗi số nguyên m≥0m \geq 0, gọi UmU_m là không gian A-vectơ của các phần tử thuần nhất bậc m trong U (sao cho U0=A,U1={0}U_0 = A, U_1 = \{0\}); chọn một cơ sở Rm,1,…,Rm,dmR_{m,1}, \ldots, R_{m,d_m} trong mỗi UmU_m, gồm các tích của các phần tử của ⋃k≤mCk\bigcup_{k \leq m} C_k. Với mỗi cặp có thứ tự các số nguyên (m,k)(m, k) sao cho m≥2,1≤k≤dmm \geq 2, 1 \leq k \leq d_m, gọi Em,kE_{m, k} là không gian con A-vectơ của U sinh bởi các Rp,jR_{p, j} sao cho p>mp > m hoặc p=mp = m và j≥kj \geq k; chứng minh rằng Em,kE_{m, k} là một iđêan hai phía của U và rằng, nếu Lm,kL_{m, k} là iđêan trái của F sinh bởi Em,kE_{m, k}, thì Lm,kL_{m, k} là một iđêan hai phía của F.

(c) Với mỗi đa chỉ số α=(α1,…,αn)∈Nn\alpha = (\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \in \mathbf{N}^n, ta viết

Xα=X1α1X2α2…Xnαn. X^\alpha = X_1^{\alpha_1} X_2^{\alpha_2} \ldots X_n^{\alpha_n}.
Chứng minh rằng các phần tử XαRm,kX^\alpha R_{m, k} (m>0,1≤k≤dmm > 0, 1 \leq k \leq d_m) tạo thành một cơ sở của F trên K. (Để chứng minh rằng các phần tử này tạo thành một hệ sinh của không gian vectơ F, chứng minh rằng mọi phần tử Xi1…XirX_{i_1} \ldots X_{i_r} là một tổ hợp tuyến tính của chúng bằng quy nạp theo bậc r. Để thấy rằng các XαRm,kX^\alpha R_{m, k} độc lập tuyến tính, lập luận bằng reductio ad absurdum bằng cách xét bậc lớn nhất đối với một trong các XiX_i của các đơn thức XαX^\alpha xuất hiện trong một quan hệ tuyến tính giữa các XαRm,kX^\alpha R_{m, k} và tiến hành quy nạp theo bậc lớn nhất này; để làm điều đó, rút gọn về trường hợp K là vô hạn (xét nếu cần F⊗KK′F \otimes_K K' đối với một trường mở rộng K′K' của K) và nhận xét rằng khi thay Xi+λX_i + \lambda vào một Rm,kR_{m, k} thay cho XiX_i, với một λ∈K′\lambda \in K', thì phần tử Rm,kR_{m, k} không thay đổi).

(d) Chứng minh rằng iđêan hai phía J(F)\mathfrak{J}(F) của F sinh bởi các giao hoán tử [u,v]=uv−vu[u, v] = uv - vu của các phần tử của F là tổng của các UmU_m với m≥2m \geq 2; F/J(F)F/\mathfrak{J}(F) là đẳng cấu với A[X1,…,Xn]A[X_1, \ldots, X_n] và do đó là một miền nguyên.

(e) Chứng minh rằng đại số U không phải là một đại số kết hợp tự do bằng cách chứng minh rằng thương U/J(U)U/\mathfrak{J}(U), trong đó J(U)\mathfrak{J}(U) được sinh bởi các giao hoán tử của các phần tử của U, có các phần tử lũy linh ≠0\neq 0. (Xét ảnh z′z' trong U/J(U)U/\mathfrak{J}(U) của phần tử z=[Xi,Xj]z = [X_i, X_j] của U; z′2≠0{z'}^2 \neq 0 nhưng z′4=0{z'}^4 = 0.)

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Được trích dẫn bởi

Trích dẫn đến

Không có.

Dịch với sự hỗ trợ của máy, chưa được người đọc duyệt lại.