§ 5. 。对称张量和多项式映射

Google 翻译生成的粗略草稿，质量较低。术语依照术语表，但句子可能有误；之后会由仔细的译文取代。

§ 5。对称张量和多项式映射

1. 相对痕迹

设 H 为群，M 为左 A[H]-模 $^{(1)}$ 。我们将用所有 $m \in M$ 中的 $M^H$ 集合表示，使得 $hm = m$ 代表所有 $h \in H$ $^{(2)}$ ；这是M的子A模块。

设G是H的子群，则 $M^G$ 是M包含 $M^H$ 的子A模。

给定 $m \in M^G$ ， $h \in H$ ，如果 $x = hG$ 是h模G的左陪集，那么我们有 $xm = hGm = \{hm\}$ 。通过滥用M的记号元素 $hm$ 将被写成xm。如果 $h' \in H$ ，我们有

(1)

h'(xm) = (h'x) m .

假设从现在起 G 在 H 中具有有限指标。则

(2)

\sum_{x \in H/G} xm \in M^H .

因为，给定 $h' \in H$ ，我们根据 (1) 有，

h' \left( \sum_{x \in H/G} xm \right) = \sum_{x \in H/G} (h'x) m = \sum_{y \in H/G} ym .

(1) 我们用 H (III, p. 446) 的 A[H] 群代数表示。（2）注意不要将这个记号与集合的乘积研究中介绍的相混淆（*集合理论*、II、p. 102）。

定义 1 06CT

— 如果 G 是 H 中有限指标的，我们将 $M^G$ 的 $\mathrm{Tr}_{H/G}$ 映射表示为 $M^H$ 定义为

\mathrm{Tr}_{H/G} m = \sum_{x \in H/G} x m .

这个映射是A-模 $M^G$ 到A-模 $M^H$ 的同态。

命题 1 06CU

— (i) 设 $m \in M^G$ 和 $h \in H$ 。然后 $hm \in M^{hGh^{-1}}$ 和

\mathrm{Tr}_{H/hGh^{-1}}(hm) = \mathrm{Tr}_{H/G} m .

被以下引用 1

被以下引用命题 2

(ii) 令 F 为 G 中的有限指标的子群，并令 $m \in M^F$ ，则

\mathrm{Tr}_{H/G}(\mathrm{Tr}_{G/F} m) = \mathrm{Tr}_{H/F} m

(iii) 如果 $m \in M^H$ ，则 $\mathrm{Tr}_{H/G} m = (H : G) \cdot m$ 。

(i) 设 $h \in H$ 。对于 $h' \in H$ 和 $m \in M$ ，让我们输入 $\varphi(h') = hh'h^{-1}$ 和 $\psi(m) = hm$ 。我们有 $\varphi(h') \psi(m) = \psi(h'm)$ ；通过转移结构，我们推断出如果 $m \in M^G$ ，则 $hm \in M^{hGh^{-1}}$ 并且

\mathrm{Tr}_{H/hGh^{-1}}(hm) = \psi(\mathrm{Tr}_{H/G}(m)) .

从 $\mathrm{Tr}_{H/G}(m) \in M^H$ 开始，这证明了(i)。

(ii) 设 $m \in M^F$ 和 $(g_\alpha)_\alpha \in_A$ 为G mod F的左陪集的代表系统，以及H mod G的左陪集的代表 $(h_\beta)_\beta \in_B$ 系统。则 $(h_\beta g_\alpha)_{(\beta,\alpha) \in B \times A}$ 为H mod F的左陪集的代表系统。

\begin{align*} \mathrm{Tr}_{H/G}(\mathrm{Tr}_{G/F} m) &= \sum_{\beta \in B} h_\beta \left( \sum_{\alpha \in A} g_\alpha m \right) \\ &= \sum_{(\beta,\alpha) \in B \times A} (h_\beta g_\alpha) m = \mathrm{Tr}_{H/F} m . \end{align*}

(iii) 这个断言是显而易见的。

2. 定义对称张量

设 M 为 A-模。我们记得（III，p. 501） $\mathfrak{S}_n$ 在A-模 $T^n(M)$ 的左侧进行运算，这样

\sigma(x_1 \otimes x_2 \otimes \ldots \otimes x_n) = x_{\sigma^{-1}(1)} \otimes x_{\sigma^{-1}(2)} \otimes \ldots \otimes x_{\sigma^{-1}(n)}

对于任意 $x_1, \ldots, x_n \in M$ 和 $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ 。元素 $z \in T^n(M)$ ，使得所有 $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ 的 $\sigma \cdot z = z$ 被称为阶 n 的对称张量；它们是形式 $T^n(M)$ 的子A模块，用 $\mathbf{TS}^n(M)$ 表示；我们有 $\mathbf{TS}^0(M) = A, \mathbf{TS}^1(M) = M$ 。我们将把

TS(M) = $\bigoplus_{n=0}^{\infty} TS^n(M)$ ;这是 $\mathbf{T}(M)$ 的分级子A模块。对于每个 $z \in T^n(M)$ 元素 $\sum_{\sigma \in S_n} \sigma . z$ 属于到 $TS^n(M)$ ；我们用 $s . z$ 表示它，并将其称为 $z$ 的对称化。映射 $s : z \mapsto s . z$ 是 A-模 $T^n(M)$ 的同态变成 A-模 $TS^n(M)$ 。如果 $z \in TS^n(M)$ ，则 $s . z = n! \ z$ 。

3. 乘积对称张量

令 $p, q \in \mathbf{N}$ 和 $S_{p|q}$ 为所有置换 $\sigma \in S_{p-q}$ 中的 $S_{p+q}$ 由……组成中的子群，这使得 $\mathbf{N}$ 的区间 $(1, p)$ 和 $(p+1, p+q)$ 保持稳定。如果 $\sigma \in S_p$ 和 $\sigma' \in S_q$ ，我们可以将 $S_{p|q}$ 的定义元素 $\sigma''$ 通过将 $\sigma''(n) = \sigma(n)$ 放入 $1 \leq n \leq p$ 并将 $\sigma''(p+n) = p + \sigma'(n)$ 放入 $1 \leq n \leq q$ ；映射 $(\sigma, \sigma') \mapsto \sigma''$ 是 $S_p \times S_q$ 的同构到 $S_{p|q}$ 。

设 $z \in TS^p(M)$ ， $z' \in TS^q(M)$ ，则 $T^{p+q}(M)$ 的元素 $z \otimes z'$ 在 $S_{p|q}$ 下不变；因此我们可以得到定义元素 $\operatorname{Tr}_{S_{p+q}/S_{p|q}}(z \otimes z')$ 或 $TS^{p+q}(M)$ 。我们将为 $TS(M)$ 配备A双线性乘法 $(y, y') \mapsto yy'$ ，这样对于 $p, q \in \mathbf{N}$ ， $z \in TS^p(M)$ ， $z' \in TS^q(M)$ 我们有

zz' = \operatorname{Tr}_{S_{p+q}/S_{p|q}}(z \otimes z')

如果 $y \in TS(M)$ 和 $y' \in TS(M)$ ，我们称 $yy'$ 为 $y$ 和 $y'$ 的对称乘积。族 $(TS^p(M))_p$ ，是代数 $TS(M)$ 的型 $\mathbf{N}$ 毕业， $\mathbf{T}(M)$ 的单位元是 $TS(M)$ 的单位元毕业。

令 $S_{p,q}$ 为 $\sigma \in S_{p+q}$ 中的集合，使得

\begin{align*} &\sigma(1) < \sigma(2) < \ldots < \sigma(p) \\ &\sigma(p+1) < \sigma(p+2) < \ldots < \sigma(p+q). \end{align*}

$S_{p,q} \times S_{p|q}$ 到 $S_{p+q}$ 的映射 $(\sigma, \tau) \mapsto \sigma \tau$ 是双射（I，p. 60，例2）；因此，如果 $z \in TS^p(M)$ 和 $z' \in TS^q(M)$ ，我们有

zz' = \sum_{\sigma \in S_{p,q}} \sigma(z \otimes z')

命题 2 06CV

— (i) A-代数 $TS(M)$ 是结合律、交换律和单位律。

引用了 1 · 被以下引用 2

引用了命题 1

被以下引用 § 5. 。对称张量和多项式映射, 命题 3

(ii) 令 $p_1, \ldots, p_n$ 为整数 $> 0$ ，并令 $S_{p_1| \ldots |p_n}$ 为所有 $\sigma \in S_{p_1+\cdots+p_n}$ 中的集合，留下 $\mathbf{N}$ 的下列区间保持稳定：

(1, p_1), (p_1+1, p_1+p_2), \ldots, (p_1+\cdots+p_{n-1}+1, p_1+\cdots+p_n).

令 $z_1 \in \mathbf{TS}^{p_1}(M) , \ldots , z_n \in \mathbf{TS}^{p_n}(M)$ ，则

z_1 z_2 \ldots z_n = \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1 + \cdots + p_n}/\mathfrak{S}_{p_1}| \cdots | p_n} (z_1 \otimes z_2 \otimes \ldots \otimes z_n) .

特别是如果 $x_1, \ldots, x_r \in M$ ，我们有 $x_1 \ldots x_r = s(x_1 \otimes \ldots \otimes x_r)$ 。

断言 (ii) 对于 $n = 1$ 是明确的。假设关系

z_2 \ldots z_n = \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_2 + \cdots + p_n}/\mathfrak{S}_{p_2}| \cdots | p_n} (z_2 \otimes \ldots \otimes z_n)

已经证明了，让我们把所有置换中置换的限制到 $(1, p_1)$ 是恒等式，认同 $\mathfrak{S}_{p_2 + \cdots + p_n}$ 和 $\mathfrak{S}_{p_1 + \cdots + p_n}$ 由……组成的子群。然后

\operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1}|p_2+\cdots+p_n/\mathfrak{S}_{p_1}|p_2| \cdots | p_n} (z_1 \otimes z_2 \otimes \ldots \otimes z_r) =

= z_1 \otimes \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_2+\cdots+p_n}/\mathfrak{S}_{p_2}| \cdots | p_n} (z_2 \otimes \ldots \otimes z_r) = z_1 \otimes (z_2 \ldots z_n) .

因此我们有

z_1 z_2 \ldots z_r = z_1 (z_2 \ldots z_r) =

= \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1+p_2+\cdots+p_n}/\mathfrak{S}_{p_1}|p_2-\cdots+p_n} (z_1 \otimes (z_2 \ldots z_n))

= \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1+\cdots+p_n}/\mathfrak{S}_{p_1}|p_2+\cdots+p_n} (\operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1}|p_2+\cdots+p_n/\mathfrak{S}_{p_1}|p_2| \cdots | p_n} (z_1 \otimes z_2 \otimes \ldots \otimes z_n))

= \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1-\cdots+p_n}/\mathfrak{S}_{p_1}| \cdots | p_n} (z_1 \otimes z_2 \otimes \ldots \otimes z_n)

根据IV、p. 42第 1 号提案 (ii)。从而(ii)成立。

特别是，

z_1 (z_2 z_3) = \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1+p_2+p_3}/\mathfrak{S}_{p_1}|p_2|p_3} (z_1 \otimes z_2 \otimes z_3) ,

以同样的方式我们表明

(z_1 z_2) z_3 = \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1+p_2+p_3}/\mathfrak{S}_{p_1}|p_2|p_3} (z_1 \otimes z_2 \otimes z_3) .

因此代数 $\mathbf{TS}(M)$ 是结合律。

令 $o$ 为 $\mathfrak{S}_{p_1+p_2}$ 的元素，使得

\begin{align*} \sigma(1) &= p_2 + 1, \; \sigma(2) = p_2 + 2, \; \ldots, \; \sigma(p_1) = p_2 + p_1 , \\ \sigma(p_1 + 1) &= 1, \; \sigma(p_1 + 2) = 2, \; \ldots, \; \sigma(p_1 + p_2) = p_2 . \end{align*}

然后

z_2 z_1 = \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1+p_2}/\mathfrak{S}_{p_2}|p_1} (z_2 \otimes z_1)

= \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1+p_2}/\sigma \mathfrak{S}_{p_1}|p_2 \sigma^{-1}\sigma} (z_1 \otimes z_2)

= \operatorname{Tr}_{\mathfrak{S}_{p_1+p_2}/\mathfrak{S}_{p_1}|p_2} (z_1 \otimes z_2) \quad \text{by Prop 1, (i)}

= z_1 z_2 .

因此代数 $\mathbf{TS}(M)$ 是可交换的。

需要注意的是， $\mathbf{T}(M)$ 中的 $\mathbf{TS}(M)$ 中的典范嵌入不是一般的代数同态。更糟糕的是， $\mathbf{TS}(M)$ 在乘法或 $\mathbf{T}(M)$ 下通常不稳定。

4. 分幂

让 $x \in M$ 和 $k \in \mathbf{N}$ 。显然 $x, \otimes x_2 \otimes \ldots \otimes x_k$ ，其中

x_1 = x_2 = \cdots = x_k = x ,

是元素 /

\mathbf{TS}^k(M)

。

定义 2 06CW

如果* $x \in M$ ，*元素* $x \otimes x \otimes \ldots \otimes x$ *的* $\mathbf{TS}^k(M)$ *由* $\gamma_k(x)$ 表示。

命题 3 06CX

(i) 如果 $x \in M$ ，* $x$ 的第幂，*计算在* $\mathbf{TS}(M)$ ，*等于* $p! \; \gamma_p(x)$ 。 (ii) 设 $x_1, \ldots, x_n \in M$ ；然后

\gamma_p(x_1 + x_2 + \cdots + x_n) = \sum_{p_1 + p_2 + \cdots + p_n = p} \gamma_{p_1}(x_1) \; \gamma_{p_2}(x_2) \ldots \gamma_{p_n}(x_n) .

(iii) 设

x_1, \ldots, x_n \in M

，*设*

p_1, \ldots, p_n

*为整数*

\geqslant 0

*和*

p = p_1 + \ldots + p_n

。让

E

*成为映射*

\varphi

*的集合*

\{1, \ldots, p\}

*进入*

(1, \ldots, n)

*这样*

\operatorname{Card} \varphi^{-1}(1) = p_1, \ldots, \operatorname{Card} \varphi^{-1}(n) = p_n .

然后

\gamma_{p_1}(x_1) \; \gamma_{p_2}(x_2) \ldots \gamma_{p_n}(x_n) = \sum_{\varphi \in E} x_{\varphi(1)} \otimes x_{\varphi(2)} \otimes \ldots \otimes x_{\varphi(p)} .

(iv) 令

x \in M

且令

q, r

为整数

\geqslant 0

。然后

\gamma_q(x) \; \gamma_r(x) = \frac{(q + r)!}{q! \; r!} \; \gamma_{q + r}(x) .

(v) 让

x_1, \ldots, x, \in M

，*并为*

H \subset (1, \ldots, n)

放入

x_H = \sum_{i \in H} x_i

，*然后*

(-1)^n x_1 x_2 \ldots x_n = \sum_{H \subset \{1, \ldots, n\}} (-1)^{\operatorname{Card} H} \gamma_n(x_H) .

引用了 3 · 被以下引用 5

引用了命题 2, I § 5. 。群运行于集合, 命题 2, I § 8

被以下引用 § 5. 。对称张量和多项式映射, 习题 8, § 5, 注 1, 注 2, 命题 15

断言 (i) 立即来自提案 2 (ii)。

让我们证明(ii)；通过 n 上的归纳，我们看到考虑 $n = 2$ 的情况就足够了。然后我们有

\gamma_p(x_1 + x_2) = (x_1 + x_2) \otimes (x_1 + x_2) \otimes ... \otimes (x_1 + x_2) \quad @\text{factors})

= \sum_{p_1 + p_2 = p} \sum_{\sigma \in S_{p_1, p_2}} \sigma(x_1 \otimes x_1 \otimes ... \otimes x_1 \otimes x_2 \otimes x_2 \otimes ... \otimes x_2)

= \sum_{p_1 + p_2 = p} \sum_{\sigma \in S_{p_1, p_2}} \sigma(\gamma_{p_1}(x_1) \otimes \gamma_{p_2}(x_2))

= \sum_{p_1 + p_2 = p} \gamma_{p_1}(x_1) \gamma_{p_2}(x_2).

为了证明(iii)，令 $S_{p_1, ..., p_n}$ 为 $(1, p_1 + ... + p_n)$ 的置换的集合，其中限制为区间

(1, p_1), (p_1 + 1, p_1 + p_2), ..., (p_1 + ... + p_{n-1} + 1, p_1 + ... + p_n)

是递增。根据 I、p. 60、例 2 和命题 2，(ii) 我们有

\gamma_{p_1}(x_1) \gamma_{p_2}(x_2) ... \gamma_{p_n}(x_n) = \sum_{\rho \in S_{p_1, p_2, ..., p_n}} \rho(x_1 \otimes x_1 \otimes ... \otimes x_1 \otimes x_2 \otimes x_2 \otimes ... \otimes x_2 \otimes ... \otimes x_n \otimes x_n \otimes ... \otimes x_n)

（与

p_i

因子

x_i

），这个和等于

\sum_{\varphi \in E} x_{\varphi(1)} \otimes x_{\varphi(2)} \otimes ... \otimes x_{\varphi(p)}.

在(iii)中，让我们放入 $n = 2, x_1 = x_2 = x, p_1 = q$ 和 $p_2 = r$ ，然后我们得到(iv)(I，loc.cit.)。

最后 (v) 源自第 2、(ii) 条和I、p. 100 的提案 2，应用于环 $\mathbf{T}(M)$ 的元素 $x_i$ 。

注 1 06CY

令 $(x_i)_{i \in I}$ 为 M 的元素的家庭。对于每个 $\nu \in \mathbf{N}^{(I)}$ 放置

x_\nu = \prod_{i \in I} \gamma_{\nu_i}(x_i).

如果

(\lambda_i) \in \mathbf{A}^{(1)}

和

p \in \mathbf{N}

，那么根据命题 3 (ii)，我们有，

\gamma_p \left( \sum_{i \in I} \lambda_i x_i \right) = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}, |\nu| = p} \lambda^\nu x_\nu.

(6)

引用了 1

引用了命题 3

注 2 06CZ

令 $\mathscr{M}$ 为 $(1, p)$ 的映射到I的集合。我们将 $\mathscr{M}$ 中的定义映射 $\rho \mapsto \rho^*$ 代入 $\mathbf{N}^{(I)}$ ，将

\rho^*(i) = \operatorname{Card} \rho^{-1}(i)

对于 $\mathscr{M}$ 到满足 $\rho_1^* = \rho_2^*$ 的两个元素 $\rho_1, \rho_2$ 来说，存在 $\sigma \in \mathfrak{S}_p$ 使得 $\rho_2 = \rho_1 \circ \sigma$ (I，p. 95)是充分必要的。根据提案 3 (iii)，对于 $|\nu| = p$ ，我们有：

x_\nu = \sum_{\rho \in \mathscr{M}, \rho^* = \nu} x_{\rho(1)} \otimes x_{\rho(2)} \otimes \ldots \otimes x_{\rho(p)}

引用了 2 · 被以下引用 1

引用了 I § 7. 。免费幺半群，免费群, 命题 3

被以下引用命题 4

5. 对称张量超过自由模

命题 4 06D0

— 让 $M$ 自由，并且 $(e_i)_{i \in I}$ 基为 $M$ 。

引用了 1 · 被以下引用 5

引用了注 2

被以下引用定义 2, AC II § 3, 命题 13, 命题 20, 命题 5, 命题 6

(i) 对于 $\nu \in \mathbf{N}^{(I)}$ ，设 $e_\nu = \prod_{i \in I} \gamma_{\nu_i}(e_i)$ 。那么 $(e_\nu)_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}}$ 就是 $A$ 模块 $TS(M)$ 的基。特别是代数 $\mathbf{TS}(M)$ 是由元素 $\gamma_k(x)$ 族为 $k \in N$ 和 $x \in M$ 生成的。

(ii) 对于每个 $p \in N$ ， $\mathbf{TS}^p(M)$ 是 $A$ -模块 $\mathbf{T}^p(M)$ 的直因子。

让我们使用上面的注 2 中的记号。家庭 $(e_{\rho(1)} \otimes \ldots \otimes e_{\rho(p)})_{\rho \in \mathscr{M}}$ 是 $\mathbf{T}^p(M)$ 的基。因此，第 4 条提案源自公式 (7) 和随后的引理，并与 $H = \mathfrak{S}_p$ 和 $U = \mathbf{T}^p(M)$ 一起应用。

引理 1 06D1

令 $H$ 为有限群，且 $U$ 为左 $A[H]$ 模。假设 $A$ -模块 $U$ 有基 $B$ ，在 $U$ 中的 $H$ 的运算下是稳定的，并放入 $\Omega = B/H$ 。对于每个 $w \in \Omega$ 让 $u_\omega = \sum_{b \in \omega} b$ ；然后

被以下引用 1

被以下引用注, IV § 6

(i) $(u_\omega)_{\omega \in \Omega}$ 是 $A$ -模块 $U^H$ 的基。

(ii) 对于每个 $\omega \in \Omega$ ，令 $v$ 为 $\omega$ 的点；把 $\omega' = w - \{v_\omega\}$ 和 $B' = \bigcup_{\omega \in \Omega} w'$ 放在一起，那么 $B'$ 就是 $U$ 中 $U^H$ 的补充子空间的基。

所有 $u_\omega$ （对于 $\omega \in \Omega$ ）和 $B'$ 的集合的并是 $U$ 的基。如果 $U' = \sum_{\omega \in \Omega} Au$ 和 $U'' = \sum_{b \in B'} Ab$ ，则我们有 $U = U' \oplus U''$ 。另一方面，对于所有 $w \in \Omega$ ，我们都有 $u_\omega \in U^H$ ，因此 $U' \subset U^H$ 。最后，令 $(\alpha_b)_{b \in B}$ 成为 $A$ 的元素与有限支撑的族，并令 $x = \sum_{b \in B} \alpha_b b$ 。如果 $x \in U^H$ ，则 $\alpha_{hb} = \alpha_b^H$ 适用于所有 $b \in B$ 和所有 $h \in H$ ，因此 $x \in U'$ ，并且随之而来的是 $U' = u^H$ 。

命题 5 06D2

— 令 $M$ 为自由的 $A$ 模块， $k$ 整数 $\geq 0$ ， $P$ 由 $\gamma_k(M)$ 生成的 $\mathbf{TS}^k(M)$ 的子 $A$ 模块。假设 $A$ 是无限的整环。那么对于每个 $z \in \mathbf{TS}^k(M)$ ，都存在 $a \in A - \{0\}$ ，使得 $az \in P$ 。

引用了 3 · 被以下引用 1

引用了 II § 7. 。向量空间, 命题 4, 推论 2, IV § 2

被以下引用定理 4, LIE III § 4

设 $K$ 为 $A$ 的分数中的域。我们认同 $\mathbf{TS}^k(M)$ ，子A模为向量K空间 $V = \mathbf{TS}^k(M) \otimes_A K$ （第4条，以及II，p. 314）。我们必须证明这个向量 K-空间是由 $\gamma_k(M)$ 生成的，也就是说，V满足 $f(\gamma_k(M)) = 0$ 上的每个K线性形式 $f$ 都是零。令 $(e_i)_{i \in I}$ 为 M 的基，定义为 e，如命题 4 中所示。对于任何 $(\alpha_i) \in A^{(I)}$ ，考虑到 (6)，我们有：

0 = f \left( \gamma_k \left( \sum_{i \in I} \alpha_i e_I \right) \right) = \sum_{\nu \in N^{(I)}, |\nu| = k} \alpha^\nu f(e_\nu).

由科. IV、p. 18 中的 2 个，因此 $f(e_\nu) = 0$ 对于所有 $\nu \in N^{(I)}$ 、从而 $f = 0$ 。

6. 函子 TS

令M、N为M到N的A-模且u同态；很明显 $T(u)(TS(M)) \subset TS(N)$ 。从T(u)获得的TS(M)到TS(N)的映射记为TS(u)。很容易验证，这是分级代数的单位同态，并且我们对所有 $x \in M$ 和每个整数 $p \geq 0$ 都有 TS(u) $(\gamma_p(x)) = \gamma_p(u(x))$ 。如果 $v : N \to P$ 是同态 / A-模，我们有

TS(v \circ u) = TS(v) \circ TS(u).

通过 TS(u) 的定义，图表

\begin{array}{cccc} M & \longrightarrow & TS(M) \longrightarrow T(M) \\ u \downarrow & & \downarrow TS(u) & \downarrow T(u) \\ N & \longrightarrow & TS(N) \longrightarrow T(N) \end{array}

是可交换的，其中水平箭头表示典范嵌入。

如果 M 是 N 的直因子并且 i : M \to N 是典范嵌入，则 TS(i) 是 TS(M) 的单同态到 TS(N) 的直因子 R，通过它我们通常可以认同 TS(M) 和 R。对于张量证明了这一点代数（III，p. 487）。

假设M是子模家庭 $(M_\lambda)_{\lambda \in L}$ 的直和。典范嵌入 $TS(M_\lambda) \to TS(M)$ 定义分级代数的单位同态 h，称为规范：

\bigotimes_{\lambda \in L} TS(M_\lambda) \to TS(M)

令 $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n$ 与L成对不同的元素，并令 $x_1 \in M_{\lambda_1}, \ldots, x_n \in M_{\lambda_n}$ 。根据 IV、p. 45 的第 3 条命题 (ii)，我们有

h \left( \sum_{p_1 + \cdots + p_n = p} \gamma_{p_1}(x_1) \otimes \cdots \otimes \gamma_{p_n}(x_n) \right) = \gamma_p(x_1 + \cdots + x_n).

令 $N$ 为 $A$ 模块，它是 $(N_\lambda)_\lambda$ 族、子模族的直和。对于每个 $\lambda \in L$ ，令 $u_\lambda$ 为 $M_\lambda$ 到 $N_\lambda$ 的同态。令 $u$ 为 $M$ 的同态进入由 $u_\lambda$ 定义的 $N$ 。然后图表

\begin{array}{ccc} \otimes \mathbf{TS}(M_\lambda) & \xrightarrow{h} & \mathbf{TS}(M) \\ \downarrow & & \downarrow \mathbf{TS}(u) \\ \otimes \mathbf{TS}(u_\lambda) & & \\ \downarrow & & \\ \otimes \mathbf{TS}(N_\lambda) & \xrightarrow{h'} & \mathbf{TS}(N) \end{array}

通勤，其中 $h$ 和 $h'$ 是典范同态。对于如果 $z \in TS(M_\lambda)$ 且 $i_\lambda$ （或 $j_\lambda$ ）表示 $M_\lambda$ 的典范嵌入到 $M$ （或 $N$ ，到 $N$ ），那么我们有

\mathbf{TS}(u)(h(z)) = \mathbf{TS}(u) \circ \mathbf{TS}(i_\lambda)(z) = \mathbf{TS}(u \circ i_\lambda)(z) =

= \mathbf{TS}(j_\lambda \circ u_\lambda)(z) = \mathbf{TS}(j_\lambda) \circ \mathbf{TS}(u_\lambda)(z) = h'(\mathbf{TS}(u_\lambda)(z)) .

命题 6 06D3

— *让 $M$ 是一个 $A$ 模块，它是 $(M_\lambda)_\lambda$ 家族的直和，子模。如果每个 $M_\lambda$ 都是自由模，那么 $\otimes_{\lambda \in L} \mathbf{TS}(M_\lambda)$ 到 $\mathbf{TS}(M)$ 的典范同态就是同构。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了命题 4

被以下引用习题 24, § 1

令 $(e_{i,\lambda})_{i, I_\lambda}$ 为 $M_\lambda$ 中的基。对于 $\nu \in \mathbf{N}^{(I_\lambda)}$ ，输入 $e_{\nu,\lambda} = \prod_{i \in I_\lambda} \gamma_{\nu(i)}(e_{i,\lambda})$ 。 $TS(M_\lambda)$ （IV、p. 47，命题 4 (i)）和 $e_{0,\lambda}$ 的 $\nu \in \mathbf{N}^{(I_\lambda)}$ 形式基的 $e_{\nu,\lambda}$ 是 $\mathbf{TS}(M_\lambda)$ 的单位元素。所以元素

\otimes_{\lambda \in L} e_{\nu_{\lambda,\lambda}}

其中 $\nu_\lambda \in \mathbf{N}^{(I_\lambda)}$ 和 $\nu_\lambda = 0$ 除了指标的有限数、形式基 $\otimes_A TS(M_\lambda)$ 。元素(9)中的像在命题的典范同态下是 $\prod_{\lambda \in L} e_{\nu_{\lambda,\lambda}}$ 。如果我们用 $(e_{i,\lambda})_{i, I_\lambda}$ 家族的 $(e_i)_i$ 、不相交的并来表示，那么上面的元素正好是 $\prod_{i \in I} \gamma_{\nu(i)}(e_i)$ ，其中 $\nu \in \mathbf{N}^{(I)}$ ，所以它们构成了 $\mathbf{TS}(M)$ 的基。这就证明了命题。

在第6号提案的条件下，逆同构 $\mathbf{TS}(M) \to \otimes_{\lambda} \mathbf{TS}(M_\lambda)$ 也称为*规范*。通常， $\mathbf{TS}(M)$ 通过此同构与 $\otimes_{\lambda} TS(M_\lambda)$ 进行识别。需要注意的是，如果 $z \in TS(M_\lambda)$ 和 $z' \in \mathbf{TS}(M_{\mu})$ 与 $\lambda \neq \mu$ ，那么 $\mathbf{TS}(M)$ 的元素（因此我们用 $z \otimes z'$ 表示）不是 $\mathbf{T}(M)$ 中的 $z$ 和 $z'$ 的张量积，而是对称的张量积。 $z$ 和 $z'$ 中的乘积。

命题 7 06D4

设 $M$ 为 $A$ 模，将 $M \oplus M$ 的 $u$ 映射 $(x, y) \mapsto x + y$ 分解为 $M$ 和 $f$ 复合映射

被以下引用 2

被以下引用例, LIE III § 3, 命题 5, LIE III § 3

\mathbf{TS}(M) \otimes \mathbf{TS}(M) \xrightarrow{h} \mathbf{TS}(M \oplus M) \xrightarrow{\mathbf{TS}(u)} \mathbf{TS}(M)

其中 $h$ 是典范同态。如果 $z, z' \in \mathbf{TS}(M)$ ，则 $f(z \otimes z') = zz'$ 。

让 $i$ 是 $M$ 的映射 $x \mapsto (x, 0)$ 到 $M \oplus M$ 。我们有 $u \circ i = \mathrm{Id}_M$ ，因此 $\mathbf{TS}(u) \circ \mathbf{TS}(i) = \mathrm{Id}_{\mathbf{TS}(M)}$ ；因此

f(z \otimes 1) = \mathbf{TS}(u)(h(z \otimes 1)) = \mathbf{TS}(u)(\mathbf{TS}(i)(z)) = z .

同样 $f(1 \otimes z') = z'$ 、从而 $f(z \otimes z') = f(z \otimes 1) f(1 \otimes z') = zz'$ 。

7. 余积对称张量

令 $M$ 为*自由* $A$ 模块，并且 $\Delta_M = A$ $M$ 的对角线同态 $x \mapsto (x, x)$ 进入 $M \oplus M$ 。令 $c_M = c$ 为由同态组成的分级 $A$ -代数的单位同态：

\mathbf{TS}(M) \xrightarrow{\mathbf{TS}(\Delta)} \mathbf{TS}(M \oplus M) \xrightarrow{\sigma} \mathbf{TS}(M) \otimes \mathbf{TS}(M)

其中 $\sigma$ 是典范同构。配备 $c$ ， $\mathbf{TS}(M)$ 是分级的 $A$ -代数。

对于所有 $x \in M$ 和每个整数 $p \geq 0$ ，我们有 $\mathbf{TS}(A)(\gamma_p(x)) = \gamma_p((x, x))$ ，因此根据 (8)，

c(\gamma_p(x)) = \sum_{r+s=p} \gamma_r(x) \otimes \gamma_s(x).

特别是

c(x) = x \otimes 1 + 1 \otimes x .

让 $(x_i)_{i \in I}$ 是元素和 $M$ 的一个家族，对于 $\nu \in \mathbf{N}^{(I)}$ 来说，放入 $x_\nu = \prod_{i \in I} \gamma_{\nu_i}(x_i)$ 。

然后

c(x_\nu) = \sum_{\rho + \sigma = \nu} x_\rho \otimes x_\sigma .

这是从*(10)*得出的，因为 $c$ 是代数同态。

命题 8 06D5

— 令 M 为自由A-模，则以其代数和余代数结构，TS (M) 是分级交换和共交换大数。余单位是 A-线性映射 $\varepsilon : TS(M) \to TS^0(M) = A$ ，对于 $p > 0$ ， $TS^p(M)$ 是零，因此 $\varepsilon(1) = 1$ 。

我们知道A-代数 $TS(M)$ 是结合律、交换律和单位律。另一方面，余积是按构造同态分级的代数；现在，余代数 $TS(M)$ 是共结合和共交换的，可以通过公式 (10) 进行简单计算。 A 中 $TS(M)$ 的映射 $\varepsilon$ 是分级代数的同态，使得 $\varepsilon(l) = l$ 。最后，对于每个 $x \in M$ ，如果 $p > 0$ ， $\varepsilon(\gamma_0(x)) = l$ ，我们有 $\varepsilon(\gamma_p(x)) = 0$ ；如果我们记住（lo），这表明 $(F \otimes 1) \circ c = (l \otimes E) \circ c = \mathrm{Id}_{TS(M)}$ ；因此 $E$ 是 $TS(M)$ 的余单位。

命题 9 06D6

— 设 M 和 N 为自由A-模，u 为 M 到 N 的 A 同态；那么 $\mathbf{TS}(u)$ 是一个大数同态。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了 § 5. 。对称张量和多项式映射

被以下引用推论, AC III § 4

因为我们有 $\Delta_N \circ u = (u,u) \circ \Delta_M$ ，因此图表

\begin{array}{ccccccccc} \mathbf{TS}(M) & \xrightarrow{\mathbf{TS}(\Delta_M)} & \mathbf{TS}(M \oplus M) & \xrightarrow{\sigma} & \mathbf{TS}(M) \otimes \mathbf{TS}(M) \\ \downarrow \mathbf{TS}(u) & & \downarrow \mathbf{TS}(u,u) & & \downarrow \mathbf{TS}(u) \otimes \mathbf{TS}(u) \\ \mathbf{TS}(N) & \xrightarrow{\mathbf{TS}(\Delta_N)} & \mathbf{TS}(N \oplus N) & \xrightarrow{\tau} & \mathbf{TS}(N) \otimes \mathbf{TS}(N), \end{array}

其中 $\sigma$ 和 $\tau$ 是典范同构，是可交换的（IV，p. 49）。因此 $c_N \circ \mathbf{TS}(u) = (\mathbf{TS}(u) \otimes \mathbf{TS}(u)) \circ c_M$ 。

命题 10 06D7

— 令M为自由A-模，则大数 $\mathbf{TS}(M)$ 的原语元素（III，p. 602）是M的元素。

引用了 1 · 被以下引用 2

引用了 III § 11. 。余代数、乘积多重线性形式、内部乘积和对偶

被以下引用命题 5, AC III § 4, 习题 24, § 1

令 $(e_i)_{i \in I}$ 为 M 的基，对于 $\nu \in \mathbf{N}^{(I)}$ 则设置 $e_\nu = \prod_{i \in I} \gamma_{\nu_i}(e_i)$ 。设 $z = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} \lambda_\nu e_\nu$ 为 $\mathbf{TS}(M)$ 的元素，则由(12)可得

c(z) = \sum_\nu \lambda_\nu \sum_{\rho, \sigma \in \mathbf{N}^{(I)}, \rho + \sigma = \nu} e_\rho \otimes e_\sigma = \sum_{\rho, \sigma} \lambda_{\rho + \sigma} e_\rho \otimes e_\sigma

因此

c(z) - 1 \otimes z - z \otimes 1 = \sum_{\rho \neq 0, \sigma \neq 0} \lambda_{\rho + \sigma} e_\rho \otimes e_\sigma - \lambda_0 e_0 \otimes e_0

所以

zprimitive $\Leftrightarrow \lambda_{\rho + \sigma} = 0$ 当 $\rho \neq 0$ 和 $\sigma \neq 0$ 和 $\lambda_0 = 0$ 时 $\Leftrightarrow \lambda_\nu = 0$ 当 $|\nu| \neq 1$ $\Leftrightarrow z \in M$ 。

8. 关系 TS(M) 和 S(M) 之间

将 M 的典范嵌入以独特的方式放入 TS(M) 扩展将 T(M) 的代数同态放入 TS(M)（III、p. 485，命题 1）。根据IV、p. 43的命题2第(ii)，这个同态就是对称化算子。由于代数 TS(M) 是可交换的，因此存在 (III, p. 497) 一个且仅有一个代数同态 $\varphi_M$ ，称为规范，将代数 S(M) 转换为代数 TS(M)，使得图表

\begin{array}{ccc} T(M) & \xrightarrow{\rho} & S(M) \\ & & \searrow s \\ & & TS(M) \end{array}

其中 $\rho$ 表示T(M)到S(M)的典范同态，是可交换的。我们对所有 $p \in \mathbf{N}$ 都有 $\varphi_M(S^p(M)) \subset TS^p(M)$ 。

另一方面，通过将 TS(M) 的典范嵌入 i 组合成 T(M)，并将 T(M) 的典范同态 $\rho$ 组合到 S(M) 上，我们得到分级 A-模的同态 $\psi_M$ ，称为规范。图表

\begin{array}{ccc} TS(M) & \xrightarrow{\psi_M} & S(M) \\ & & \downarrow \rho \\ & & T(M) \end{array}

是可交换的。

如果 $u : M \to N$ 是A-模的同态，则图表

\begin{array}{ccccccccc} S(M) & \xrightarrow{\varphi_M} & TS(M) & \xrightarrow{\psi_M} & S(M) \\ | & & | & & | \\ S(N) & \xrightarrow{\varphi_N} & TS(N) & \xrightarrow{\psi_N} & S(N) \end{array}

是可交换的，很容易验证。

如果 M 是模 $M_\lambda$ 中的直和，则图表 (14)

\begin{array}{ccc} \otimes S(M_\lambda) & \xrightarrow{\otimes \varphi_{M_\lambda}} & \otimes TS(M_\lambda) \\ \downarrow f & & \downarrow g \\ S(M) & \xrightarrow{\varphi_M} & TS(M), \end{array}

其中 $f$ 和 $g$ 是典范同态，是可交换的。对于 $g \circ \otimes \varphi_{M_\lambda}$ 和 $\varphi_M \circ f$ 来说，代数同态是代数同态，对于每个 $\lambda$ ， $M_\lambda$ 是重合。

命题 11 06D8

— *如果 $M$ 是免费的，那么 $\varphi_M$ 是分级 bigebras 的态射。

利用图表 (13) 和 (14) 的交换律，我们得到交换律图表

\begin{array}{ccccccccc} S(M) & \xrightarrow{S(\Delta)} & S(M \oplus M) & \xrightarrow{h} & S(M) \otimes S(M) \\ \downarrow \varphi_M & & \downarrow \varphi_{M \oplus M} & & \downarrow \varphi_M \otimes \varphi_M \\ TS(M) & \xrightarrow{TS(\Delta)} & TS(M \oplus M) & \xrightarrow{k} & TS(M) \otimes TS(M), \end{array}

其中 $\Delta$ 是对角线同态， $h, k$ 是典范同态。由此得出命题。

命题 12 06D9

— (i) *如果 $u \in S^n(M)$ ，则 $\psi_M(\varphi_M(u)) = n!u$ 。

(ii) 如果 $v \in TS^n(M)$ 则 $\varphi_M(\psi_M(v)) = n!v$ 。

令 $x_1, \ldots, x_n \in M$ 和 $u$ 为在 $S(M)$ 中计算出的乘积 $x_1 \ldots x_n$ 。那么 $\varphi_M(u)$ 就是 $TS(M)$ 计算出来的乘积 $x_1 \ldots x_n$ ，即

\sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} x_{\sigma(1)} \otimes \ldots \otimes x_{\sigma(n)}.

因此 $\psi_M(\varphi_M(u))$ 等于 $S(M)$ 计算出的 $\sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} x_{\sigma(1)} \ldots x_{\sigma(n)}$ ，即

n! x_1 \ldots x_n = n!u.

令 $v = \sum_{i=1}^p x_1^i \otimes x_2^i \otimes \ldots \otimes x_n^i$ 为 $TS^n(M)$ 的元素，其中 $x_j^i$ 属于到 $M$ ；那么 $\psi_M(v)$ 等于 $S(M)$ 、从而计算的 $\sum_{i=1}^p x_1^i x_2^i \ldots x_n^i$

\varphi_M(\psi_M(v)) = \sum_{i=1}^p s(x_1^i \otimes x_2^i \otimes \ldots \otimes x_n^i) = s(v) = n!v.

推论 1 06DA

— *如果 $\mathbf{A}$ 是 $\mathbf{Q}$ 代数，则 $S(M)$ 到 $TS(M)$ 的典范同态是代数同构。而且如果 $M$ 是免费的，那么它就是分级bigebras的同构。

被以下引用 2

被以下引用推论 2, Remark, LIE II § 1

推论 2 06DB

— 如果 $A$ 是 $\mathbf{Q}$ 代数，则模 $TS^n(M)$ 由 $TS(M)$ 中 $M$ 的元素的第n个幂生成。这是从 Cor 得出的。 1 和 $S(M)$ 的相应的性质（III、p. 498）。

引用了 2

引用了 III § 6. 。对称代数, 推论 1

9. 齐次多项式映射

命题 13 06DC

— *令 $M$ 和 $N$ 为 $A$ 模块， $q$ 整数 $\geqslant 0$ ，以及 $M$ 的 $f$ 映射为 $N$ 。假设 $M$ 是免费的，那么以下条件是等价的： (i) 存在 $M^q$ 到 $N$ 的 $q$ 线性映射 $g$ ，使得 $f(x) = g(x, x, \ldots, x)$ 对于所有 $x \in M$ 。 (ii) $TS^q(M)$ 存在线性映射 $h$ 到 $N$ ，使得 $f(x) = h(\gamma_q(x))$ 对于所有 $x \in M$ 。 (iii) 存在 $M$ 的基 $(e_i)_{i \in I}$ 和 $N$ 的元素族 $(u_\nu)_{\nu \in N^{(I)}, |\nu| = q}$ 使得

f\left( \sum_{i \in I} \lambda_i e_i \right) = \sum_{\nu \in N^{(I)}, |\nu| = q} \lambda^\nu u_\nu

对于所有

(\lambda_i) \in A^{(I)}

。 (iv) 对于

M

的每个基

(e_i)_{i \in I}

，都存在

N

的元素族

(u_\nu)_{\nu \in N^{(I)}, |\nu| = q}

，使得

f\left( \sum_{i \in I} \lambda_i e_i \right) = \sum_{\nu \in N^{(I)}, |\nu| = q} \lambda^\nu u_\nu

对于所有

(\lambda_i) \in A^{(I)}

。 (i)

\Rightarrow

(ii)：设

g

满足 (i)，则

T^q(M)

中存在线性映射

g'

进入

N

，使得对于任何

x, \ldots, x, \in M

都有

g(x_1, x_2, \ldots, x_q) = g'(x_1 \otimes x_2 \otimes \ldots \otimes x)

。然后

f(x) = g(x, x, \ldots, x) = g'(x \otimes x \otimes \ldots \otimes x) = g'(\gamma_q(x));

在写出

h = g'|TS^q(M)

时，我们看到条件 (ii) 成立。 (ii)

\Rightarrow

(i)和(iv)：令(ii)的

h

满足条件。根据命题4，(ii)(IV，p. 47)存在

T^q(M)

的线性映射

g'

到

N

使得

h = g'|TS^q(M)

。令

g

为

M

到

N

与

g'

定义 3 06DD

— 令 M 和 N 为 A-模且 q 整数 $\geq 0$ 。假设M是*自由*，并用M的映射的 $\mathrm{Pol}_A^q(M, N)$ 或简称 $\mathrm{Pol}^q(M, N)$ 集合表示为命题13的N满足条件。 $\mathrm{Pol}^q(M, N)$ 的元素称为M的次数q齐次多项式映射进入N。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了命题 13

被以下引用推论, VIII § 18

提案 13 (i) 定义同态或 A-模：

\mathscr{L}_q(M, ..., M; N) \to \mathrm{Pol}^q(M, N).

提案 13 (ii) 定义同态 A-模

\mathrm{Hom}_A(\mathbf{TS}^q(M), N) \to \mathrm{Pol}^q(M, N).

这些同态被称为规范的。它们是主观的。

例 1 06DE

M 到 N 的次数 1 的齐次多项式映射是 M 到 N 的 A-线性映射。

例 2 06DF

令 $(N_i)_{i \in I}$ 是A-模、 $f_i$ 映射到 $N_i, i \in I$ 的族，以及 $f : M \to \prod_{i \in I} N_i$ 映射和组件 $f_i$ 。要使 f 为次数 q 中的齐次多项式映射，每个 $f_i$ 为次数 q 中的齐次多项式映射是充分必要的。

例 3 06DG

令 $(M_j)_{j \in J}$ 为自由A-模的有限族， $u : \prod_{j \in J} M_j \to N$ 为多线性映射；那么 u 是次数 $\mathrm{Card}(J)$ 的多项式。

例 4 06DH

令 $(X_i)_{i \in I}$ 为不定式族， $N$ 为 $A$ 模， $u \in N[(X_i)_{i \in I}]$ 为次数 $q$ 的齐次多项式。 $A^{(I)}$ 的映射 $(x_i)_{i \in I} \mapsto u((x_i)_{i \in I})$ 到 $N$ 是次数 $q$ 的齐次多项式映射：这可以通过第13条命题的条件(iii)立即看出。如果 $I$ 是有限的，则每齐次多项式映射 $A^{(I)} = A'$ 的次数 $q$ 变成 $N$ 就是形式。

引用了 1

引用了命题 13

例 5 06DI

$A^{(N)}$ 映射 $(x_i)_{i \in N} \mapsto x_0^2 + x_1^2 + \ldots + x_n^2 + \ldots$ 入 $A$ 是次数2的齐次多项式映射。如果 $A = 2/22$ ，则重合和线性映射 $(x_i)_{i \in I} \mapsto x_0 + x_1 + \ldots + x_n + \ldots$

例 6 06DJ

令 $f \in \mathrm{Pol}_A^q(M, N)$ ，令 $B$ 为交换环， $B$ 的 $\rho$ 同态转化为 $A$ 和 $M'$ 和 $N'$ ，从 $M$ 和 $N$ 衍生的 $B$ 模块，通过 $\rho$ 。假设 $M'$ 是免费的；那么 $f \in \mathrm{Pol}_B^q(M', N')$ ：这立即来自于第 13 条提案的条件 (i)。

引用了 1

引用了命题 13

命题 14 06DK

— 令 $M, N, P$ 为 $A$ 模块， $q$ 和 $r$ 整数 $\geqslant 0$ ，并假设 $M$ 和 $N$ 是免费的。如果 $f \in \mathrm{Pol}^q(M, N)$ ， $f' \in \mathrm{Pol}^r(N, P)$ ，则 $f' \circ f \in \mathrm{Pol}^{qr}(M, P)$ 。

存在 $M^q$ 到 $N$ 的 $q$ 线性映射 $g$ 和 $N^r$ 到 $P$ 的 $r$ 线性映射 $g'$ ，使得

\begin{aligned} f(x) &= g(x, x, \ldots, x) & \text{for all } x \in M, \\ f'(y) &= g'(y, y, \ldots, y) & \text{for all } y \in N. \end{aligned}

因此对于每个 $x \in M$ 我们有

f'(f(x)) = g'(f(x), f(x), \ldots, f(x)) = g'(g(x, x, \ldots, x), \ldots, g(x, x, \ldots, x))

$M^{qr}$ 到 $P$ 的映射 $(x_1, \ldots, x_{qr}) \mapsto g'(g(x_1, \ldots, x_q), \ldots, g(x_{q(r-1)+1}, \ldots, x_{qr}))$ 是 $qr$ 线性。

命题 15 06DL

— 令 $M$ 为免费的 $A$ 模块， $N$ 为 $A$ 模块， $q$ 整数 $\geqslant 0$ 。我们假设映射 $y \mapsto q!y$ 是 $N$ 的自同构。设 $f \in \mathrm{Pol}^q(M, N)$ ，则存在且仅有一个对称 $q$ -线性映射 $M^q$ 到 $M$ 的 $h$ ，使得 $f(x) = h(x, x, \ldots, x)$ 对于所有 $x \in M$ 。对于任意 $x_1, \ldots, x_q \in M$ 我们有

h(x_1, x_2, \ldots, x_q) = \frac{(-1)^q}{q!} \sum_{H \subset \{1, 2, \ldots, q\}} (-1)^{\mathrm{Card}\ H} f\left( \sum_{i \in H} x_i \right).

a) 存在 $M^q$ 到 $N$ 的 $q$ 线性映射 $g$ ，使得所有 $x \in M$ 都有 $f(x) = g(x, x, \ldots, x)$ 。让我们将 $M$ 的定义 $q$ 线性映射 $h$ 到 $N$ ：

h(x_1, x_2, \ldots, x_q) = \frac{1}{q!} \sum_{\sigma \in S_q} g(x_{\sigma(1)}, x_{\sigma(2)}, \ldots, x_{\sigma(q)}).

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了命题 3

被以下引用命题 2, LIE VIII § 12

那么 $h$ 是对称的，并且 $f(x) = h(x, x, \ldots, x)$ 对于所有 $x \in M$ 都是对称的。

b) 令 $h$ 为 $M^q$ 到 $N$ 的对称 $q$ 线性映射，使得 f(x) = g(x, x, ..., x)。令 l 为 N 中 T^q(M) 的线性映射，使得对于任何 M 中的 x_1, ..., x_q \h(x_1, ..., x_q) = l(x_1 \otimes ... \otimes x_q) 。我们有

(-1)^q q! h(x_1, ..., x_q) = (-1)^q \sum_{\sigma \in S_q} h(x_{\sigma(1)}, ..., x_{\sigma(q)}) = = (-1)^q l(s(x_1 \otimes ... \otimes x_q)) = \sum_{H \subset \{1, ..., q\}} (-1)^{\text{Card } H} l \left( \gamma_q \left( \sum_{i \in H} x_i \right) \right)

根据第 3 号提案 (v) (IV, p. 45)。现在

l \left( \gamma_q \left( \sum_{i \in H} x_i \right) \right) = h \left( \sum_{i \in H} x_i, ..., \sum_{i \in H} x_i \right) = f \left( \sum_{i \in H} x_i \right)

这就证明了 h 的公式 (16) 和唯一性。

命题 16 06DM

— *设 M 为 Hom ( $\mathbf{TS}^q(M)$ , N) 的自由A-模、N A-模、q 正整数和 u 典范同态到 $\mathbf{Pol}^Y(M, N)$ 。

被以下引用 2

被以下引用推论, 推论

(i) 如果 A 是无限整环并且 N 是无扭转的，则 u 是同构。

(ii) 如果 N 中的映射 $y \mapsto q!y$ 是单射，则 u 是同构。

在命题的两种情况下，我们必须证明u是单射的，也就是说， $\mathbf{TS}^q(M)$ 的每一个线性映射f进入N（ $\gamma_q(M)$ 上的零）消失。

假设 A 为无限整环并且 N 无扭转。对于每个 $z \in \mathbf{TS}^q(M)$ ，都存在 $a \in A - \{0\}$ ，使得 $az$ 是y, (M) (IV，p. 47，命题5)的元素的A线性组合。因此 $af(z) = f(az) = 0$ ，所以 $f(z) = 0$ 。

接下来假设 N 中的映射 $y \mapsto q!y$ 是单射的，则根据 IV, p. 45，命题 3, (v)，f 在 s 上消失。 T^q(M)。因此，如果 $z \in \mathbf{TS}^q(M)$ ，我们有 $q!f(z) = f(sz) = 0$ ，所以 $f(z) = 0$ 。

推论 06DN

— *设 M 为 M 的自由A-模、N A-模、q 正整数、 $h \in \mathbf{Pol}^q(M, N)$ 和 $(e_i)_i$ 、基。在第 16 号提案的两个案例中，存在一个独特的族 $(u,$ 、 $\mathbf{N}^{(I)}, |\cdot|$ 、、 N 的元素使得 $h \left( \sum_{i \in I} \lambda_i e_i \right) = \sum_{|\nu| = q} \lambda^\nu u_\nu$ 对于所有 $(\lambda_i) \in \mathbf{A}^{(1)}$

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了命题 16

被以下引用推论

10. 多项式映射

定义 4 06DO

— *令 M 和 N 为 A-模并假设 M 是自由的。令映射(M, N) 为 M 到 N 的所有映射中的 A-模。映射(M, N) 中的子模 $\sum_{q > 0} \mathbf{Pol}_A^q(M, N)$ 表示为 $\mathbf{Pol}_A(M, N)$ 或简称为 $\mathbf{Pol}(M, N)$ ；它的元素称为M到N的多项式映射。

引用了 1 · 被以下引用 2

引用了命题 13

被以下引用命题 17, LIE VII App. 1. 附录 I 多项式映射和 ZARISKI 拓扑

令 $(e_i)_{i \in I}$ 为M的基，并假设 $l$ 是有限的；由命题 13 (IV, p. 54) 映射 $f$ 将 M 代入 N 是多项式当且仅当不定式 $X_i$ 中存在一个多项式 F，其系数在 N 中，使得

f \left( \sum_{i \in I} x_i e_i \right) = F(x)

对于每个家庭 $x = (x_i)_{i \in I}$ 在 $A^{(I)}$ 。这个性质独立于为M选择的基，并且它证明了术语“多项式映射”。

命题 17 06DP

— *设 M 为自由A-模，B 为结合律、交换律和单位A-代数。那么 $\mathrm{Pol}_A(M, B)$ 是代数 $\mathrm{Map}(M, B)$ 的子B代数。

引用了 2

引用了定义 4, 命题 13

这是从 Def 得出的。 4 和提案 13，(iv) (IV，p. 54)。

命题 18 06DQ

— *设 M、N、P 为 A-模，并假设 M 和 N 是自由的。如果 $f \in \mathrm{Pol}(M, N)$ ， $g \in \mathrm{Pol}(N, P)$ ，则 $g \circ f \in \mathrm{Pol}(M, P)$ 。

我们可以立即约化到存在整数q使得 $g \in \mathrm{Pol}^q(N, P)$ 的情况；则存在 $N^q$ 到 P 的 q 线性映射 $h$ ，使得对于所有 $y \in N$ 都有 $g(y) = h(y, y, \ldots, y)$ 。将 $f$ 写为齐次多项式映射的和，因此我们可以将证明简化为映射

x \mapsto h(f_1(x), f_2(x), \ldots, f_q(x))

将 M 转化为 P，其中 $f_i \in \mathrm{Pol}^{q_i}(M, N)$ 是多项式。对于 $i = 1, \ldots, q$ ，存在 $M^{q_i}$ 到N的 $q_i$ 线性映射 $l_i$ ，使得 $f_i(x) = l_i(x, x, \ldots, x)$ 对于所有 $x \in M$ 。因此

h(f_1(x), f_2(x), \ldots, f_q(x)) = h(l_1(x, \ldots, x), \ldots, l_q(x, \ldots, x)),

我们的断言由此而来。

引理 2 06DR

— *令 N 为 A-模，n 整数 $\geq 0$ 并且

f = m_0 + m_1 X + \cdots + m_n X^n \in N[X].

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了 IV § 2. 。多项式的零

被以下引用命题 19

假设存在 $\alpha_0, \alpha_1, \ldots, \alpha_r \in A$ 使得 $f(\alpha_0) = \cdots = f(\alpha_r) = 0$ ，并且使得对于N中的比率 $\alpha_i - \alpha_j$ 的 $i \neq j$ 位似是单射的，则 $f = 0$ 。

（这个引理概括了IV、p. 16的Cor.。）

引理显然适用于 $n = 0$ ；我们将通过 $n$ 上的归纳来证明它。我们有

f(X) = f(X) - f(\alpha_0) = \sum_{i=1}^n m_i (X^i - \alpha_0^i) = (X - \alpha_0) g(X)

其中g是形式 $m_0' + m_1' X + \ldots + m_{n-1}' X^{n-1}$ 的N[X]中的元素。引理的假设意味着 $g(\alpha_1) = \cdots = g(\alpha_r) = 0$ ，因此 $g = 0$ 乘以归纳假设，等等 $f = 0$ 。

命题 19 06DS

— *设 M 为自由A-模，N A-模，G 为 A 的无限加法子群，并假设由 G 的非零元素定义的 N 的同位是单射的。那么 Pol(M, N) 就是 Pol $^q$ (M, N) 的直和。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了引理 2

被以下引用命题 3, LIE VII Appendix 1

令 $f_0, f_1, \ldots, f_n$ 等于 $f_i \in \mathrm{Pol}^i(M, N)$ 并假设我们有关系 $f_0 + \ldots + f_n = 0$ 。让 $x \in M$ ，那么对于所有 $\lambda \in G$ ，我们有

0 = \sum_{i=0}^n f_i(\lambda x) = \sum_{i=0}^n \lambda^i f_i(x).

将引理 2 应用于多项式

\sum_{i=0}^n f_i(x) X^i

我们有

f_0(x) = \cdots = f_n(x) = 0

推论 06DT

— *假设A是无穷大整环；设 M 为自由A-模，N 为无扭转 A 模块。

引用了 2 · 被以下引用 2

引用了推论, 命题 16

被以下引用注, LIE VII App. 1. 附录 I 多项式映射和 ZARISKI 拓扑

(i) 我们有 $\mathrm{Pol}(M, N) = \bigoplus_{q \geq 0} \mathrm{Pol}^q(M, N)$ ，每个 $\mathrm{Pol}^q(M, N)$ 可以用 $\mathrm{Hom}(\mathbf{T S}^q(M), N)$ 规范地识别。

(ii) 设M的 $f \in \mathrm{Pol}(M, N)$ 和 $(e_i)_i$ 、基。N的元素中存在且仅有一个族 $(u_\nu)_{\nu \in N^{(I)}}$ ，使得 $f \left( \sum_{i \in I} \lambda_i e_i \right) = \sum_{\nu \in N^{(I)}} \lambda^\nu u_\nu$ 对于所有 $(\lambda_i) \in A^{(I)}$ 。

断言 (i) 由第 16 条和第 19 号提案得出，(ii) 由 (i) 和 Cor. 得出。提案 16。

11. 关系 $\mathbf{S}(M^)$ 、TS(M)gr 和 Pol(M, A) 之间

令 M 为自由A-模，我们将为分级对偶 TS(M)*gr 配备可交换、结合和单位分级 $^1$ 代数的结构，源自 TS(M) 的分级余数结构 (III，p. 580)。到 III、p. 497 时，存在评分为 A-代数的唯一同态

\theta : \mathbf{S}(M^*) \to \mathbf{TS}(M)^{*gr}

归纳出 M* 的次数 1 恒等映射。

$^1$ A 分级为次数 – k 的 TS(M) 的同态进入 A 在此被视为 TS(M)*gr 的次数 k 的元素 (II, p. 377)。

命题 20 06DU

— *如果 A-模 M 是自由且有限生成的，则 $0$ 是分级代数的同构。

引用了 2 · 被以下引用 1

引用了定理 1, III § 6, 命题 4

被以下引用注

设 $(e_i)_{i \in I}$ 为 $M$ 之基，且 $(e_i^*)_{i \in I}$ 对偶基为 $M^*$ 。对于 $\nu \in \mathbf{N}^I$ 投入

e_\nu = \prod_{i \in I} \gamma_{\nu_i}(e_i) \in \mathbf{TS}(M)

根据第 4 条（*IV*，p. 47）， $(e_\nu)_\nu,_{\mathbf{N}^I}$ 家庭是 $TS(M)$ 中的基；设 $(e_\nu^*)$ 是 $\mathbf{TS}(M)^{*gr}$ 右 $(e_\nu)$ 的基。根据III、p. 505、Th。 1 足以证明对于任何 $\nu \in \mathbf{N}^I$ 我们有

e_\nu^* = \prod_{i \in I} (e_i^*)^{\nu_i},

或者对于 $\rho, \sigma \in \mathbf{N}^I$ ，我们有 $e_\rho^* \cdot e_\sigma^* = e_{\rho + \sigma}^*$ ；但是这个最后一个断言是从 IV, p. 50, 公式 (12) 得出的。

注 1 06DV

— 以同样的方式，我们看到，如果 $M$ 是有限生成的免费 $A$ 模块，那么在III、p. 593中定义的分级代数 $S(M)^{*gr}$ 可以用 $TS(M^*)$ 来标识。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了 III § 11. 。余代数、乘积多重线性形式、内部乘积和对偶

被以下引用 LIE VIII § 12. 。谢瓦利阶

命题 21 06DW

— 典范同态 / A-模 (IV, p. 55)

u : \mathbf{TS}(M)^{*gr} \to \mathrm{Pol}_A(M, A)

是代数同态。

让 $a \in \mathbf{TS}^q(M)^*, b \in TS^r(M)^*, x \in M$ ；我们有

u(ab)(x) = \langle ab, \gamma_{q+r}(x) \rangle = \langle a \otimes b, c(\gamma_{q+r}(x)) \rangle = = \langle a \otimes b, \gamma_q(x) \otimes \gamma_r(x) \rangle = \langle a, \gamma_q(x) \rangle \langle b, \gamma_r(x) \rangle = u(a)(x) \cdot u(b)(x),

从而结果。

注 06DX

— 2) 复合词同态 $A, = u \circ 0 : S(M^*) \to \mathrm{Pol}_A(M, A)$ 是代数的唯一单位同态，包括

M^* = \mathrm{Pol}^1(M, A)

在 $\mathrm{Pol}(M, A)$ 。如果 $M$ 是有限生成的自由且 $A$ 是无限的整环，则 $\lambda_M$ 是双射的（第 20 条命题和第 19 条命题的修正）。特别是，如果 $A$ 是无限整环，则 $A[X_1, \ldots, X_n]$ 的典范同态 $f \mapsto \tilde{f}$ 到 $\mathrm{Pol}(A^n, A)$ (IV, p. 4) 就是同构。

3) 考虑余积 $c_S : S(M^*) \to S(M^* \times M^*)$ (III, p. 575, 例 6)。对于任何 $v \in S(M^*)$ 、 $x, y \in M$ ，多项式映射 $\lambda_{M \times M}(c_S(v)) : M \times M \to A$ 映射 $(x, y)$ 到 $A, (v)(x + y)$ 。对于以这种方式定义的 $S(M^*)$ 到 $\mathrm{Map}(M \times M, A)$ 的两个代数同态在 $M^*$ 上一致，由于关系

(v \otimes 1 + 1 \otimes v)(x, y) = v(x + y) \quad (v \in M^*)

引用了 2 · 被以下引用 2

引用了推论, 命题 20

被以下引用 LIE VII App. 1. 附录 I 多项式映射和 ZARISKI 拓扑, LIE VIII § 12. 。谢瓦利阶

习题

参见习题为 § 5。