§ 3. 。包容代数免费李代数

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§ 3。包容代数免费李代数

在本段中， $A(X) = A_K(X)$ 表示集合 $X$ 在环 $K$ 上的自由结合代数Libas(X) (代数、章III, § 2, no. 7、定义) 2）。 $X$ 与 $A(X)$ 中的典范像进行识别；回想一下， $K$ -模块 $A(X)$ 承认从 $X$ 派生的自由幺半群 $Mo(X)$ 为基； $A^+(X)$ 表示由非空字生成的 $A(X)$ 的子模。

1. 包络代数的 $L(X)$

定理 1 0A42

令* $\alpha : L(X) \to A(X)$ *成为唯一的李代数同态将* $X$ *的典范嵌入延伸到* $A(X)$ *(§ 2, no. 2,命题1)*。令 $\sigma : L(X) \to U(L(X))$ 为 $L(X)$ 的典范映射入其包络线代数，并令 $\beta : U(L(X)) \to A(X)$ 为唯一单位代数同态，使得 $\beta \circ \sigma = \alpha$ (章 I, § 2, no. 1, 命题) 1）。然后： (a) $\alpha$ 是单射的， $\alpha(L(X))$ 是 $A(X)$ 的直因子子模。 (b) $\beta$ 是双射的。

引用了 4 · 被以下引用 4

引用了命题 1, I § 2, 命题 1, II § 2, 推论 3, I § 2, 推论, II § 2

被以下引用注, 定理 2, II § 6. 。豪斯多夫级数, 命题 3, VIII § 4

令B为B的X的单位K-代数和 $\phi$ 映射；通过§ 2, no. 2的命题 1，存在李代数同态 $\psi : L(X) \to B$ 使得 $\psi | X = \phi$ ；通过章I, § 2, no. 1的命题1，存在一个单位代数同态 $\theta : U(L(X)) \to B$ 使得 $\theta \circ \sigma = \psi$ 因此使得 $(\theta \circ \sigma) | X = \phi$ 。由于 $\sigma(X)$ 生成是单位代数 $U(L(X))$ ，同态 $\theta$ 是唯一的单位代数同态满足后者条件。这表明有序对 $(U(L(X)), \sigma | X)$ 是解，普遍映射问题与 $A(X)$ 相同；将 $\phi$ 取X的典范嵌入代入 $A(X)$ ，可推导出 $\beta$ 为同构，从而证明(b)。

最后，由于 $L(X)$ 是自由K-模（§ 2, no. 11，定理1的推论）， $\sigma$ 是单射， $\sigma(L(X))$ 是 $U(L(X))$ 的直因子子模（章I, § 2, no. 7，推论） 3 至定理 1)。由(b)证明(a)。

推论 1 0A43

代数 $A(X)$ 上存在唯一的余积，使 $A(X)$ 成为一个大数，使得X 的元素是原始的。此外， $\beta$ 是大数 $U(L(X))$ 的同构到 $A(X)$ 与这个大数结构。

被以下引用 2

被以下引用推论 2, 定理 1, II § 6

这是从定理的断言(b)以及X生成单位代数 $A(X)$ 的事实得出的。

从此以后， $A(X)$ 被赋予了这个大数结构，而 $L(X)$ 则用 $\alpha$ 下的像来识别，即用X生成的 $A(X)$ 的谎言子代数来识别。

推论 2 0A44

如果 $K$ 是特征0的域，则 $L(X)$ 是 $A(X)$ 的原语元素的李代数。

引用了 2 · 被以下引用 2

引用了 Corollary, II § 1, 推论 1

被以下引用注, 定理 1, II § 6

这是从推论 1 和 § 1, no. 5 命题 9 的推论得出的。

注 0A45

(1) 设 $K'$ 为交换环包含K。若 $A(X)$ 、 $L(X)$ 、 $L_{K'}(X)$ 与 $A_{K'}(X)$ 的子集一致，则由部分推出 (a) 定理 1 关系

L(X) = L_{K'}(X) \cap A(X).

(2) 如果仅假设环 K 的加法群无扭转，则推论 2 至定理 1 仍然有效。首先假设 $K = \mathbf{Z}$ ； $A(X)$ 的每个原语元素都是 $A_q(X)$ 的原语元素，因此位于 $L_q(X) \cap A(X) = L(X)$ 中（推论 2 和公式 (1)）。一般情况下，K 在 $\mathbf{Z}$ 上是平坦的，我们应用 § 1, no. 2 的注 2 和 § 2, no. 5 的命题 3。

(3) 令 $\Delta$ 为可交换幺半群，将 $X$ 的 $\phi_0$ 映射转化为相关幺半群的 $\Delta$ 和 $\phi : Mo(X) \to \Delta$ 同态；如果 $A(X)$ 被赋予*代数*、章III, § 3, no. 1、*例* 3中定义的毕业 $(A^\delta(X))_{\delta \in \Delta}$ 以及 $L(X)$ 在§ 2, no. 6中定义的毕业 $(L^\delta(X))_{\delta \in \Delta}$ ，我们立即有，对于 $\delta \in \Delta$ ， $L^\delta(X) \subset L(X) \cap A^\delta(X)$ 。由于 $L$ 是 $\delta \in \Delta$ 的 $L^\delta(X)$ 的和，而 $\delta \in \Delta$ 的 $L(X) \cap A^\delta(X)$ 的和是直接的，这意味着

L^\delta(X) = L(X) \cap A^\delta(X).

(4) 设 $A$ 为单位结合律代数且 $t = (t_i)_{i \in I}$ 为元素和 $A$ 的族。我们有图表

\begin{array}{ccc} L(I) & \xrightarrow{f_t} & A \\ i \downarrow & & \downarrow g_t \\ A(I) \end{array}

其中 $i$ 是典范嵌入， $f_t$ 是李代数同态，由 $t$ 定义， $g_t$ 是单位代数同态，使得 $g_t(i) = t_i$ 代表 $i \in I$ 。图表对于 $g_t \circ i$ 和 $f_t$ 重合在 $I$ 上是可交换的。因此，如果 § 2, no. 4、重合中定义了 $P \in L(I)$ 、元素 $P((t_i)_{i \in I})$ ，而代数、章 III, § 2, no. 8、*例* 中定义了元素 $P((t_i)_{i \in I})$ 2。

引用了 6

引用了定理 1, 命题 3, II § 2, 推论 2, A III § 3. 。评分代数, II § 2. 。免费李代数, A III § 2. 。例 / 代数

2. 投影算子 $A^+(X)$ 到 $L(X)$

令 $\pi$ 为 $A^+(X)$ 的线性映射到 $L(X)$ 定义为

\pi(x_1 \ldots x_n) = (\operatorname{ad}(x_1) \circ \cdots \circ \operatorname{ad}(x_{n-1}))(x_n)

$X$ 中的 $n > 0, x_1, \ldots, x_n$ 。

命题 1 0A46

(a) $\pi$ 到 $L(X)$ 的限制 $\pi_0$ 是 $L(X)$ 的推导。 (b) *对于每个整数 $n \geq 1$ 以及 $L^n(X)$ 、 $\pi(u) = n.u$ 中的所有 $u$ 。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了 A III § 10. 。推导

被以下引用推论

(a) 令 $E$ 为模 $L(X)$ 的内同态代数和 $A(X)$ 的 $\theta$ 同态进入 $E$ ，使得 $\theta(x) = \operatorname{ad} x$ 对于所有 $x \in X$ 。 $\theta$ 到 $L(X)$ 的限制是 $L(X)$ 的李代数同态到 $E$ ，其中 $X$ 上的重合与 $L(X)$ 的伴随表示，从而

\theta(u).v = [u, v] \quad \text{for } u, v \text{ in } L(X).

设 $a$ 在 $A(X)$ 中， $b$ 在 $A^+(X)$ 中；然后

\pi(a.b) = \theta(a).\pi(b).

考虑 $a = x_1 \ldots x_p, \ b = x_{p+1} \ldots x_{p+q}$ 与 $p \geq 0, q \geq 1$ 和 $x_1, \ldots, x_{p+q}$ 在 $X$ 中的情况就足够了；但 (5) 紧随 (3) 而来，因为 $\theta(x) = \operatorname{ad} x$ 对于 $x \in X$ 。

设 $u$ 和 $v$ 在 $L(X)$ 中；由(4)和(5)，

\pi_0([u, v]) = \pi(uv - vu) = \theta(u) \cdot \pi(v) - \theta(v) \cdot \pi(u) = [u, \pi(v)] - [v, \pi(u)] = [u, \pi_0(v)] + [\pi_0(u), v],

因此 $\pi_0$ 是 $L(X)$ 的推导。

(b) 设 $\pi_1$ 为模 $L(X)$ 的自同态，其中重合在 $L^n(X)$ 上，乘法乘以整数 $n \geq 1$ 。公式 $[L^n(X), L^m(X)] \subset L^{n+m}(X)$ 显示 $\pi_1$ 为推导（*代数*、章 III, § 10, no. 3、*例* 6）。 $L(X)$ 的推导 $\pi_1 - \pi_0$ 是 $X$ 上的零，如 $X$ 生成 $L(X)$ 、 $\pi_0 = \pi_1$ 、从而(b)。

推论 0A47

假设 K 是 Q 代数。令 P 为线性映射或 $A^+(X)$ 自身，使得

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了命题 1

被以下引用定理 2, II § 6

P(x_1 \ldots x_n) = \frac{1}{n} (\operatorname{ad} x_1 \circ \cdots \circ \operatorname{ad} x_{n-1})(x_n)

适用于X中的 $n \geq 1$ 和 $x_1, \ldots, x_n$ 。那么 P 就是 $A^+(X)$ 的投影算子到 $L(X)$ 。

P的像包含在 $L(X)$ 中。此外，对于 $L^n(X)$ 、 $P(u) = \frac{1}{n} \pi(u)$ 、从而 $P(u) = u$ 中的所有 $n \geq 1$ 和所有 $u$ by 命题 1。

L(X) = \sum_{n \geq 1} L^n(X),

我们看到P的限制到 $L(X)$ 是恒等式。

注 0A48

假设 K 是特征零的域，并让 Q 是 $A(X) = U(L(X))$ 的投影算子到 $L(X)$ ，与 $U(L(X))$ 、cf. § 1, no. 5 的规范分级相关。 对于 $\alpha \in \mathbf{N}^{(X)}$ ， $Q(A^\alpha(X)) \subset L^\alpha(X)$ 。只要验证Q的像和核的等级为 $A(X)$ 的子模，等级为型 $\mathbf{N}^{(X)}$ 即可。这对于像来说是显而易见的，它等于 $L(X)$ 。另一方面，令 $n$ 为整数 $\geq 1$ 。 $y^n$ 生成的 $A(X)$ 的向量子空间，其中 $y \in L(X)$ ，等于 $\sum_{\sigma \in S_n} y_{\sigma(1)} y_{\sigma(2)} \cdots y_{\sigma(n)}$ 生成的 $A(X)$ 的向量子空间，其中 $y_1, y_2, \ldots, y_n$ 是齐次元素 $L(X)$ ；那么这个子空间就是 $A(X)$ 的分级子模。

（注，如果 Card(X) $\geq 2$ ，投影算子 P 和 Q 不在 $A^+(X)$ 上重合。让 $x, y$ 与 $x \neq y$ 位于 X 中，并写

z = x[x, y] + [x, y]x = x^2y - yx^2.

然后 $Q(z) = 0$ 和 $P(z) = \frac{1}{3}[x, [x, y]] \neq 0$ 、cf.§ 2, no. 10、*例*和no. 11、*定理* 1。）

引用了 2

引用了 II § 1. Enveloping bigebra of a Lie algebra, II § 2. 。免费李代数

3. L(X) 的同质成分的维数

令X为集合， $\mathbf{N}^{(X)}$ 的 $\alpha$ 元素，且d整数 > 0。如果存在 $\beta \in \mathbf{N}^{(X)}$ 使得 $\alpha = d\beta$ ，则写为 $d|\alpha$ 。元素 $\beta$ 是唯一的，则用 $\alpha/d$ 表示。

引理 1 0A49

令 n 为整数 > 0， $T_1, \ldots, T_n$ 不确定， $u_1, \ldots, u_n$ 元素为 $\mathbf{Z}$ 。令 $(c(\alpha))_{\alpha \in \mathbf{N}^n - \{0\}}$ 为元素和 $\mathbf{Z}$ 的族，使得

1 - \sum_{i=1}^n u_i T_i = \prod_{\alpha \neq 0} (1 - T^\alpha)^{c(\alpha)}.

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了 A IV § 6. 。对称函数

被以下引用定理 2

对于所有 $\alpha \in \mathbf{N}^n - \{0\}$ ，

c(\alpha) = \frac{1}{|\alpha|} \sum_{d|\alpha} \mu(d) \frac{(|\alpha|/d)!}{(\alpha/d)!} u^{\alpha/d}

其中 $\mu$ 是莫比乌斯函数 (附录)。

公式 (7) 两边取对数 (代数, 章 IV, § 6, no. 9) 等价于：

\log \left( 1 - \sum_{i=1}^n u_i T_i \right) = \sum_{\alpha \neq 0} c(\alpha) \log (1 - T^\alpha).

现在

-\log \left( 1 - \sum_{i=1}^n u_i T_i \right) = \sum_{j \geq 1} \frac{1}{j} \left( \sum_{i=1}^n u_i T_i \right)^j

= \sum_{j \geq 1} \frac{1}{j} \sum_{|\beta|=j} \frac{|\beta|!}{\beta!} u^\beta T^\beta

= \sum_{|\beta|>0} \frac{1}{|\beta|} \frac{|\beta|!}{\beta!} u^\beta T^\beta.

另一方面

-\sum_{\alpha \neq 0} c(\alpha) \log (1 - T^\alpha) = \sum_{|\alpha|>0, k \geq 1} \frac{1}{k} c(\alpha) T^{k\alpha}

= \sum_{|\beta|>0, k|\beta} \frac{1}{k} c\left( \frac{\beta}{k} \right) T^\beta.

因此 (7) 等价于

\sum_{k|\beta} \left| \frac{\beta}{k} \right| c\left( \frac{\beta}{k} \right) = \frac{|\beta|!}{\beta!} u^\beta \quad \text{for all } \beta \in \mathbf{N}^n - \{0\}.

令 $\Lambda$ 为 $(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) \in \mathbf{N}^n - \{0\}$ 的集合，这样 g.c.d. $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n$ 等于 1。 $\mathbf{N}^n - \{0\}$ 的每个元素都可以唯一地写成形式 $m\lambda$ ，其中 $m$ 是整数 $\geqslant 1$ 和 $\lambda \in \Lambda$ 。条件 (12) 等价于

\sum_{k|m} \left| \frac{m\lambda}{k} \right| c\left( \frac{m\lambda}{k} \right) = \frac{(m|\lambda|)!}{(m\lambda)!} u^{m\lambda} \quad \text{for all } \lambda \in \Lambda \text{ and all } m \geqslant 1.

根据莫比乌斯反演公式 (附录)，条件 (13) 等价于

|m\lambda| c(m\lambda) = \sum_{d|m} \mu(d) \frac{\left| \frac{m\lambda}{d} \right|!}{\left( \frac{m\lambda}{d} \right)!} u^{\frac{m\lambda}{d}}

对于所有 $\lambda \in \Lambda$ 和所有 $m \geqslant 1$ 。

定理 2 0A4A

令 $X$ 为有限集合和 $n = \mathrm{Card}(X)$ 。

引用了 6 · 被以下引用 1

引用了 II § 2. 。免费李代数, A III § 3. 。评分代数, 推论, II § 2, 推论 3, I § 2, 定理 1, 引理 1

被以下引用注

(a) 对于每个整数 $r \geqslant 1$ ， $K$ -模块 $L^r(X)$ 不含秩

c(r) = \frac{1}{r} \sum_{d|r} \mu(d) n^{r/d},

其中 $\mu$ 是莫比乌斯函数。

(b) 对于所有 $\alpha \in \mathbf{N}^X - \{0\}$ ， $K$ -模块 $L^\alpha(X)$ (§ 2, no. 6) 不包含秩

c(\alpha) = \frac{1}{|\alpha|} \sum_{d|\alpha} \mu(d) \frac{(|\alpha|/d)!}{(\alpha/d)!}.

我们已经知道模 $L^r(X)$ （其中 $r \in \mathbf{N}$ ）和 $L^\alpha(X)$ （其中 $\alpha \in \mathbf{N}^X$ ）是免费的（§ 2, no. 11，定理1的推论）。考虑由 $Mo(X)$ 的典范同态 $\phi$ 定义为 $\mathbf{N}^X$ 的多级渐变 $A(X)$ $(A^\alpha(X))_{\alpha \in \mathbf{N}^X}$ (代数, 章 III, § 3, no. 1, 例 3);然后 $A^\alpha(X) \cap L(X) = L^\alpha(X)$ 乘以 no. 1 的 注 3。对于 $\alpha \in \mathbf{N}^X$ ， $K$ -模块 $A^\alpha(X)$ 承认为字的基集合，其中 $X$ 的每个字母 $x$ 出现了 $\alpha(x)$ 次。令 $d(\alpha)$ 为这些字中的数，即 $A^\alpha(X)$ 中的秩；我们将以两种不同的方式计算正式的幂级数

P((T_x)_{x \in X}) \in \mathbf{Z}[[((T_x)_{x \in X})]]

定义为

P(T) = \sum_{\alpha \in \mathbf{N}^X} d(\alpha) T^\alpha.

(1) 我们有

P(T) = \sum_{m \in Mo(X)} T^{\phi(m)} = \sum_{r=0}^\infty \sum_{x_1, \ldots, x_r} T_{x_1} \cdots T_{x_r} = \sum_{r=0}^\infty \left( \sum_{x \in X} T_x \right)^r

从而

P(T) = \left( 1 - \sum_{x \in X} T_x \right)^{-1}.

(2) 对于所有 $\alpha \in \mathbf{N}^X - \{0\}$ ，令 $(e_{\alpha,j})_{1 \leq j \leq c(\alpha)}$ 为 $L^\alpha(X)$ 中的基，并给出有序对 $(\alpha, j)$ 中的集合 $I$ ，使得 $\alpha \in \mathbf{N}^X - \{0\}$ 和 $1 \leq j \leq c(\alpha)$ 全序。由 no. 1 的定理 1 和庞加莱-伯霍夫-维特定理（章 I, § 2, no. 7，推出 3 到定理 1），元素

y_m = \prod_{(\alpha, j) \in I} (e_{\alpha, j})^{m(\alpha, j)},

其中指标

m

贯穿

\mathbf{N}^{(I)}

、形式基和

A(X)

。每个

y_m

都是多次

\sum_{(\alpha, j) \in I} m(\alpha, j) \alpha

。让

u(m)

表示这个多次。由此可见

P(T) = \sum_{m \in \mathbf{N}^{(I)}} T^{u(m)} = \sum_{m \in \mathbf{N}^{(I)}} \prod_{(\alpha, j) \in I} T^{m(\alpha, j)\alpha} = \prod_{(\alpha, j) \in I} \sum_{r=0}^\infty T^{r\alpha} = \prod_{(\alpha, j) \in I} (1 - T^\alpha)^{-1},

从而终于

P(T) = \prod_{\alpha \in \mathbf{N}^X - \{0\}} (1 - T^\alpha)^{-c(\alpha)}.

比较(18)和(19)，我们得到

1 - \sum_{x \in X} T_x = \prod_{\alpha \in \mathbf{N}^X - \{0\}} (1 - T^\alpha)^{c(\alpha)}.

引理 1 然后给出 (b)。

如果我们现在用相同的不确定 $U$ 替换公式 (20) 中的 $T_x$ $x \in X$ ，我们得到

1 - nU = \prod_{\alpha \in \mathbf{N}^X - \{0\}} (1 - U^{|\alpha|})^{c(\alpha)} = \prod_{r > 0} (1 - U^r)^{c(r)}.

再次应用引理1，我们推导出(a)。

例 0A4B

我们有

\begin{align*} c(1) &= n, & c(2) &= \frac{1}{2}(n^2 - n), & c(3) &= \frac{1}{3}(n^3 - n), \\ c(4) &= \frac{1}{4}(n^4 - n^2), & c(5) &= \frac{1}{5}(n^5 - n), & c(6) &= \frac{1}{6}(n^6 - n^3 - n^2 + n). \end{align*}

注 0A4C

令 $X$ 为集合，并令 $\alpha \in \mathbf{N}^{(X)}$ ；自由的 $K$ 模块 $L^\alpha(X)$ 的秩也由公式 (16) 给出。这紧随定理 2 (b) 和§ 2, no. 6 的命题 4。

引用了 2

引用了命题 4, II § 2, 定理 2

习题

字母 $X$ 表示集合。

参见习题为 § 3。