Entender las cofree coalgebras

Question

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial sobre $K$ y $T(V)$ denotan el álgebra tensorial en $V$ . Es bien sabido que $T(V)$ es el álgebra libre en $V$ . Me han dicho que también es el cofree coalgebra en $V$ con comulgación $\Delta:T(V)\rightarrow T(V) \otimes T(V)$ dado por $$\Delta(v_1\dots v_n)=\sum_{\sigma\in S_n}\sum_i v_{\sigma(1)}\dots v_{\sigma(i)}\otimes v_{\sigma(i+1)}\dots v_{\sigma(n)}$$ donde la yuxtaposición es la abreviatura de los tensores "internos" y $S_n$ es el grupo simétrico.

Para demostrar $T(V)$ es el álgebra libre, se toma un $K$ -Álgebra $A$ y el mapa lineal $f:V\rightarrow A$ y muestra que existe un mapa algebraico único $g:T(V)\rightarrow A$ tal que $g\iota=f$ donde $\iota:V\rightarrow T(V)$ es el mapa de inclusión. El mapa $g$ se define por $g(v_1\dots v_n) = f(v_1)\dots f(v_n)$ .

Me gustaría mostrar que para cada $K$ -cálculo $C$ y cada mapa lineal $f:C\rightarrow V$ existe un único mapa de álgebra $g:C\rightarrow T(V)$ tal que $pg=f$ donde $p:T(V)\rightarrow V$ es el mapa de proyección. Sin embargo, en el caso cofree, no veo cómo definir $g$ porque no parece haber un procedimiento análogo al de "distribuir sobre tensores" para un mapa de álgebra. No puedo entender por qué un mapa de álgebra $g$ Satisfaciendo a $pg=f$ está determinada de forma única por $f$ .

Edición: ahora ni siquiera estoy seguro de que esta comulgación sea coasociada. ¿Hay algo mal aquí?

Answer 1

hace mucho tiempo que no se hace la pregunta pero, $(T(V),\Delta)$ tal y como lo has descrito no es el álgebra cofree, es en cambio el álgebra cofree conilpotente.

Vamos a trabajar en el caso no unitario, por lo que $\bar T(V) = \bigoplus_{n=1}^{\infty}V^{\otimes n}$ y $$\Delta(v_1\cdot \ldots \cdot v_n) = \sum_{i = 1}^{n-1}v_1\cdot \ldots \cdot v_i \otimes v_{i+1}\cdot \ldots \cdot v_n$$ con la convención de que la suma vacía es $0$ .

No es difícil demostrar que esto es coasociable y conilpotente, es decir, para todo $v \in \bar T(V)$ Hay un $n$ tal que $\Delta^m(x) = 0$ para $m\ge n$ . Aquí $\Delta^{n+1} = (\Delta \otimes id_{\bar T(V)^{\otimes n}}) \circ \Delta^n$ y por supuesto $\Delta^0 = id_{\bar T(V)}$ .

Entonces tomemos una álgebra coasociada y conilpotente $(C,\Delta_C)$ y un mapa lineal $f:C \to V$ y definir $g:C \to \bar T(V)$ de la siguiente manera,

$$\forall v \in \bar T(V), g(v) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( f^{\otimes n+1} \circ \Delta_C^{n}\right)(v)$$

Este mapa está bien definido debido a la suposición de conilpotencia, sólo hay un número finito de términos que no son $0$ . Dejo que se compruebe que efectivamente es un morfismo de álgebra, y $p \circ g = f$ es un hecho fácil. La unicidad proviene de la coasociabilidad, puede haber muchas formas de definir $\Delta^{n}$ pero todos coinciden.

El caso unital no es tan diferente, también se necesita un supuesto de conilpotencia que es ligeramente diferente, se puede comprobar en "Algebraic Operads" de Loday-Vallette párrafo 1.2 para más información sobre esto.

Answer 2

Es porque $T(V)$ se califica.

Supongamos que descomponemos $g$ como $g = g_{0} \oplus g_{1} \oplus g_{2} \oplus \ldots$ donde cada $g_{i}$ es una función que mapea sólo en el $i^\mathrm{th}$ pieza calificada de $T(V)$ .

Entonces podemos deducir $g_{0}$ de la ley del país, $\mathrm{counit} \circ g = \mathrm{counit}$ . Así que básicamente, $g_{0}$ es el condado en $C$ como un mapa en $0^\mathrm{th}$ pieza calificada de $T(V)$ que es isomorfo a $K$ .

Y podemos deducir $g_{1} = f$ de $pg = f$ .

Entonces, podemos deducir $g_{2}, g_{3}, \ldots$ inductivamente a partir de la ley de la comulgación, $\mathrm{comult} \circ g = (g \otimes g) \circ \mathrm{comult}$ . En concreto, si $\mathrm{comult}_{i,n-i}$ se refiere a la parte de comult que se asigna al $(i,n-i)$ pieza calificada de $T(V)\otimes T(V)$ entonces tenemos $\mathrm{comult}_{i,n-i} \circ g_{n} = (g_{i} \otimes g_{n-i}) \circ \mathrm{comult}$ que permite $g_{n}$ por determinar (por ejemplo, tomando $i = 1$ ).