Álgebra de Hopf aleatoria: ¿cómo demostrar sus propiedades de forma sencilla?

Question

Sea $k$ sea un anillo conmutativo con $1$ y que $V$ ser un $k$ -módulo. Sea $TV$ sea el $k$ -módulo $\bigoplus\limits_{n\in\mathbb N}V^{\otimes n}$ donde todos los productos tensoriales son sobre $k$ .

Definimos un $k$ -mapa lineal $\mathrm{shf}:\left(TV\right)\otimes\left(TV\right)\to TV$ por

$\mathrm{shf}\left(\left(a_1\otimes a_2\otimes ...\otimes a_i\right)\otimes\left(a_{i+1}\otimes a_{i+2}\otimes ...\otimes a_n\right)\right)$

$= \sum\limits_{\sigma\in\mathrm{Sh}\left(i,n-i\right)} a_{\sigma^{-1}\left(1\right)} \otimes a_{\sigma^{-1}\left(2\right)} \otimes ... \otimes a_{\sigma^{-1}\left(n\right)}$

para cada $n\in \mathbb N$ y $a_1,a_2,...,a_n\in V$ . Toma, $\mathrm{Sh}\left(i,n-i\right)$ denota el conjunto de todos los $\left(i,n-i\right)$ -de todas las permutaciones $\sigma\in S_n$ satisfaciendo $\sigma\left(1\right) < \sigma\left(2\right) < ... < \sigma\left(i\right)$ y $\sigma\left(i+1\right) < \sigma\left(i+2\right) < ... < \sigma\left(n\right)$ .

Definimos un $k$ -mapa lineal $\eta:k\to TV$ por $\eta\left(1\right)=1\in k=V^{\otimes 0}\subseteq TV$ .

Definimos un $k$ -mapa lineal $\Delta:TV\to \left(TV\right)\otimes\left(TV\right)$ por

$\Delta\left(a_1\otimes a_2\otimes ...\otimes a_n\right) = \sum\limits_{i=0}^n \left(a_1\otimes a_2\otimes ...\otimes a_i\right)\otimes\left(a_{i+1}\otimes a_{i+2}\otimes ...\otimes a_n\right)$

para cada $n\in \mathbb N$ y $a_1,a_2,...,a_n\in V$ .

Definimos un $k$ -mapa lineal $\varepsilon:TV\to k$ por

$\varepsilon\left(x\right)=x$ para cada $x\in V^{\otimes 0}=k$ y

$\varepsilon\left(x\right)=0$ para cada $x\in V^{\otimes n}$ para cada $n\geq 1$ .

Entonces la reclamación es:

1. En $k$ -módulo $TV$ se convierte en un álgebra de Hopf con multiplicación $\mathrm{shf}$ Mapa de la unidad $\eta$ comulgación $\Delta$ y counit $\varepsilon$ . Incluso se convierte en un álgebra de Hopf graduada con $n$ -ésimo componente graduado $V^{\otimes n}$ .

2. La antípoda $S$ de esta álgebra de Hopf satisface

$S\left(v_1\otimes v_2\otimes ...\otimes v_n\right) = \left(-1\right)^n v_n\otimes v_{n-1}\otimes ...\otimes v_1$

para cada $n\in \mathbb N$ y cualquier $v_1,v_2,...,v_n\in V$ .

Llamo a esta álgebra de Hopf álgebra de Hopf aleatoria aunque no estoy seguro de que ésta sea la noción estándar. Lo que sé es que la parte del álgebra se llama álgebra aleatoria (nótese que es conmutativa), mientras que la parte coalgebraica de la misma se denomina tensor de álgebra o álgebra de desconcatenación .

Pregunta: ¿Existe una prueba hábil, o al menos no demasiado larga (hablo de <10 páginas en detalle) para las afirmaciones 1 y 2 ? Lo mejor que se me ocurre es esto de aquí:

Para 1 suponemos que $V$ es un libre finito $k$ -(porque todo lo que tenemos que demostrar son algunas identidades que implican un número finito de elementos de $V$ ; ahora podemos ver estos elementos como imágenes de un mapa de un libre finito $k$ -módulo $W$ y por functorialidad basta con demostrar estas identidades en $W$ ). Entonces, tenemos $V^{\ast\ast}\cong V$ y observamos que el dual graduado de nuestra álgebra de Hopf graduada anterior (aún no sabemos si es un álgebra de Hopf graduada, pero al menos tiene la signatura correcta) es el álgebra de Hopf tensorial de $V^{\ast}$ para la que la algebraicidad de Hopf es mucho más fácil de demostrar. (Nótese que esto sólo funciona con el dual graduado, no con el dual estándar, porque $TW$ es libre pero no finito).

Para 2 demostramos que $v_1\otimes v_2\otimes ...\otimes v_n\mapsto \left(-1\right)^n v_n\otimes v_{n-1}\otimes ...\otimes v_1$ es de hecho un $\ast$ -inverso de $\mathrm{id}$ comprobando combinatoriamente las igualdades correspondientes (es decir, mostrando que los términos positivos y negativos se anulan).

A fin de cuentas, estas cosas no son realmente difíciles, pero sí extremadamente molestas de redactar. De alguna manera me parece que hay pruebas más simples, pero soy incapaz de encontrar ninguna prueba de esto en absoluto en la literatura (excepto del tipo de prueba "obviamente").

Una de las razones por las que pienso que existen pruebas más sencillas es que las afirmaciones similares para el álgebra de Hopf tensorial (ésta es otra álgebra de Hopf con subyacente $k$ -módulo $TV$ (tiene el mismo conde y mapa unitario que el álgebra de Hopf barajada, pero la multiplicación es la multiplicación estándar del álgebra tensorial y la comultiplicación es la llamada comultiplicación barajada) son significativamente más fáciles de demostrar. En particular, 2 se cumple literalmente para el álgebra de Hopf tensorial, pero la demostración es casi trivial (ya que $v_1\otimes v_2\otimes ...\otimes v_n$ es igual a $v_1\cdot v_2\cdot ...\cdot v_n$ en el álgebra tensorial de Hopf).

¿Qué haría Grothendieck? ¿Existe una buena interpretación functorial, es decir, tiene alguna importancia el grupo algebraico inducido por el álgebra de Hopf barajada (puesto que es conmutativa)?

Answer 1

Hola Darij,

Una forma geométrica de concebir el álgebra de barajado

Una forma geométrica de ver $T(V)$ con el producto barajado es considerando funciones sobre el espacio de bucles de $V^*$ (es decir, el espacio de mapas continuos de $S^1$ a $V^*$ ) que vienen dadas por integrales iteradas. Verás que el producto de dos integrales iteradas es precisamente el producto barajado. Además, así puedes ver el coproducto procedente de la concatenación de bucles y la antípoda de invertir la orientación (si no recuerdo mal).

Pero aquí tienes que estar en una situación en la que $V^{**}\cong V$ .

Permítanme ser un poco más preciso. Por comodidad, trabajaré con $T(V^*)$ equipado con el producto shuffle $\star$ el coproducto de deconcatenación $\Delta$ y $S$ tal y como lo ha definido.

Consideremos ahora el álgebra $\mathcal A$ de funcionales en $L(V^*)=C_*^0(S^1,V^*)$ (el subíndice $*$ significa que pido que $0$ se envía a $0$ ). Existe un monomorfismo de álgebra $T(V^*)\to \mathcal{A}$ dado de la siguiente manera: $$ \xi_1\otimes\cdots\otimes \xi_n\mapsto \left(\gamma\mapsto \int_{0<t_1<\cdots<t_n<1}\xi_1(\gamma(t_1))\dots\xi_n(\gamma(t_n))dt_1\dots dt_n\right) $$

Ahora observe que la composición de bucles y la inversión de orientación definen morfismos del álgebra $\Delta_A:\mathcal A\to\mathcal A\otimes\mathcal A$ y $S_A:\mathcal A\to\mathcal A$ .

La cuestión es que $\Delta_A$ y $S_A$ no satisfacen realmente los axiomas deseados (por ejemplo, la coasociabilidad de $\Delta_A$ ) PERO su restricción en la imagen de $T(V^*)$ lo hace (hay que usar un avatar del Teorema de Stokes para ver esto - o, en breve: las integrales iteradas no son sensibles a la reparametrización), y en realidad coinciden con $\Delta$ y $S$ (cálculo muy sencillo).

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A continuación se exponen algunas consideraciones algebraicas (independientes de la respuesta anterior).

El punto principal relativo a la antípoda es que

a $S(x)=\sum_{k\geq0}(\eta\circ\epsilon-id)^{*k}(x)$

Aquí $*$ denota el producto de convolución. En tu ejemplo, la bialgebra que consideras es graduada, por lo que el resultado es válido. Puede encontrar la afirmación anterior (y su demostración) en estas notas de clase (Creo que te van a gustar) de Dominique Manchon (Corolario II.3.2).

El álgebra de grupo de un grupo libre

La obtención del título de $T(V)$ es el anillo de estructura de la terminación pro-unipotente de un grupo libre.

Espero que esto pueda ayudar.

Answer 2

Supongamos que $V$ es un $k$ -módulo con base $X = \{x_i,i\in I\}$ .

Me gusta tomar como definición del álgebra barajada $Sh(X)$ que es el dual topológico del álgebra de Hopf $k\langle\langle X\rangle\rangle$ de series no conmutativas en las variables $x_i$ (es decir, el álgebra tensorial completa $\widehat{T(V^*)}$ wrt el ideal de aumento). Esta última álgebra es fácil de entender.

Entonces se puede derivar la fórmula para el producto barajado y encontramos la misma que la suya. Y tus puntos 1 y 2 son obvios por dualidad.

Nótese que en este punto de vista, en lugar de buscar un morfismo de álgebras $\varphi: Sh(X) \to A$ nos limitamos a observar la serie generadora correspondiente $\Phi = \sum_m \varphi(m) m^*$ ( $m$ a base). El hecho de que " $\varphi$ es un morfismo de álgebras" se traduce como " $\Phi$ es diagonal en $A\langle\langle X\rangle\rangle$ "(es decir $\Delta \Phi = \Phi\otimes \Phi$ y $\varepsilon(\Phi)= 1$ ).

Answer 3

He encontrado una buena manera de pensar en esta álgebra de Hopf. Sea $v_1\otimes\ldots\otimes v_n$ sea un monomio en $TV$ . En lugar de pensar en ella sólo como una palabra, piensa en ella como un camino de $n$ pasos en $V$ . Geométricamente (si $V$ se define sobre $\mathbb{R}$ ) podría ser una trayectoria lineal a trozos $\mu:[0,n]\rightarrow V$ donde $\mu(k) = v_1+\ldots+v_k$ . Por supuesto, no es realmente una cosa geométrica, es una secuencia de puntos, por lo que no necesitamos nada para ser más de $\mathbb{R}$ .

El coproducto resulta de dividir el recorrido en los valores enteros (incluidos 0 y n). La coasociabilidad es obvia, ambos lados de la ecuación dividen un camino en tres. El conit envía cualquier camino no trivial a 0, el camino trivial a 1.

El producto no es la concatenación de caminos por supuesto, dejemos que $\mu$ y $\nu$ sean caminos de longitud $n$ y $m$ respectivamente. Su producto directo $\mu\times\nu$ tiene dominio $[0,n]\times[0,m]$ y codominio $V\times V$ , no el producto tensorial. Entonces, ¿cómo obtenemos una trayectoria a partir de este producto directo? Pues tomamos caminos en $[0,n]\times[0,m]$ donde cada paso es un paso unitario positivo en dirección horizontal o vertical. La imagen de un escalón de este tipo es de la forma $(v,0)$ o $(0,v)$ olvidamos los ceros y tenemos un nuevo camino del mismo tipo con el que empezamos. Pero esto requiere elección, elegimos un camino en $[0,n]\times[0,m]$ ¿qué opciones había? Pues bien, el conjunto de tales caminos se ve fácilmente como el conjunto de barajados. Y así el producto viene dado por la suma de todos los caminos posibles.

La asociatividad del producto se ve ahora fácilmente, ya que el producto de tres caminos implica una suma sobre todos los caminos posibles en no un cuadrado, sino ahora un cubo. La unidad es el camino trivial.

¿Y qué hay de la relación bialgebraica? Pues bien, ahora tiene una sencilla descripción combinatoria. Tomemos dos caminos $\mu$ y $\nu$ en un lado de la compatibilidad bialgebraica tenemos que tomar su producto y luego su coproducto. Su producto está indexado por caminos a través de un cuadrado, tomar el coproducto divide tal camino en un punto, por lo que tomar el producto y luego el coproducto da una suma sobre caminos en un cuadrado con un punto elegido. Reíndice: una suma sobre todos los puntos enteros del cuadrado con un camino de $(0,0)$ hasta ese punto, seguido de un camino desde el punto hasta $(n,m)$ la otra esquina de la plaza.

Ahora en el otro lado de la ecuación, tomar los coproductos de cada uno de camino, esto es indexado por un punto entero en $[0,n]$ y un punto entero en $[0,m]$ que en conjunto es un punto entero del cuadrado. Ahora tomamos los productos de los caminos, lado izquierdo con lado izquierdo y lado derecho con lado derecho. Obtenemos exactamente lo que esperábamos, todos los caminos posibles desde $(0,0)$ hasta el punto del cuadrado, seguido de un camino desde el punto hasta $(n,m)$ .

Así que tenemos una bialgebra, y la antípoda simplemente invierte los caminos. Ahora debo hacer hincapié en que todo lo que he hecho es hacer que la combinatoria aparente como caminos en un cuadrado, si quieres una prueba rápida, simplemente hacer la combinatoria.

Answer 4

Creo que la manera correcta de enfocar esta álgebra es verlo como la libre zinbiel álgebra. Un zinbiel álgebra tiene una sola operación o que debe satisfacer

(x o y) o z = x s (s z + z o y)

El zinbiel operación o en su álgebra es la suma sobre todos los de el (p,q) baraja que en la notación de la cuestión

${\sigma^{-1}(1)} < {\sigma^{-1}(i+1)}$

Por lo que la propiedad conmutativa del producto definido en la pregunta es una pregunta.b = a o b + b o a. La respuesta a su pregunta ahora viene de un resultado en el que se indique que la libre zinbiel álgebra visto como un álgebra conmutativa es libre, entonces usted sólo tiene que comprobar que tu shuffle subproducto se define en los generadores. Esto va a demostrar que es un bialgebra.

Análogo resultado es que el libre álgebra asociativa es un servicio gratuito de álgebra de la Mentira en la Mentira de soporte.

Una manera de demostrar que este resultado sería descomponer la Zinbiel operad como un módulo de la izquierda para la conmutativa operad. Pero me imagino que el resultado es que ya en la literatura en algún lugar. Supongo que hay otros nombres para zinbiel álgebras, tal vez shuffle álgebras o algo similar.

Se producen de forma natural, por ejemplo, si desea descomponer el producto directo de dos simplices (que no es un simplex) en simplices de una manera natural; ver p278 de Allen Hatcher Topología Algebraica.

Answer 5

Bien, supongamos de nuevo que $V$ es un servicio gratuito de $k$-módulo con base $X=x_i,i∈I$. Uno tiene que evitar el hecho de que $k\langle\langle X\rangle\rangle$ NO es un álgebra de Hopf, con shuffle o concatenación excepto cuando se $X=\emptyset$ debido a que usted tiene que tomar Sweedler dual y no se puede considerar completa dual. Un llamativo (pero limitada a la libre - finito o infinitamente generado - $V$) la prueba de la primera instrucción es el siguiente

a) El álgebra de Hopf $k\langle X\rangle$ con la concatenación de productos y co-shuffle como subproducto es gradual, en dimensiones finitas - más de $\mathbb{N}^{(I)}$.

b) a Continuación, el shuffle álgebra de Hopf es exactamente el graduado doble de éste con el emparejamiento dada por
$$ \langle x_{i_1}\otimes\ldots\otimes x_{i_n}\mid x_{j_1}\otimes\ldots\otimes x_{j_n}\rangle=\delta_{i_1,j_1}\ldots \delta_{i_n,j_n} $$ y 0 si $n\not=m$.

c) Para la instrucción 2.) la antípoda es sólo $S^*=S$ (el medico adjunto de $S$).