Estructura de álgebras de Hopf: problemas para entender un documento antiguo

Question

ACTUALIZACIÓN: os doy las gracias a Pedro por la aceptación de respuesta, lo que hace que la mayoría de los detalles a continuación irrelevante. Sin embargo, voy a dejarlos en su lugar para el registro.

Estoy tratando de entender la prueba del Teorema 2 en la de 1969, documento de Observaciones sobre la Estructura de las Álgebras de Hopf por Pedro Mayo (porque me gustaría probar un resultado similar con diferentes hipótesis). La declaración se da en la discusión siguiente, y la prueba contiene la siguiente afirmación:

Desde $\tilde{f}$ es la identidad en $RA$, $\tilde{f}(F_sRA)=RA\cap F_sA$

No veo por qué esto debe ser así; espero que alguien me ilumine (o sugerir una solución o una alternativa de prueba o de referencia para el mismo teorema).

El contexto es el siguiente:

• $A$ está conectado, clasificados, álgebra conmutativa más de un perfecto campo de $K$ de los característicos $p>0$. Se puede suponer que si te gusta que se concentra en incluso grados. Más tarde, vamos a suponer que $A$ es un álgebra de Hopf, pero no necesitamos que, por el momento.
• $IA$ es el aumento de ideal, y $QA=IA/IA^2$.
• $f\colon QA\to IA$ es una sección de la natural proyección.
• $\xi\colon A\to A$ es el $p$'th mapa de poder. Estoy interesado en el caso de que esta es inyectiva, por lo que se puede asumir que si te gusta.
• $RA=\sum_{i\geq 0}\xi^i(f(QA))$.
• $B=V(RA)$ es la conmutativa graduales $K$-álgebra libremente generada por $RA$ sujeto a la relación $\xi(r)=r^p$ para todos los $r\in RA$. (En el caso de que $\xi$ es inyectiva, esto es sólo el libre álgebra conmutativa en $f(QA)$.)
• $\tilde{f}\colon B\to A$ es el único homomorphism de $K$-álgebras de que actos como el de la identidad en $RA$. Esto es fácil de ver para surjective.
• El enunciado del teorema es que si $A$ es un álgebra de Hopf, a continuación, $\tilde{f}$ es un isomorfismo.
• Vamos a escribir $RB$, por la obvia copia de $RA$ dentro $B$, lo $\tilde{f}\colon RB\to RA$ es un isomorfismo.
• La declaración de que estoy preocupado por que dice que $\tilde{f}(RB\cap IB^t)=RA\cap IA^t$ para todos los $t\geq 0$.
• Si $r\in RB$ e $r$ puede ser escrita como una suma de términos como " $u_1\dotsb u_t$ con $u_i\in IB$, entonces podemos aplicar el $\tilde{f}$ a expresar $\tilde{f}(r)$ como una suma de términos en $IA^t$. Por lo tanto $\tilde{f}(RB\cap IB^t)\subseteq RA\cap IA^t$.
• Supongamos que en lugar de que $s\in RA$ e $s$ puede ser escrita como una suma de términos como " $v_1\dotsb v_t$ con $v_i\in IA$. Como $\tilde{f}\colon RB\to RA$ es un isomorfismo, no hay una única $r\in RB$ con $\tilde{f}(r)=s$; queremos mostrar que este se encuentra en $IB^t$. Como $\tilde{f}\colon IB\to IA$ es surjective, podemos optar $u_i\in IB$ con $\tilde{f}(u_i)=v_i$. Esto le da un elemento $r'\in IB^t$ con $\tilde{f}(r')=\tilde{f}(r)$, lo $\tilde{f}(r-r')=0$. Sin embargo, sólo se sabe que $\tilde{f}$ es inyectiva en $RB$, y no sabemos de que $r'\in RB$, por lo que no podemos concluir que el $r=r'$. Por lo tanto, no parecen tener una prueba de que $f(RB\cap IB^t)\supseteq RA\cap IA^t$.
• Supongamos que el elemento $r$ por encima de no mentir en $IB^t$, pero sólo en $IB^{t-1}$. A continuación, $r$ representa un elemento distinto de cero en la asociada gradual grupo $E^0RB$ en el grado de filtración $t-1$, cuya imagen en $E^0RA$ es cero. Por lo tanto, el mapa de $\tilde{f}\colon E^0RB\to E^0RA$ no es inyectiva, por lo que no podemos proceder con el siguiente paso.

La prueba en el papel no parecen usar el subproducto de alguna manera esencial al llegar a la declaración de que me han cuestionado. Por lo tanto, deberíamos preguntarnos si es cierto que en la ausencia de un subproducto. Considere el siguiente caso (donde $p$ es una extraña prime):

• $A=\mathbb{F}_p[x,y]/(x^{p+1}-y^p)$, con $|x|=2p$ e $|y|=2p+2$
• $QA=\mathbb{F}_p\{x,y\}$
• $RA=\mathbb{F}_p\{x^{p^k},y^{p^k}:k\geq 0\}$, con $y^{p^k}=x^{p^k(p+1)}$ para $k>0$
• $B=\mathbb{F}_p[x,y]$
• $RB=\mathbb{F}_p\{x^{p^k},y^{p^k}:k\geq 0\}$

Si tenemos en cuenta $y^p$ como un elemento de $RB$, entonces es igual a$x^{p+1}$, por lo que se encuentra en $RA\cap IA^{p+1}$. Sin embargo, el elemento correspondiente de $RB$ no radica en $IB^{p+1}$, lo $\tilde{f}(RB\cap IB^{p+1})\neq RA\cap IA^{p+1}$.

Answer 1

Ah, Neil, mis disculpas, los pecados de un olvidadizo hombre viejo. Que son bastante derecho a oponerse a Teorema 3 en 1969 papel, porque es falso como se indica. De hecho, Pablo Goerss me dio un contraejemplo hace años. Que aparece como Ejemplo 23.4.2 en Más Concisa Topología algebraica, por Kate Ponto y por mí, que está disponible aquí: http://www.math.uchicago.edu/~mayo/CONCISO/ConciseRevised.pdf (y a los libreros en todas partes). La publicidad de ese libro, que vuelve a trabajar Milnor y Moore, entre otras cosas, en los Capítulos 20-23. En respuesta Pablo contraejemplo, también cambia la parte pertinente de la 1969 papel, lo que demuestra una variante correcta del teorema de que el objeto a, es decir, el Teorema de 23.4.1. Trabajo en un perfecto campo de $K$.

Teorema. Deje $A$ estar conectada, conmutativa y asociativa cuasi álgebra de Hopf. Para un morfismos de $K$-módulos $\sigma: QA \rightarrow IA$ such that $\pi\sigma = id$, where $\pi: IA \rightarrow QA$ is the quotient map, let $R(A;\sigma)$ ser el sub abelian restringido Mentira álgebra de $A$ generado por la imagen de $\sigma$. Para un adecuado selección de $\sigma$, los morfismos de álgebras de $f: V(R(A;\sigma)) \rightarrow a$ induced by the inclusion of $R(A;\sigma)$ in $$ De es un isomorfismo.

Cuasi aquí, sólo significa que no necesariamente coassociative. La prueba es una adaptación de la prueba del Teorema 4 en el 1969 papel, lo cual es correcto. El punto de es que usted debe elegir la sección cuidadosamente para hacer que se vaya.

Answer 2

Así, Pedro puede intentar. Los pecados de mi juventud, Neil, y estoy de acuerdo en que la escritura es oscuro (que es un siete páginas de papel, el exceso de concisión llegó temprano). El reclamo pertinente no es en una frase con dos partes. En su nota, la primera parte dice: que $\tilde{f}(RA\cap I(V(RA))^t) = RA\cap IA^t$. Que es una declaración de acerca de la imagen de la surjection y no es un monomorphism reclamación. Estamos el pensamiento de $V(RA)$ e $A$ como dos entidades con un mapa de $\tilde f$ entre ellos, así que, a priori, no tiene sentido lógico para pedir la igualdad de pedir.

La segunda parte de la frase es que el $E^0\tilde f$ restringido a $E^0RA$ es un monomorphism. (Asociado calificado con respecto a las filtraciones dada por los poderes de la aumentación de los ideales). Es decir, sólo necesitamos inyectividad cuando restringimos $E^0\tilde f$ a $E^0RA$, y tenemos de inyectividad (de hecho identidad) antes de la aprobación de los asociados calificados. Hay un omite la verificación de la segunda afirmación, pero creo que obras. Esto equivale a decir que si $x\in RA\cap I(V(RA))^t$, entonces es no es el caso que $\tilde{f}(x)$ es una combinación lineal de los elementos de $IA^{t'}$ con $t'>t$. Desde $A$ está conectado, creo que podemos introducir en un grado. No hay repuesto de los generadores por el estiércol de las cosas en la forma que se prevé.

En suma, yo reclamo que nunca en la estructura de la prueba necesaria para demostrar la igualdad que usted está preocupado acerca de un a priori, sino que se cae de la conclusión: estoy confiando en el hecho de que la inyectividad sólo necesita ser demostrado en las primitivas en la correspondiente puntuación.