Dividiendo la inyección que se obtiene del teorema de Poincaré-Birkhoff-Witt

Question

Sea $\mathfrak g$ sea un álgebra de Lie sobre un campo de característica cero, con álgebra universal envolvente $U\mathfrak g$ . Por el teorema de Poincaré-Birkhoff-Witt se sabe que $i:\mathfrak g \to U\mathfrak g$ es inyectiva. De hecho, existe $s :U\mathfrak g \to \mathfrak g$ tal que $s \circ i = \mathrm{id}$ y $s$ es un morfismo de $\mathfrak g$ -módulos.

¿Puede uno elegir tal división $s$ que es un morfismo de álgebras de Lie?

Mi respuesta sería "no" (ya que si esto fuera posible debería encontrar algo al respecto buscando en Google). Pero agradecería un contraejemplo.

Una observación es que existe una retracción de las álgebras de Lie $\operatorname{Gr} U\mathfrak g \to \mathfrak g$ . De hecho, el isomorfismo PBW $\operatorname{Gr} U\mathfrak g \cong S\mathfrak g$ de álgebras es compatible con la estructura de Poisson en ambos lados, donde el corchete de Poisson en $S\mathfrak g$ es $\{x_1\ldots x_n,y_1\ldots y_m\} = \sum_{i,j} [x_i,y_j] x_1 \ldots \widehat x_i \ldots x_n y_1 \ldots \widehat y_j \ldots y_m$ y el soporte $\operatorname{Gr}^n U\mathfrak g \otimes \operatorname{Gr}^m U\mathfrak g \to \operatorname{Gr}^{n+m-1} U\mathfrak g$ viene dada por $x \otimes y \mapsto [x,y]$ y $S\mathfrak g$ se repliega sobre $\mathfrak g$ .

Answer 1

Editar: aquí está ahora una manera libre de computación para demostrar la existencia de $\mathfrak{sl}_n$ y algunos más, y discusión.

En primer lugar, permítanme comenzar con una simple observación, para un álgebra de Lie arbitraria $\mathfrak{g}$ sobre un anillo conmutativo arbitrario (asociativo unital) $R$ y $\mathfrak{g}\to U(\mathfrak{g})$ el álgebra universal envolvente: tenemos la equivalencia de

(i) Hay una mentira $R$ -retracción del álgebra $U(\mathfrak{g})\to\mathfrak{g}$ ;

(ii) existe un asociativo unital $R$ -álgebra $A$ y Lie $R$ -homomorfismos de álgebra $\mathfrak{g}\to (A,[\cdot,\cdot])\to\mathfrak{g}$ componer para $\mathrm{Id}_{\mathfrak{g}}$ .

En efecto, (i) $\Rightarrow$ (ii): sólo toma $A=U(\mathfrak{g})$ . Para la inversa, utilice la propiedad universal para obtener un $R$ -homomorfismo de álgebra $U(\mathfrak{g})\to A$ y componiendo con $A\to\mathfrak{g}$ produce la retracción deseada.

Así que todo lo que necesitamos es encontrar $A$ . Fijar un campo $K$ y denotamos por $p\ge 0$ su característica. En concreto, para $\mathfrak{g}=\mathfrak{sl}_n(K)$ cuando $p$ no divide $n$ tomamos $A=M_n(K)$ y la retracción allí viene dada por $\nu(v)=v-\frac1{n}\mathrm{Tr}(v)$ . (El largo cómputo de mi post inicial es en realidad lo que esta retractación $U(\mathfrak{sl}_2)\to M_2\to \mathfrak{sl}_2$ )

Para obtener más ejemplos, se observa que si $\mathfrak{g}$ está dotada de una gradación de Cartan, entonces cualquier subálgebra de Lie graduada también hereda una retracción. Permítanme explicarlo en el caso de una gradación de Cartan diagonalizable. La suposición es que tenemos un cierto subespacio $\mathfrak{g}_0$ (con dual lineal denotado $\mathfrak{g}_0^*$ ) Grado del álgebra de Lie $\mathfrak{g}=\bigoplus_{\alpha\in\mathfrak{g}_0^*}\mathfrak{g}_\alpha$ tal que $\mathfrak{g}_\alpha=\{x\in\mathfrak{g}:[h,x]=\alpha(h)x,\forall h\in\mathfrak{g}_0\}$ para cada $\alpha\in\mathfrak{g}_0^*$ . Si es así, para cualquier álgebra (unital asociativa) $A$ dotado de un homomorfismo de álgebra de Lie $i:\mathfrak{g}\to (A,[\cdot,\cdot])$ se puede definir: $A_\alpha=\{x\in A:i(h)x-xi(h)=\alpha(h)x,\forall h\in\mathfrak{g}_0\}$ para cada $\alpha\in\mathfrak{g}_0^*$ esto es multiplicativo en el sentido de que $A_{\alpha}A_\beta\subset A_{\alpha+\beta}$ para todos $\alpha,\beta$ y, por tanto $\bigoplus_{\alpha\in\mathfrak{g}_0^*}A_\alpha$ es una subálgebra unital: en particular, si $i(\mathfrak{g})$ genera $A$ como subálgebra (que es el único caso de interés aquí, ya que consideramos cocientes del álgebra universal envolvente), se trata de un álgebra graduada de $A$ . La retracción debe preservar la gradación. Por lo tanto, mapea cada subálgebra graduada a sí misma.

Esto se aplica a las subálgebras graduadas de $\mathfrak{sl}_n$ (con $n$ no divisible por la característica $p$ ): por ejemplo, el álgebra de Lie no abeliana bidimensional para $p\neq 2$ el álgebra de Lie tridimensional de Heisenberg (vista desde dentro de $\mathfrak{sl}_3$ o en el interior $\mathfrak{sl}_4$ para eliminar la restricción $p\neq 3$ ), etc., y todos los productos $\prod_i\mathfrak{sl}_{n_i}(K)$ .

Esto también se aplica a los casos encubiertos de $\mathfrak{sl}_n$ por ejemplo, en $\mathbf{R}$ , $\mathfrak{so}_3\simeq \mathfrak{sl}_1(\mathbf{H})$ y tenemos una retractación similar.

Esto no se aplica a otras álgebras de Lie semisimples (es decir, no del tipo $A_n$ o sus productos). En efecto, supongamos por simplicidad que $K$ es algebraicamente cerrado de característica cero y que $\mathfrak{g}$ es simple. Entonces, si $\mathfrak{g}$ tiene la propiedad de que algunos $A$ como en ii) existe con $A$ de dimensión finita, entonces $\mathfrak{g}$ es isomorfo a $\prod_i\mathfrak{sl}_{n_i}(K)$ para alguna familia $(n_i)$ . En efecto, puesto que $\mathfrak{g}$ es semisimple, se deduce fácilmente que $A$ es semisimple, por lo que el álgebra de Lie subyacente es isomorfa a un producto directo $K^\ell\times\prod\mathfrak{sl}_{m_j}(K)$ y todos sus cocientes semisimples tienen la forma requerida.

Un caso de prueba sería el álgebra de Lie de 10 dimensiones $\mathfrak{sp}_4\simeq\mathfrak{so}_5$ . Como acabo de decir, $A$ en (ii) debe ser de dimensión infinita. Pero posiblemente basten unos pocos cálculos para demostrar que no hay retracción alguna.

La pregunta también es razonable para $\mathfrak{g}$ nilpotente (digamos, sobre un campo algebraicamente cerrado de característica cero. Aquí (ii'), definido como (ii) pero sin "unital" es un criterio conveniente. ((ii) implica trivialmente (ii') y (ii') implica (ii) añadiendo una unidad: $A'=A\oplus R$ observando que la proyección sobre $A$ es un homomorfismo de álgebra de Lie). La pregunta se replantea entonces como: ¿cuándo es un álgebra de Lie retracto de un álgebra de Lie cuya ley es el soporte conmutador de alguna ley asociativa?

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Puesto inicial:

Sí, hay tal retractación cuando $\mathfrak{g}=\mathfrak{sl}_2$ .

Escribe la base $(h,x,y)$ , $[h,x]=2x$ , $[h,y]=-2y$ , $[x,y]=h$ . Denotemos el elemento Casimir $c=(h+1)^2+4yx$ . Sólo supongo que el campo de tierra $K$ tiene la característica $\neq 2$ .

El álgebra envolvente $U$ tiene su clasificación habitual $U=\bigoplus_{n\in 2\mathbf{Z}}$ . Aquí $U_0$ es la subálgebra unital generada por $h$ y $c$ es conmutativa, y en realidad un álgebra polinómica $K[h,c]$ generado libremente por $h$ y $c$ , $U_{2n}=x^nU_0$ y $U_{-2n}=y^nU_0$ para $n\ge 0$ . En la característica cero, se puede caracterizar $U_{2n}$ como el $2n$ -para la derivación $v\mapsto hv-vh$ de $U$ . (En característica arbitraria, se tiene una descripción similar utilizando en su lugar un toro unidimensional de automorfismos, pero esto no importa). Se sabe que no hay ningún divisor cero en $U$ y, en particular, la multiplicación por $x^n$ o $y^n$ de $U_0$ a $U_{\pm 2n}$ es un isomorfismo lineal.

Definir un mapa lineal $r:U\to\mathfrak{sl}_2(K)$ por

• en $U_0$ por $r(P(c,h))=\frac{P(4,1)-P(4,-1)}2h$ ;

• en $U_2$ por $r(xP(c,h))=P(4,-1)x$ ;

• en $U_{-2}$ por $r(yP(c,h))=P(4,1)y$ ;

• en $U_{2n}$ , $|2n|\ge 4$ como cero.

Asigna cada uno de $x,y,h$ a sí mismo, por lo que es una retracción lineal.

Teorema. Se trata de un homomorfismo del álgebra de Lie .

Antes de comprobarlo, permítanme insistir en que el valor 4 en la evaluación en el $c$ variable no es en absoluto aleatoria. La retracción anterior en realidad factoriza a través del cociente $U/(c-4)U$ que, por tanto, se repliega sobre $\mathfrak{sl}_2$ pero no es el caso de otros cocientes $U/(c-t)U$ para $t\neq 4$ . Observe también que $c=4$ corresponde a la representación bidimensional...

Prueba del teorema. Utilizaré la fórmula $[A,BC]=[A,B]C+B[A,C]$ y su consecuencia $$=[A,C]BD+A[B,C]D-C[D,A]B+CA[B,D].$$ Observe que $r$ desaparece en el ideal de 2 lados $(c-4)U$ de modo que $r$ factores a través de $V=U/(c-4)U$ .

Desde $r$ preserva la graduación, por linealidad, tenemos que demostrar que preserva el soporte en cada grado dado. Esto es trivial en grado $\notin\{-2,0,2\}$ .

En grado cero por linealidad (y utilizando la fuga en $(c-4)U$ ) tenemos que comprobar que $$[r(x^\ell h^n),r(y^\ell h^m)]=r([x^\ell h^n,y^\ell h^m])$$ para todos $\ell,n,m\ge 0$ .

Esto queda claro si $\ell=0$ ya que ambos paréntesis están en grado 0 donde todo conmuta. Si $\ell\ge 2$ el término de la izquierda es claramente $0$ . Si $\ell=1$ el término de la izquierda es $$[r(xh^n),r(yh^m)]=[(-1)^nx,y]=(-1)^nh.$$ El término de la derecha es la evaluación de $r$ en
$$[x^\ell h^n,y^\ell h^m]=[x^\ell,y^\ell]h^{n+m}+x^\ell[h^n,y^\ell]h^m-y^\ell[h^m,x^\ell]h^n+0.$$ Tenemos $hx^\ell=x^\ell(h+2\ell)$ y, por tanto $h^mx^\ell=x^\ell(h+2\ell)^m$ y, por tanto $[h^m,x^\ell]=x^\ell((h+2\ell)^m-h^m)$ . Del mismo modo, $[h^n,y^\ell]=y^\ell((h-2\ell)^n-h^n)$ . Por lo tanto $$[x^\ell h^n,y^\ell h^m]=[x^\ell,y^\ell]h^{n+m}+x^\ell y^\ell((h-2\ell)^n-h^n)h^m-y^\ell x^\ell((h+2\ell)^m-h^m)h^n$$ $$=x^\ell y^\ell (h-2\ell)^nh^m-y^\ell x^\ell (h+2\ell)^mh^n.$$

Un cálculo da como resultado $$4^\ell x^\ell y^\ell=(c-(h-1)^2)(c-(h-3)^2)\dots (c-(h-2\ell+1)^2),$$ y de forma similar $$4^\ell y^\ell x^\ell=(c-(h+1)^2)(c-(h+3)^2)\dots (c-(h+2\ell-1)^2).$$ En $(c,h)=(4,1)$ evaluación del polinomio $4^\ell y^\ell x^\ell$ desaparece (debido al término $(c-(h+1)^2)$ porque $\ell\ge 1$ mientras que la evaluación del polinomio $4^\ell x^\ell y^\ell$ desaparece, debido al término $(c-(h-3)^2)$ ... tan pronto como $\ell\ge 2$ . Si $\ell\ge 2$ ambas desaparecen en $(4,-1)$ y tenemos $r([x^\ell h^n,y^\ell h^m])=0$ según sea necesario.

Ahora concéntrate en $\ell=1$ y escribe $4xy=c-(h-1)^2$ , $4yx=c-(h+1)^2$ . Tenemos $$4[x h^n,y h^m]=(c-(h-1)^2)(h-2)^nh^m-(c-(h+1)^2) (h+2)^mh^n.$$ Evaluación en ambos $(c,h)=(4,1)$ produce $4(-1)^n$ y en $(4,-1)$ produce $-4(-1)^n$ . Así $r([xh^n,y h^m])=(-1)^nh=[r(xh^n),r(y h^m)]$ .

Ahora pasemos al grado $-2$ (titulación $2$ es similar). Tenemos que demostrar que $$[r(x^{\ell} h^n),r(y^{\ell+1} h^m)]=r([x^{\ell} h^n,y^{\ell+1} h^m])$$ para todos $\ell,n,m\ge 0$ . El término de la izquierda es $0$ para $\ell\ge 1$ y para $\ell=0$ es igual a $-(1-(-1)^n)y$ .

Pasemos al término de la derecha. Tenemos $$[x^\ell h^n,y^{\ell+1}h^m]=[x^\ell,y^{\ell+1}]h^{n+m}+x^\ell[h^n,y^{\ell+1}]h^m-y^{\ell+1}[h^m,x^\ell]h^n+0$$ $$=[x^\ell,y^{\ell+1}]h^{n+m}+x^\ell y^{\ell+1}((h-2\ell-2)^n-h^n)h^m-y^{\ell+1}x^\ell((h+2\ell)^m-h^m)h^n$$ $$=x^\ell y^{\ell+1}(h-2\ell-2)^nh^m-y^{\ell+1}x^\ell(h+2\ell)^mh^n.$$

Tenemos que escribir todo como $yP(c,h)$ . Anticipándonos al resultado, definimos $w_\ell=(c-(h+3)^2)(c-(h+5)^2)\dots (c-(h-2\ell+1)^2)$ y $w'_\ell=(c-(h-5)^2)(c-(h-7)^2)\dots (c-(h-2\ell-1)^2)$ cuando $\ell\ge 1$ . Ambos son productos de $\ell-1$ términos. Utilizando ese $P(c,h)y=yP(c,h-2)$ para cada polinomio $P$ se tiene $$(x^\ell y^\ell)y=(c-(h-1)^2)(c-(h-3)^2)\dots (c-(h-2\ell+1)^2)y$$ $$=y(c-(h-3)^2)(c-(h-5)^2)\dots (c-(h-2\ell-1)^2),$$ que para $\ell\ge 1$ es igual a $$yw'_\ell (c-(h-3)^2);$$ para $\ell=0$ esto es $y$ . Además, se escribe $$y^{\ell+1}x^\ell=yw_\ell(c-(h+1)^2).$$ Entonces, para $\ell\ge 1$ se obtiene $$[x^\ell h^n,y^{\ell+1}h^m]=y\Big(w'_\ell (c-(h-3)^2)(h-2\ell-2)^nh^m+w_\ell(c-(h+1)^2)(h+2\ell)^mh^n\Big).$$ Entonces, debido a los factores $(c-(h-3)^2)$ y $(c-(h+1)^2)$ Evaluación en $(c,h)=(4,1)$ da cero. Por lo tanto $r([x^\ell h^n,y^{\ell+1}h^m])=0$ para todos $\ell\ge 1$ . Queda $\ell=0$ .

$$[h^n,yh^m] =y\big((h-2)^n-h^n\big)h^m.$$ Entonces $r([h^n,yh^m])=((-1)^n-1)y$ . Este es el valor deseado.

(Nótese que, por restricción, también obtenemos una retracción para el álgebra de Lie bidimensional).