En una prueba de la base para el álgebra de Weyl

Question

El álgebra de Weyl es $$ A=k\langle x,y\rangle/\langle yx xy-1\rangle $$ donde $k$ es un campo, $k\langle x,y\rangle$ es el álgebra, y $yx-xy-1$ es la definición de la relación. Una base para $A$$\{ x^i y^j|i,j\geq0\}$. Lo que me preocupa aquí es cómo probar que los elementos de este conjunto son linealmente independientes. Podemos razón por la contradicción de que si $\sum c_{ij}x^i y^j=0$, luego (después de la reescritura de $\sum c_{ij}x^i y^j=\sum f_j(x)y^j$), $f_j(x)=0,\forall j$, por lo tanto $c_{ij}=0,\forall i,j$. Esto es un poco raro, me siento.

Otra cuestión relacionada es acerca de la $q$-álgebra de Weyl $$ B=k\langle x,y\rangle/\langle xx^{-1}-1,x^{-1}x-1,aa^{-1}-1,y^{-1}y-1,yx-qxy \rangle $$ donde $q\in k$. Cómo demostrar que una base para $B$$\{x^i y^j|i,j\in \mathbb{Z}\}$? Alguien puede darme algunos consejos sobre estos dos problemas? Muchas gracias!

Answer 1

Una manera simple de hacer esto es utilizar Bergman del Diamante Lema, y funciona sobre cualquier anillo conmutativo $k$.

Si estamos de fin de monomials en la libre álgebra $k\langle x,y\rangle$ primer grado y, a continuación, lexicográficamente, por ejemplo, entonces la relación $$yx-xy-1$$ gives a 'rewriting rule' of the form $$yx \leadsto xy + 1.$$ It is immediate that there are no ambiguities (in the sense of Bergman) so that it follows at once that the classes of the monomials in $k\langle x,y\rangle$ which do not contain $yx$ as a subword form a basis of the quotient $A_1=k\langle x,y\rangle/(yx xy-1)$. Esto es precisamente lo que usted desea.

Exactamente el mismo razonamiento se le da la cuántica caso (pero ahora no será la superposición de ambigüedades: por ejemplo, $xx^{-1}x$... pero un poco de revisión muestra que todos ellos son resolubles.)

Si usted tiene la intención de hacer este tipo de cosas, usted debe aprender acerca de la Diamond Lema. :)

Answer 2

Usted puede utilizar Poincaré-Birkhoff-Witt, pero no es necesario. Basta observar que el álgebra de Weyl actos en $k[x]$ (por la multiplicación por $x$ y la diferenciación w.r.t. $x$), y todos los de la base de los elementos que describen ley linealmente independiente (edit: en el carácter $0$!). La prueba de la $q$-álgebra de Weyl debe ser similar, excepto que $y$ hechos por $q$-diferenciación.

Edit: por encima de La prueba no funciona en característica positiva ya que no tenemos los molestos extra relación $\left( \frac{d}{dx} \right)^p = 0$. Aquí está uno que hace: es un folk de observación (véase Stanley Diferencial Posets para más detalles) que el álgebra de Weyl actúa sobre el libre $k$-módulo de $Y$ generado por el conjunto de Jóvenes diagramas de la siguiente manera:

• $x$ actúa mediante el envío de un diagrama de $\lambda$ para el conjunto de todas las diagramas obtenidos mediante la adición de un cuadro de a $\lambda$ (de tal manera que el resultado es todavía un Joven diagrama),
• $y$ actúa mediante el envío de un diagrama de $\lambda$ para el conjunto de todas las diagramas obtenidos mediante la eliminación de un cuadro de $\lambda$ (de tal manera que el resultado es todavía un Joven diagrama).

(La prueba de que esto define una representación de la álgebra de Weyl es dejado como un agradable ejercicio.)

Ahora supongamos que existe un trivial dependencia lineal de la forma

$$\sum_n c_n x^{i_n} y^{j_n} = 0.$$

Deje $J = \text{max}_n(j_n)$, vamos a $I = \text{max}_{j_n=J}(i_n)$, y considerar la acción de la LHS de la Joven diagrama de $\lambda_{J+1} = (111...)$ consta de $J+1$ cajas en una sola fila. Entre los términos en

$$\sum_n c_n x^{i_n} y^{j_n} \lambda_{J+1}$$

los únicos que constan de una sola columna provienen de los términos de $x^{i_n} y^{j_n}$$j_n = J$, y de estos el más alto, viene de $x^I y^J$ y tiene un coeficiente distinto de cero. Por lo tanto, esta suma es distinto de cero; la contradicción.

Answer 3

Usted sólo tiene que encontrar una representación del álgebra (como Qiaochu discutido). Una manera simple de hacer esto es considerar el álgebra de Weyl que actúa sobre el (propiedad conmutativa) polinomio anillo de $k[u,v]$. Con respecto a este como un espacio vectorial sobre $k$ con base $u^iv^j$ ($i,j\ge0$), puede definir $x,y$ lineal de operadores en $k[u,v]$, $$ \begin{align} &x(u^iv^j)=u^{i+1}v^j,\\ &y(u^iv^j)=iu^{i-1}v^j+u^iv^{j+1}. \end{align} $$ Se puede comprobar que $xy-yx=1$, lo $k\langle x,y\rangle$ es una representación de la álgebra de Weyl. También, si $\sum_{ij}c_{ij}x^iy^j=0$, luego de la aplicación de este a $1\in k[u,v]$ da $\sum_{ij}c_{ij}u^iv^j$, lo $c_{ij}=0$.

Nota: Todo lo que hice aquí fue mirar a la multiplicación de reglas $x\cdot x^iy^j=x^{i+1}y^j$$y\cdot x^iy^j=ix^{i-1}y^j+x^iy^{j+1}$, a continuación, sustituir estos por las operaciones de $u^iv^j$.

Lo mismo funciona para el q-álgebra de Weyl. Considere la posibilidad de $V=k[u,v,u^{-1},v^{-1}]$ como un espacio vectorial sobre $k$ con base $u^iv^j$ ($i,j\in\mathbb{Z}$). Definir $x,y$ actuando en $V$ $$ \begin{align} &x(u^iv^j)=u^{i+1}v^j,\\ &y(u^iv^j)=q^iu^iv^{j+1}. \end{align} $$ A continuación, $x,y$ son invertible lineal de operadores con $yx=qxy$, lo $k\langle x,y\rangle$ es una representación de la q-álgebra de Weyl. Como antes, si $\sum_{ij}c_{ij}x^iy^j=0$ luego de la aplicación de este a $1\in V$ da $\sum_{ij}c_{ij}u^iv^j=0$, e $c_{ij}=0$.