Dos preguntas más en Kontsevich "no conmutativa de Identidades" (Derivaciones en $\mathbb{C}\langle X,Y \rangle$) [Resuelto]

Question

Las siguientes dos preguntas respecto, una vez más, el siguiente artículo: arXiv:1109.2469.

En el segundo capítulo tratamos con la Mentira de Álgebra $\mathfrak{g}$ de derivaciones $\delta$ $\mathcal{A}:=\mathbb{C}\langle X,Y \rangle$ la satisfacción de las propiedades

$(1)$ $\delta(X)=[D,X]$ para algunos $D\in \mathcal{A}$

$(2)$ $\delta(Y)=0$

$(3)$ Todos los $t\in\mathbb{C},\ \exists D_t\in\mathcal{A}[t]$ s.t. $\delta(X+tY) \bigg(=\delta(X)\bigg)=[D_t,X+tY]$.

Luego afirma que:

$(i)$ una base lineal para $\mathfrak{g}$ está dada por: $$\delta_{n,m}=[c_{n,m},X], \ \delta_{n,m}(Y)=0 \quad n\ge0, m\ge1$$ donde para cualquier $n,m\ge0$ definimos: $$c_{n,m}:=\sum_{{n+m \choose n} \text{ shuffles } w}w$$ es decir, la suma de todas las palabras en $X,Y$ contiene $n$ cartas de $X$ $m$ cartas de $Y$. Elementos de la $D_t\in\mathcal{A}$ correspondiente a la derivación $\delta_{n,m}$ están dadas por $$D_t=\sum_{0\le k\le n}c_{n-k,m+k}t^k$$

EDITAR [09.06] Resuelto, ver más abajo

$(ii)$ $\mathfrak{g}$ es conmutativa

EDITAR [13.06] Resuelto, véase la respuesta.

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Mi "progreso":

(i) hasta ahora sólo he sido capaz de probar que el anterior tuplas $(\delta_{n,m},D_{n,m})$ son de hecho elementos de $\mathfrak{g}$, y en la argumentación que he demostrado que

$$[c_{l-1,r+1},X]= [Y,c_{l,r}].$$

Entonces mi tratar así:

Vamos ahora a $\sigma\in \mathfrak{g}$ ser cualquier (no trivial) elemento. Se descompone la asociada $D$ en sus componentes homogéneos $D_{n,m}$ donde $n$ indica el número de $X$'s, y lo mismo $m$$Y$. Hacemos esto porque no cancelación puede tener lugar entre términos en que estos no coinciden, cuando la evaluación de la mentira de Soporte de $[D,X]$, por lo que podemos trabajar con cada uno de estos componentes por separado.

Así que vamos a $D_{n,m}$ ser distinto de cero homogénea de los componentes de $D$. Pretendemos que: $$D_{n,m}=\lambda \cdot c_{n,m} \quad \lambda \in \mathbb{C}.$$ Supongamos que no, entonces, hasta la eliminación de los componentes homogéneos, tenemos que debe haber al menos una falta polinomio homogéneo. Vamos a demostrar que esto lleva a una contradicción con la existencia de una $D_t$ de la forma deseada.

Deje $D_t:=\sum_{k\ge0}^N w_kt^k$ donde $w_k$ es sólo una suma de palabras en $X$ $Y$ como siempre, será un genérico de los candidatos. Hacer para la definición de la mentira de álgebra, nos preguntamos qué propiedad debe $D_t$ tiene que ser capaz de satisfacer la ecuación dada:

\begin{align*} [D_{n,m},X] & = [D_t,X+tY] = \left[\sum_{k=0}^N w_kt^k,X+tY\right]\\ & = [w_0,X]+\sum_{k=0}^{N-1}([w_{k+1},X]+[w_k,Y])t^{k+1}+[w_N,Y]t^{N+1}\end{align*} Desde el campo en el que estamos trabajando es infinito, y desde el término de la izquierda es de grado 0 y se tiene trivial centralizador, podemos ver que dos sencillas condiciones que deben cumplirse son: $$w_0-D_{n,m}=\sum_{k=0}^M \alpha_k X^k \ \text{and} \ w_N=\sum_{k=0}^M \beta_k Y^k \quad \alpha_k,\beta_l \in \mathbb{C} $$

$$[\dots]$$

EDITAR [09.06] he resuelto esta parte. Uno sólo tenía que empezar desde el $w_N=\sum_{k=0}^M \beta_k Y^k$ plazo, reducir, para el caso de $\beta_k=\delta_{ik}$ y, a continuación, utilizando el resultado anterior podemos obtener la demanda.

$(ii)$ Mi trate de:

Ya hemos encontrado una base y debido a la Leibniz propiedad nuestra tarea se reduce a mostrar lo siguiente: $$\forall k,m\ge 0; n,l\ge 1 : \quad [\delta_{n,m},\delta_{k,l}]\equiv 0 \iff [\delta_{n,m},\delta_{k,l}](X)=0 \text{ and } [\delta_{n,m},\delta_{k,l}](Y)=0$$ Claramente la segunda igualdad es una consecuencia directa de la definición de la $\delta$'s. Para el primero la igualdad, hay que trabajar un poco más:

$$[\delta_{n,m},\delta_{k,l}](X) = [\text{ some manipulations... }]= [X,\delta_{k,l}(c_{n,m})-\delta_{n,m}(c_{k,l})-[c_{n,m},c_{k,l}]]$$

He comprobado ahora computacionalmente que el de la expresión en el lado derecho del Soporte es cero para un par de valores de $(k,l),(n,m)$; pero, ¿cómo demostrar esto en general?

EDITAR [13.06] Resuelto, véase la respuesta.

Cualquier ayuda es muy apreciada! Muchas gracias de antemano

Answer 1

Así que, para aquellos interesados, aquí está la solución a todo:

Parte $(i)$:

Lema: La ecuación $$\sum_{k=0}^{N-1}([w_{k+1},X]+[w_k,Y])t^{k+1}+[w_N,Y]t^{N+1}=0$$ tiene una única solución a $(w_0,\dots,w_{N-1},Y^{N+m})\in(\mathbb{C}\langle X,Y \rangle\setminus \mathbb{C}\langle Y\rangle)^{N}\times \mathbb{C}\langle Y\rangle$ fib $m\ge 1$.\

En particular, la solución a la anterior es dado por $(w_k)_{k=0}^{N}=(c_{n-k,m+k})_{k=0}^{N}$

Prueba:

Como sabemos que nuestros cálculos anteriores el da $N$-tupla es de hecho una solución para el sistema de $m\ge 0$. Debido a la trivial centralizador de cada $w_k$ depende de forma exclusiva en $w_{k+1}$ hasta un polinomio en $Y$. Como hemos fijado una partida $w_N$, y cruzó el monomio en $Y$, la solución es única. Por nuestro anterior argumentación sabemos que, para la completa cancelación tenga lugar, necesitamos $m$ para satisfacer la condición anterior. Por lo tanto la demanda de la siguiente manera.

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Parte $(ii)$:

En primer lugar, muestran que la restricción de la norma Mentira soporte de derivaciones hace esto en una Mentira-subalgebra.

Desde la Mentira de Álgebra es atravesado por la $\delta_{i,j}$ podemos restringir nuestra atención a aquellos. Vamos a lo $\delta_{n,m},\delta_{k,l}\in\mathfrak{g}$ ser cualquier base de dos elementos. Claramente la segunda condición es una consecuencia directa de la definición de $\mathfrak{g}$: $$[\delta_{n,m},\delta_{k,l}](Y) = \delta_{n,m}\circ\delta_{k,l}(Y)-\delta_{k,l}\circ \delta_{n,m}(Y)=\delta_{n,m}(0)-\delta_{k,l}(0)=0.$$ Para la primera condición, hay que trabajar un poco más. El uso que para cualquier lineal mapa de $\delta:\mathfrak{g}\rightarrow \mathfrak{g}$ obedeciendo a la de Leibniz ley sostiene que la $\delta([x,y])=[\delta(x),y]+[x,\delta(y)]$ todos los $x,y\in\mathfrak{g}$, tenemos que: \begin{align*} [\delta_{n,m},\delta_{k,l}](X) & = \delta_{n,m}\circ\delta_{k,l}(X)-\delta_{k,l}\circ \delta_{n,m}(X) \\ & = \delta_{n,m}([c_{k,l},X])-\delta_{k,l}([c_{n,m},X])\\ & = [\delta_{n,m}(c_{k,l}),X]+[X,\delta_{k,l}(c_{n,m})]+[[c_{k,l},X],c_{n,m}]+[c_{k,l},[c_{n,m},X]]\\ & = [\delta_{n,m}(c_{k,l}),X]+[X,\delta_{k,l}(c_{n,m})]+[X,[c_{n,m},c_{k,l}]]\\ & = [\delta_{n,m}(c_{k,l})-\delta_{k,l}(c_{n,m})-[c_{n,m},c_{k,l}],X] \end{align*} Donde el tercer última igualdad es una consecuencia de la identidad de Jacobi.

Y, por último, la tercera condición que, a través de un cálculo similar: \begin{align*} [\delta_{n,m},\delta_{k,l}](X+tY) &= \delta_{n,m}\circ\delta_{k,l}(X+tY)-\delta_{k,l}\circ \delta_{n,m}(X+tY)\\ & = \delta_{n,m}([D_t^{(k,l)},X+tY])-\delta_{k,l}([D_t^{(n,m)},X+tY]) \\ & = [\delta_{n,m}(D_t^{(k,l)})-\delta_{k,l}(D_t^{(n,m)}),X+tY]\\ & \ +[D_t^{(n,m)},[D_t^{(k,l)},X+tY]]-[D_t^{(k,l)},[D_t^{(n,m)},X+tY]] \\ & = [\delta_{n,m}(D_t^{(k,l)})-\delta_{k,l}(D_t^{(n,m)})-[D_t^{(n,m)},D_t^{(k,l)}],X+tY]. \end{align*} Para mostrar que la Mentira álgebra es abelian tenemos que mostrar que la Mentira-el soporte es equivalente al cero de la derivación, y porque de la de Leibniz propiedad nuestra tarea se reduce a mostrar que la acción de la abrazadera de $X$ $Y$ es el cero mapa. Para $Y$ es evidente por la definición. Para $X$ observamos que el término $\delta_{n,m}(c_{k,l})-\delta_{k,l}(c_{n,m})-[c_{n,m},c_{k,l}]$ es un polinomio homogéneo de grado $n+k$$X$$m+l$$Y$. Pero sabemos que para cada total grado $(i,j)$, existe exactamente un elemento de la base, $\delta_{i,j}$, correspondiente a ella. Por lo tanto se debe mantener $$\delta_{n,m}(c_{k,l})-\delta_{k,l}(c_{n,m})-[c_{n,m},c_{k,l}]=\lambda\cdot c_{n+k,m+l} \ , \lambda \in \mathbb{C}$$ Pero vemos claramente que los elementos $X^{n+k}Y^{m+l}$ $Y^{m+l}X^{n+k}$ vienen con un factor de $0$ en el lado izquierdo, para cualquier cuádruple $(k,l,m,n)$. Por ejemplo, en el primer caso, los términos que contribuyen a $X^{n+k}Y^{m+l}$ están dadas por (asumiendo $n,k\ge 1$, de lo contrario similar argumentación lleva el mismo resultado): \begin{align*}[X^{n+k}Y^{m+l}](\delta_{n,m}(c_{k,l})-\delta_{k,l}(c_{n,m})-[c_{n,m},c_{k,l}]) & = [X^{n+k}Y^{m+l}](X^{k-1}[c_{n,m},X]Y^l-X^{n-1}[c_{k,l},X]Y^m)\\ & = X^{k-1}(-X\cdot X^nY^m)Y^l-X^{n-1}(-XX^kY^l)Y^m=0 \end{align*} por lo tanto, de los dos lados iguales necesitamos $\lambda=0$ y, por tanto, el lado izquierdo es cero así, por último dar la reclamación, el álgebra es abelian.