Una pregunta sobre coalgebras (2)

Question

Suponga que $C$ es un coalgebra con comultiplication $\Delta:C \to C\otimes C$. La orden superior comultiplication puede ser definido inductivamente como sigue(con algunos casos de abuso de notaciones se denota ellos por $\Delta$, de nuevo):

$$\Delta:C\to C\otimes C \otimes C\\ \text{with}\\ \Delta:=(\Delta \otimes id) \circ \Delta$$....etc.

Considere el polinomio coalgebra $C=\mathbb{C}[x]$ dividido estructura de poder , a Continuación, cada poder de la diferenciación operador satisface $$(\overbrace{T\otimes T \ldots\otimes T}^{n-times} )\circ \Delta=\Delta \circ T^{n}\\ \forall n\in \mathbb{N}$$. Ver este post

Hay otro ejemplo de un operador en el polinomio de coalgebra que satisface la ecuación anterior para todo número natural $n$? Hay un ejemplo de un operador en el polinomio de coalgebra que satisface la ecuación anterior para algunos $n>2$, pero no para satisfacer $n=2$?

Answer 1

El doble de la coalgebra $C$ es una potencia de la serie algebra $C^\vee=\mathbb{C}[[t]]$ donde $x^n$ es dual a $t^n/n!$. Su condición en un mapa $T$ es equivalente a la siguiente condición en la doble mapa $S$: $$\prod_{i=1}^n S(f_i)=S^n\left(\prod_{i=1}^n f_i\right)$$ for any $f_1,\dots,f_n\C^\vee$. In particular, for any $g\in C^\vee$, the map $S(f)=fg$ clearly satisfies this. If $g=\sum a_n t^n$, then this $S$ is the dual of the map $T:C\a C$ given by $T=\sum a_n D^n$, where $D$ is differentiation (note that this sum might be infinite, but it yields a finite result when applied to any particular element of $C$).

Otro ejemplo de $S$ es el mapa que lleva a $f(t)$ $af(0)$fijos $a\in\mathbb{C}$. Este es dual a la mapa $T:C\to C$ que envía a $f(x)$$af(0)$.

Me dicen que estos no son otros ejemplos de este tipo de mapas $T$. Para probar esto, deje $T$ ser cualquier mapa y $S:C^\vee\to C^\vee$ ser su doble. A continuación, $S$ satisface las identidades de arriba y es continua con respecto a la $t$-ádico de la topología. Tenga en cuenta que para cualquier $f$,$S(1)S(f)=S(S(f))$, y de ello se sigue que $S(f)^n=S^n(f^n)=S(1)^{n-1}S(f^n)$. Si $S(1)=0$, esto implica $S=0$, por lo que podemos suponer $S(1)\neq 0$. Tenemos que $S(1)^{n-1}$ divide $S(f)^n$ todos los $n$, y de ello se sigue que $S(1)$ divide $S(f)$. En particular, el establecimiento de $f=t$, podemos escribir $S(t)=S(1)h$ algunos $h\in C^\vee$. Luego tenemos la $S(t^n)=S(1)h^n$ por cada $n$. Ahora es suficiente para mostrar que cualquiera de las $h=t$ (en cuyo caso tenemos $S(f)=S(1)f$ todos los $f$ por continuidad) o $h=0$ (en cuyo caso es fácil ver $S(1)$ debe ser una constante y $S(f)=S(1)f(0)$ todos los $f$ por continuidad). Así que supongamos $h\neq 0$; queremos mostrar que $h=t$. Escribir $h=\sum a_n t^n$; la continuidad de la $S$ implica que el $a_0=0$. Luego tenemos a $$S(1)h=S(1)S(t)=S(S(t))=S(h)=\sum a_n S(1) h^n.$$ La cancelación de $S(1)$ desde ambos lados, nos encontramos con que $h(t)=h(h(t))$. Si $n$ es el menos $n$ tal que $a_n\neq 0$, comparando los coeficientes de $t^n$ en ambos lados de la muestra que $n$ debe $1$. Pero, a continuación, la composición de la con $h$ es invertible mapa de $C^\vee\to C^\vee$ (podemos resolver término-a-término de potencia de la serie inversa de a $h$ con respecto a su composición), por lo $h(t)=h(h(t))$ implica $t=h(t)$, como se desee.