Mapa de restricción en la cohomología del álgebra de Lie

Question

Dado un álgebra de mentiras $\mathfrak{g}$ sobre un campo $k$ podemos definir los grupos de cohomología de $\mathfrak{g}$ de la siguiente manera:

$$H^n(\mathfrak{g},k):=\mathrm{Ext}_{U(\mathfrak{g})}^n(k,k)$$

donde $U(\mathfrak{g})$ es el álgebra envolvente universal de $\mathfrak{g}$ y $k$ es el trivial $U(\mathfrak{g})$ -módulo. Hay un producto de copa en $H^*(\mathfrak{g})=\oplus H^n(\mathfrak{g},k)$ que le da la estructura de un anillo conmutativo graduado. Por funtorialidad, un mapa de álgebras de Lie $\mathfrak{h}\hookrightarrow\mathfrak{g}$ induce un mapa de anillo en la cohomología $H^*(\mathfrak{g})\to H^*(\mathfrak{h})$ que llamamos el mapa de restricción.

Para un grupo $G$ podemos sustituir $U(\mathfrak{g})$ con $kG$ el álgebra de grupo, para obtener la cohomología de grupo, y de nuevo, un mapa de grupos $H\hookrightarrow G$ induce un mapa de anillo en la cohomología $H^*(G)\to H^*(H)$ . Sin embargo, en el caso de que $(G:H)<\infty$ también obtenemos un mapa de corestricción $H^*(H)\to H^*(G)$ . La costricción es la composición

$$H^n(H,k)\to H^n(G,kG\otimes_{kH}k)\to H^n(G,k)$$

donde el primer mapa proviene del lema de Shapiro (aquí es donde utilizamos la condición de índice finito, para que los módulos inducidos y coinductores sean isomorfos), y el segundo mapa es inducido por el $kG$ -mapa del módulo $g\otimes a\mapsto ga=a$ .

He oído que no existe un mapa de corestricción en el entorno del álgebra de la mentira. ¿Es esto cierto? Si es así, ¿cuál es el obstáculo para tratar de definir tal mapa?

Answer 1

En definitiva la dificultad es que aunque Eckmann-Shapiro te diga $$\operatorname{Ext}^n_{U(\mathfrak{h})}(k,k) \cong \operatorname{Ext}^n_{U(\mathfrak{g})}(k, k\Uparrow) $$ donde $k\Uparrow$ es el módulo coinductor, a diferencia de lo que ocurre en el ámbito de los grupos, no existe un mapa canónico de $\mathfrak{g}$ -módulos $k\Uparrow \to k$ y, de hecho, en algunos casos no hay ningún mapa distinto de cero.

Se podría preguntar "¿es la inducción lo mismo que la coinducción para las álgebras de Lie?", ya que si eso tuviera una respuesta positiva entonces podríamos simplemente copiar la construcción de los grupos para obtener un mapeo de corestricción. Pero la respuesta es no: en efecto, supongamos $\mathfrak{g}$ es de dimensión finita y $M$ es una dimensión finita no nula $\mathfrak{h}$ -módulo. Entonces $U(\mathfrak{g})$ es un libre contablemente infinito $U(\mathfrak{h})$ -por lo que el módulo coinductor $\hom_{U(\mathfrak{h})}(U(\mathfrak{g}),M)$ es isomorfo como espacio vectorial a $$\hom_{U(\mathfrak{h})}( \bigoplus_{n=1}^\infty U(\mathfrak{h}), M) \cong \prod _{n=1}^\infty M $$ mientras que el módulo inducido $U(\mathfrak{g})\otimes_{U(\mathfrak{h})} M$ es $\bigoplus_{n=1}^\infty M$ como un espacio vectorial. El segundo tiene dimensión contable, el primero incontable.

Por supuesto, no es necesario que la coinducción y la inducción coincidan para que la corestricción funcione. Todo lo que se necesita es un mapa "canónico" de $\mathfrak{g}$ -módulos del módulo coinductor $\hom_{U(\mathfrak{h})}(U(\mathfrak{g}), k)$ a $k$ .

Incluso en situaciones "agradables" puede no existir ese mapa. Por ejemplo, $\mathfrak{g}=\mathfrak{sl}(2,\mathbb{C})=\langle e,f,h\rangle$ y $\mathfrak{h}=\mathfrak{b}=\langle e,h\rangle$ una subálgebra de Borel. El módulo trivial coinductor es $$ \hom_{\mathfrak{b}}( U(\mathfrak{g}), \mathbb{C}) $$ Ahora como izquierda $\mathfrak{b}$ -módulo, $U(\mathfrak{g}) \cong \bigoplus_{i\geq 0} U(\mathfrak{b})f^i$ , por lo que un $\mathfrak{b}$ -hom de esto a $\mathbb{C}$ puede considerarse como una secuencia infinita de números complejos cuya $i$ El elemento "Th" registra la imagen de $f^i$ . La acción de $f$ en estas secuencias es por desplazamiento a la izquierda porque $f \cdot \alpha( f^i) = \alpha(f^i f) = \alpha(f^{i+1})$ y el desplazamiento a la izquierda es suryente. Por tanto, no hay homs no nulos al módulo trivial.