Noncommutative Algebra

Gigel Militaru: teaching, research & academic news

Curs 2: Algebre Hopf, Lista 1 de probleme completata

Algebre Hopf curs 2, joi 26.02.2009. Constructii speciale de k-algebre (I) : algebra liber generata de o multime, algebre simetrice, algebre exterioare (Grassmann), algebre Clifford. Coproduse in categoria k-Alg si k-AlgCom. Constructii speciale de k-algebre (II): produsul crossed la nivel de algebre si cazuri speciale (skew group algebra si twisted product algebra), teorema Maschke pentru produse crossed. Produsul bicrossed de algebre (twisted tensor product algebra), constructie.

Lista 1 de probleme, completata cu noi probleme si corectata (o mica scapare la doua exercitii: uitasem sa pun ‘centrala’ si in alt loc ‘necomutativa’ sa nu fie banala problema – multumesc frumos lui Alex si Anei ca mi-au semnalat aceste doua mici scapari – e greu sa fiu atent ca pana acum, imi este foarte, foarte greu – practic imposibil – sa ma adun sa imi pregatesc cursul – de cercetare nici nu mai poate fi vorba…) pentru cursul de Algebre Hopf este in fisierul atasat  https://gigelmilitaru.files.wordpress.com/2009/02/hopf11.pdf  Se pot trimite solutii la ea doar pana in data de 17 martie 2009. (am prelungit termenul cu o saptamina pentru a am adaugat si noi probleme) Un student poate acumula din lista 1  maximul 6 puncte. Pentru a va usura voua munca si sa nu pierdeti timp cu editarea in latex accept solutii si scrise de mana, pe foi si semnate de voi.

Februarie 24, 2009 - Posted by | Uncategorized

3 comentarii »

  1. Problema 1

    k-Alg are egalizatori şi coegalizatori, dar nu e preaditivă. Are cogeneratori?

    Soluţie:

    Fie două morfisme de k-algebre f,g:A\to B.

    Fie X\subseteq A mulţimea elementelor x ale lui A cu proprietatea că f(x)=g(x). Pentru că f,g sunt morfisme de algebre, e clar că X\subseteq A e subalgebră. Incluziunea lui va fi egalizatorul lui f,g. Că egalizează f,g se vede din definiţie, şi dacă t:S\to A egalizează f,g, atunci imaginea lui t trebuie să fie conţinută în submulţimea lui A pe care f,g coincid, adică X, şi deci t factorizează (evident unic, pentru că incluziunea e injectivă) prin incluziunea X\to A. Asta demonstrează existenţa egalizatorilor.

    Acum fie I idealul lui B generat de f(a)-g(a),\ a\in A, şi fie B\to Y=B/I proiecţia. Afirm că e coegalizator pentru f,g. Într-adevăr, din definiţia lui I e clar că cele două compuneri f,g:A\to B\to B/I sunt egale. Pe de altă parte, dacă t:B\to S are proprietatea că tf=tg, atunci I e conţinut în nucleul lui t, şi deci t fatorizează unic prin proiecţia B\to B/I.

    k-Alg nu preaditivă pentru că produsele nu sunt izomorfe cu coprodusele, în general. Pentru a vedea un exemplu, să luăm algebra de polinoame k[X]. Produsul ei cu ea însăşi e algebră comutativă, pentru că factorii sunt comutativi. Pe de altă parte, coprodusul ei cu ea însăşi e algebra liberă k (adjunctul uitucului k-Alg\to Set e adjunt stâng, deci conservă colimitele), care nu e comutativă.

    În ceea ce priveşte ultima întrebare, afirm că k-Alg nu are cogeneratori. Într-adevăr, dacă E este un cogenerator, atunci fiecare k-algebră A (cu cel puţin două elemente) trebuie să admită morfisme în E. Asta pentru că dacă a,b sunt elemente diferite ale lui A, atunci algebra liberă k[X] admite două morfisme distincte f_a,f_b în A, cu X\mapsto a şi rspectiv X\mapsto b. Dar atunci, din definiţia cogeneratorului, trebuie să existe morfism f:A\to E cu ff_a\ne ff_b. Contradicţia provine din faptul că există k-algebre simple de dimensiune arbitrar de mare (de exemplu extensii de corpuri k\subset K de grad de transcendenţă arbitrar); dacă această dimensiune e mai mare decât dim_k E, atunci nu pot exita morfisme K\to E.

    Problema 4

    Daţi exemplu de o k-algebră finit dimensională A şi de un A-modul M care nu e simplu, al cărui inel de endomorfisme End_A(M) este corp.

    Soluţie:

    A va fi algebra grupală k[G] a unui grup finit G. Trebuie să aleg cu grijă corpul k şi grupul G. De exemplu, e clar că ordinul lui G trebuie să se dividă cu caracteristica lui k, altfel algebra grupală e semisimplă şi nu mai pot avea contraexemplu. Voi folosi nişte rezultate mai fine de reprezentări de grupuri finite peste caracteristică nenulă, pentru care fac referire la cartea lui Serre „Linear representations of finite groups”, Springer-Verlag (1977). Vă trimit şi cartea prin e-mail, în format .djvu, ca să puteţi verifica exemplul pe care îl dau.

    Ideea e să potrivesc k şi G astfel încât să existe k[G]-module simple V şi W diferite (înţeleg neizomorfe) cu Ext_{k[G]}^1(V,W)\ne 0. Iau atunci M să fie o extensie netrivială a lui W prin V (adică am un şir exact scurt care nu splitează 0\to W\to M\to V\to 0), şi fie f:M\to M un endomorfism. Vreau să arăt că ori e nul, ori e izo.

    Să observăm că o asemenea extensie e extensie esenţială a lui W. Într-adevăr, să presupunem că există un modul nenul N\le M cre nu taie W. Compunerea N\to M\to V=M/W trebuie atunci să fie izo, pentru că e mono din presupunerea tocmai făcută, şi V e simplu. Dar asta înseamnă că N e un complement al lui W în M, ceea ce contrazice faptul că extinderea M e netrivială. Acum, dacă f nu e mono, nucleul trebuie să taie W netrivial (tocmai am văzut), deci să conţină W pentru că acesta e simplu. Dar atunci asta îmi induce un morfism $\latex V\to M$, care nu poate să fie decât nul (altfel e mono, şi imaginea lui nu poate să taie W netrivial, pentru că W, V nu sunt izomorfe; asta contrazice faptul că extensia W\to M e esenţială). Am obţinut deci faptul că dacă f nu e mono, atunci e nul. Pe de altă parte, dacă e mono, atunci e izo, pentru că M e finit dimensional peste un corp, şi f e liniar.

    Avem deci un exemplu, presupunând că pot găsi un corp k şi un grup finit G astfel încăt k[G] să aibă două module simple neizomorfe V,W cu Ext(V,W)\ne 0. Pe scurt, corpul şi grupul sunt astea: fie K o extindere a corpului 2-adic Q_2 care conţine rădăcinile de ordin suficient de mare (12 e destul) ale unităţii, fie A inelul întregilor din K, şi corpul nostru k va fi corpul rezidual al lui A (A e DVR, inel de valuare discretă). Corpul k are caracteristică 2. Grupul G va fi grupul simetric S_4. Explic mai jos, nu foarte detaliat, de ce funcţionează. Aici vor apărea referirile la cartea lui Serre.

    La pagina 154 Serre calculează aşa-numita matrice Cartan pentru situaţia asta, de unde rezultă, în particular, că dacă privim k ca reprezentarea 1-dimensională trivială a lui G peste k, atunci anvelopa ei proiectivă P a lui k (care va fi k[G] modul proiectiv şi injectiv indecompozabil) are o serie de compoziţie în care k apare de patru ori, şi cealaltă reprezentare ireductibilă peste k a lui G (să o numim V; e 2-dimensională) apare de două ori. Condiţia ca K (observaţi majuscula!) să conţină acele rădăcini ale unităţii spune că K e ceea ce Serre numeşte în carte „suficient de mare”: conţine toate rădăcinile unităţii de ordin egal cu cel mai mic multiplu comun al tuturor ordinelor elementelor lui $G$. Tot ce se petrece acolo necesită asta; astea sunt condiţiile în care lucrează Serre.

    Acum, din moment ce P e anvelopa injectivă (şi proiectivă) a lui k, şi deci e extensie esenţială a lui k, şi într-o serie de compoziţie a sa apare şi V, rezultă imediat că Ext(V,k)\ne 0, deci ne situăm în condiţiile necesare pentru exemplul de mai sus.

    Recapitulare: iau K (majusculă) să fie o extensie finită a lui Q_2 care conţine suficient de multe rădăcini ale unităţii, iau A să fie inelul întregilor în raport cu valuarea 2-adică, şi iau corpul k să fie corpul rezidual al lui A. În sfârşit, G=S_4, şi inelul meu va fi algebra grupală k[G]. Modulul M va fi o extensie netrivială a lui k printr-un alt modul simplu peste k[G].

    Problema 8

    Daţi exemplu de k-algebră simplă, infinit dimensională, şi algebrică peste k.

    Soluţie:

    Un exemplu imediat ar fi: iau k să fie Q, să zicem, şi algebră în cauză va fi închiderea algebrică a lui k. Ca să nu fie trivială problema, interpretez altfel enunţul, anume presupun k dat în prealabil. Ar putea de exemplu să fie algebric închis, şi atunci exemplul ăsta rapid nu mai funcţionează.

    Să zicem că reuşim să găsim un şir strict crescător de k-algebre simple finit dimensionale A_1\le A_2\le\ldots. Atunci afirm că reuniunea lor A=\cup_nA_n satisface condiţiile din enunţ.

    Într-adevăr, este algebrică, fiind reuniune de algebre finit dimensionale şi deci algebrice. E infinit dimensională pentru că şirul e strict crescator, deci dim_kA_n tinde la infinit cu n, şi e simplă pentru că orice element nenul x\in A aparţine uneia dintre A_n, şi cum A_n sunt simple, idealul bilateral generat de x în A_n (şi deci şi în A) conţine identitatea.

    Rămâne să găsesc un asemenea şir. Pentru asta iau pur şi simplu A_n= produsul tensorial a n copii ale algebrei de matrice M_2(k), cu incluziunea A_n\le A_{n+1} data de identificarea lui A_n cu primul factor din produsul tensorial A_{n+1}=A_n\otimes M_n(2). Condiţiile cerute sunt în mod evident îndeplinite, pentru că A_n este chiar algebra de matrice M_{2^n}(k), care e simplă.

    Comentariu de Chirvăsitu Alexandru | Februarie 27, 2009

  2. Erată:

    În penultimul rând, în loc de M_n(2) trebuie, desigur, să fie M_2(k).

    Comentariu de Chirvăsitu Alexandru | Februarie 27, 2009

  3. Am primit pana acum solutii (unele foarte misto) pe blog de la Alex Chirvasitu, Dragos Fratila (pe mail). Le voi posta dupa expirarea termenului. De asemenea asa cum am spus pentru a va usura munca puteti sa mi le dati si scrise de mana la curs si semnate de voi.

    Comentariu de gigelmilitaru | Februarie 28, 2009


Lasă un răspuns

Completează mai jos detaliile despre tine sau dă clic pe un icon pentru autentificare:

Logo WordPress.com

Comentezi folosind contul tău WordPress.com. Dezautentificare / Schimbă )

Poză Twitter

Comentezi folosind contul tău Twitter. Dezautentificare / Schimbă )

Fotografie Facebook

Comentezi folosind contul tău Facebook. Dezautentificare / Schimbă )

Fotografie Google+

Comentezi folosind contul tău Google+. Dezautentificare / Schimbă )

Conectare la %s

%d blogeri au apreciat asta: