经典网文分享: 李代数（其实跟李代数没关系）

毕业论文写完了，复几何的期末考试也考完了，现在就是毕业论文答辩和 Kodaira 嵌入定理的证明了。答辩没什么可说的，上台讲个几分钟，大概讲不出什么来，也不知道听的人能听出什么来。嵌入定理的证明还在慢慢看，现在连思路都理不清楚。（其实已经很久没看了）

相比起来就觉得消失定理要容易多了。当然，也可能等我搞清楚嵌入定理之后也觉得很容易了，因为很早以前我也觉得消失定理复杂得不得了。可能一路学下来就是这样的吧。

这次的问题就是之前遇到的，在处理 Kahler 恒等式的时候遇到了超李代数（李超代数？），虽然并没有起到本质性的作用，但描述起来方便多了，至少能明显看出 Kahler 恒等式其实只有一个。

和普通的代数类似地，从每个超向量空间可以得到自同态超代数，而每个超代数都自然有超李代数的结构，定义为 $[a,b] := ab - (-1)^{\deg(a) \deg(b)} ba$ 。要验证这确实是一个超李代数，倒也不是很困难，把 Jacobi 恒等式打开慢慢算就是了，但有很多负一的多少次方的因子，确实有些麻烦。于是自然会想，能不能做一些更方便的验证。

（我今天才发现下面要做的事情其实几乎就是书上的习题）

回忆一下李代数的定义：

一个李代数 $\mathfrak g$ 是一个向量空间，并且有一个双线性映射 $[-,-] : \mathfrak g \times \mathfrak g \to \mathfrak g$
有 $[a,b] = - [b,a]$
以及 $[a,[b,c]] = [[a,b],c] + [b,[a,c]]$

或者说：

一个李代数首先是一个向量空间 $\mathfrak g$ ，带有一个线性映射 $[-,-] : \mathfrak g \otimes \mathfrak g \to \mathfrak g$
记 $\tau : \mathfrak g \otimes \mathfrak g \to \mathfrak g \otimes \mathfrak g$ 是由 $a \otimes b \mapsto b \otimes a$ 给出的同构，则 $[-,-] + [-,-] \circ \tau = 0$
以及 Jacobi 恒等式 $[-,-] \circ (\mathrm{id} \otimes [-,-]) = [-,-] \circ ([-,-] \otimes \mathrm{id}) + [-,-] \circ (\mathrm{id} \otimes [-,-]) \circ (\tau \otimes \mathrm{id})$

此外，还有一件事情就是每个结合代数（不一定含幺）都有自然的李代数结构：即定义 $[a,b] := ab - ba$ 即可。

所以可以想到类似于结合代数来定义李代数。设 $(\mathcal C , \otimes , \mathbf 1 , \tau)$ 是一个 (strict) symmetric monoidal category（实际上通常还会要求是阿贝尔范畴，但是这里还用不上阿贝尔范畴这个事情），那么定义其中的李代数为 $(A , [-,-] : A \otimes A \to A \otimes A)$ ，满足：

有 $[-,-] + [-,-] \circ \tau_{A , A} = 0$
以及 $[-,-] \circ (\mathrm{id}_A \otimes [-,-]) = [-,-] \circ ([-,-] \otimes \mathrm{id}_A) + [-,-] \circ (\mathrm{id}_A \otimes [-,-]) \circ (\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A)$

并且，回忆一下（含幺）结合代数的定义，是一个 $(A , \mu : A \otimes A \to A , \eta : \mathbf 1 \to A)$ ，满足：

结合性 $\mu \circ (\mu \otimes \mathrm{id}_A) = \mu \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu)$ ，即有交换图 $\begin{CD} A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \mu}>> A \otimes A \\ @VV{\mu \otimes \mathrm{id}_A}V @VV{\mu}V \\ A \otimes A @>{\mu}>> A \end{CD}$
单位元 $\mu \circ (\eta \otimes \mathrm{id}_A) = \mathrm{id}_A = \mu \circ (\mathrm{id}_A \otimes \eta)$ （这条并不重要）

那么也许可以定义 $[-,-] := \mu - \mu \circ \tau_{A,A}$ ，使得 $(A , [-,-])$ 成为一个李代数？这是成立的吗？

正如上面一样，为了方便我们全程在 strict 的范畴里面考虑，而 non-strict 应当是可以同样地操作的。记 $\mu^{\tau} := \mu \circ \tau_{A,A}$ ，那么 $[-,-] = \mu - \mu^{\tau}$ ，当然这纯粹只是简化记号而已。但在阿贝尔群范畴或者向量空间范畴中来看，这个 $\mu^{\tau}$ 就是一个环（代数）的反环（反代数），即乘法是"反过来"乘的。于是自然可以想到，也许 $\mu^{\tau}$ 也是 $A$ 上的一个结合的乘法。

换言之，要看一看这个图

$\begin{CD} A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \tau_{A,A}}>> A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \mu}>> A \otimes A \\ @VV{\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A}V @. @VV{\tau_{A,A}}V \\ A \otimes A \otimes A @. @. A \otimes A \\ @VV{\mu \otimes \mathrm{id}_A}V @. @VV{\mu}V \\ A \otimes A @>{\tau_{A,A}}>> A \otimes A @>{\mu}>> A \end{CD}$

是不是交换的。直接验证当然有困难了，但容易注意到右下角有一丝不寻常，可以尝试加一点箭头：

$\begin{CD} A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \tau_{A,A}}>> A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \mu}>> A \otimes A \\ @VV{\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A}V @. @VV{\tau_{A,A}}V \\ A \otimes A \otimes A @. A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \mu}>> A \otimes A \\ @VV{\mu \otimes \mathrm{id}_A}V @VV{\mu \otimes \mathrm{id}_A}V @VV{\mu}V \\ A \otimes A @>{\tau_{A,A}}>> A \otimes A @>{\mu}>> A \end{CD}$

即 $\mu$ 的结合性的交换图。看起来有可能把大的图和这个小的交换图联系起来，考虑到 $\tau$ 的自然性（即这是个自然变换），需要把这个小的图的方向换一下，再加入新的箭头：

$\begin{CD} A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \tau_{A,A}}>> A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \mu}>> A \otimes A \\ @VV{\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A}V @VV{\tau_{A,A \otimes A}}V @VV{\tau_{A,A}}V \\ A \otimes A \otimes A @>{\tau_{A \otimes A,A}}>> A \otimes A \otimes A @>{\mu \otimes \mathrm{id}_A}>> A \otimes A \\ @VV{\mu \otimes \mathrm{id}_A}V @VV{\mathrm{id}_A \otimes \mu}V @VV{\mu}V \\ A \otimes A @>{\tau_{A,A}}>> A \otimes A @>{\mu}>> A \end{CD}$

这个时候，右上、右下、左下三个方块就全部交换了。于是现在只需要考虑左上的方块是否交换，而它已经跟 $\mu$ 没有关系了，看起来很有希望。直接这么看还是不太容易，我们把这三个 $A$ 写得不一样，那么是

$\begin{CD} X \otimes Y \otimes Z @>{\mathrm{id}_X \otimes \tau_{Y,Z}}>> X \otimes Z \otimes Y \\ @VV{\tau_{X,Y} \otimes \mathrm{id}_Z}V @VV{\tau_{X,Z \otimes Y}}V \\ Y \otimes X \otimes Z @>{\tau_{Y \otimes X,Z}}>> Z \otimes Y \otimes X \end{CD}$

把右下的两个箭头展开（即用 braided monoidal category 定义里面的六边形图，在 strict 的时候是三角形，但知乎这里画出来都是四边形）加进来：

$\begin{CD} X \otimes Y \otimes Z @>{\mathrm{id}_X \otimes \tau_{Y,Z}}>> X \otimes Z \otimes Y @>{\tau_{X,Z} \otimes \mathrm{id}_Y}>> Z \otimes X \otimes Y \\ @VV{\tau_{X,Y} \otimes \mathrm{id}_Z}V @VV{\tau_{X,Z \otimes Y}}V @VV{\mathrm{id}_Z \otimes \tau_{X,Y}}V \\ Y \otimes X \otimes Z @>{\tau_{Y \otimes X,Z}}>> Z \otimes Y \otimes X @= Z \otimes Y \otimes X \\ @VV{\mathrm{id}_Y \otimes \tau_{X,Z}}V @| \\ Y \otimes Z \otimes X @>{\tau_{Y,Z} \otimes \mathrm{id}_X}>> Z \otimes Y \otimes X \end{CD}$

现在右上和左下两个方块都是交换的，而最外面这一圈，这个"六边形"，显然就是 Yang-Baxter 方程，即是交换的，于是左上这个方块也是交换的，特别地在 $X = Y = Z = A$ 的时候就是上面要证的了。其实看一看 Yang-Baxter 方程的证明，和这个图的区别就是"划分了不同的三角形"。

当然也可以证明 $(A , \mu^{\tau} , \eta)$ 是含义结合代数，含幺的证明比上面简单多了，这里也用不上，就不写了。

值得注意的是，这里并没有用到 symmetric 的条件，换言之 $\tau$ 是任意的 braiding 都是成立的。所以可以想象，给定一个代数 $(A , \mu , \eta)$ 之后，可以产生无穷多的代数 $\mu \circ \tau , \mu \circ \tau \circ \tau , \ldots$ 而 symmetric 的条件则是说 $\mu^{\tau} \circ \tau = \mu$ ，最多只会有两个代数。（如果 $\mu^{\tau} = \mu$ 就是交换代数了）

还是回到原始问题。首先 $[-,-] + [-,-] \circ \tau_{A,A} = 0$ 是显然的，这里要用到 symmetric 的条件。只需要看 Jacobi 恒等式是否成立，即

$(\mu - \mu^{\tau}) \circ (\mathrm{id}_A \otimes (\mu - \mu^{\tau})) = (\mu - \mu^{\tau}) \circ ((\mu - \mu^{\tau}) \otimes \mathrm{id}_A) + (\mu - \mu^{\tau}) \circ (\mathrm{id}_A \otimes (\mu - \mu^{\tau})) \circ (\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A)$

是否成立。展开之后左边四项右边八项，首先能把左边的 $\mu \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu)$ 和 $\mu^{\tau} \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu^{\tau})$ 跟右边第一项产生的的 $\mu \circ (\mu \otimes \mathrm{id}_A)$ 和 $\mu^{\tau} \circ (\mu^{\tau} \otimes \mathrm{id}_A)$ 抵消掉，因为前面说明了这两个乘法都是结合的。其次，右边第一项剩下

$-\mu \circ (\mu^{\tau} \otimes \mathrm{id}_A) - \mu^{\tau} \circ (\mu \otimes \mathrm{id}_A) = -\mu \circ (\mu \otimes \mathrm{id}_A) \circ (\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A) - \mu^{\tau} \circ (\mu^{\tau} \otimes \mathrm{id}_A) \circ (\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A)$

恰好能跟右边第二项产生的两项给抵消掉，仍然使用了结合律。

那么左边剩下 $-\mu \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu^{\tau}) - \mu^{\tau} \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu)$ ，而右边剩下 $-\mu \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu^{\tau}) \circ (\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A) - \mu^{\tau} \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu) \circ (\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A)$ 。在阿贝尔群范畴或者向量空间范畴的情况下算一算，应当是去证明 $\mu \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu^{\tau}) = \mu^{\tau} \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu) \circ (\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A)$ 和 $\mu^{\tau} \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu) = \mu \circ (\mathrm{id}_A \otimes \mu^{\tau}) \circ (\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A)$ 。当然了，显然证明一个另一个也就证明了，所以只证前一个。

先把图画出来，即看

$\begin{CD} A \otimes A \otimes A @>{\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A}>> A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \mu}>> A \otimes A \\ @VV{\mathrm{id}_A \otimes \tau_{A,A}}V @. @VV{\tau_{A,A}}V \\ A \otimes A \otimes A @. @. A \otimes A \\ @VV{\mathrm{id}_A \otimes \mu}V @. @VV{\mu}V \\ A \otimes A @= A \otimes A @>{\mu}>> A \end{CD}$

是不是交换的。同样会自然地在右下角加一个结合性的图：

$\begin{CD} A \otimes A \otimes A @>{\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A}>> A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \mu}>> A \otimes A \\ @VV{\mathrm{id}_A \otimes \tau_{A,A}}V @. @VV{\tau_{A,A}}V \\ A \otimes A \otimes A @= A \otimes A \otimes A @>{\mu \otimes \mathrm{id}_A}>> A \otimes A \\ @VV{\mathrm{id}_A \otimes \mu}V @VV{\mathrm{id}_A \otimes \mu}V @VV{\mu}V \\ A \otimes A @= A \otimes A @>{\mu}>> A \end{CD}$

左下角其实没有用。那么同样右上角可以添加箭头成为一个自然性的图：

$\begin{CD} A \otimes A \otimes A @>{\tau_{A,A} \otimes \mathrm{id}_A}>> A \otimes A \otimes A @>{\mathrm{id}_A \otimes \mu}>> A \otimes A \\ @VV{\mathrm{id}_A \otimes \tau_{A,A}}V @VV{\tau_{A,A \otimes A}}V @VV{\tau_{A,A}}V \\ A \otimes A \otimes A @= A \otimes A \otimes A @>{\mu \otimes \mathrm{id}_A}>> A \otimes A \\ @VV{\mathrm{id}_A \otimes \mu}V @VV{\mathrm{id}_A \otimes \mu}V @VV{\mu}V \\ A \otimes A @= A \otimes A @>{\mu}>> A \end{CD}$

现在只剩左上角的交换性了，这其实就是 braiding 定义里面的六边形（三角形）图，只不过 symmetric 的时候箭头可以反过来。

于是证明就完成了。回到最初的问题，在超向量空间范畴里面，即 $\mathbb Z / 2 \mathbb Z$ -分次的向量空间范畴，symmetric structure $\tau_{V,W} : V \otimes W \to W \otimes V$ 定义为 $\tau_{V,W}(v \otimes w) = (-1)^{\deg(v) \deg(w)} w \otimes v$ ，那么就如上产生了超李代数、超代数，并且上面一般的证明告诉我们每个超代数有自然的超李代数结构，也就是最初那么给出来的。

不过话又说回来，这似乎并没有比直接去看那些负一的多少次方的因子简单多少，不过还是很有趣的。

来源：知乎 www.zhihu.com
作者：张智浩

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经典网文分享

李代数（其实跟李代数没关系）

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