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
  • [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
  • \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:

  • [-,-] + [-,-] \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}

\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)\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)\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)\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

【知乎日报】千万用户的选择,做朋友圈里的新鲜事分享大牛。
点击下载