上海理工大学学报  2020, Vol. 42 Issue (5): 436-440   PDF    
Poisson代数的平凡扩张的模导子
朱灿, 梁嘉威, 李耀飞     
上海理工大学 理学院,上海 200093
摘要: 设A是Poisson代数,MA上的左Poisson模,则在A通过M的平凡扩张代数 $A\ltimes M$ 上存在Poisson结构。当M取成A本身或其线性对偶 $A^{*} $ 时,则平凡扩张代数 $A \ltimes A^{*}$ $A \ltimes A$ 都是Frobenius Poisson代数。计算了这两类Frobenius Poisson代数的模导子,这个结果可视作有限维代数的平凡扩张的Nakayama自同构在Poisson代数中对应的结论。
关键词: Poisson代数     平凡扩张     模导子    
Modular derivation of the trivial extension of Poisson algebras
ZHU Can, LIANG Jiawei, LI Yaofei     
College of Science, University of Shanghai for Science and Technology, Shanghai 200093, China
Abstract: Let $ A $ be a Poisson algebra, $ M $ be a left Poisson module over $ A $ . Then, there is a Poisson algebra structure on the trivial extension algebra $A\ltimes M$ of $ A $ by $ M $ . Assuming that $ M $ is $ A $ itself or the linear dual $ {A}^{*} $ of $ A $ , then both $A\ltimes {A}^{*}$ and $A\ltimes A$ are Frobenius Poisson algebras. The modular derivation for these two classes of the trivial extension of Poisson algebras was calculated. These results can be viewed as the corresponding conclusions on the Nakayama automorphism of the trivial extension of finite dimensional algebras.
Key words: Poisson algebras     trivial extension     modular derivation    

Poisson结构自然地出现在数学和物理的很多研究领域,如量子力学、辛几何、非交换代数几何及量子群等。对光滑Poisson代数而言,模导子是一个重要的不变量,其建立起Poisson上同调群和同调群之间的Poincare对偶[1]。文献[2]中定义了Frobenius Poisson代数的模导子,在其Poisson上同调群和同调群建立了类似光滑Poisson代数的Poincare对偶。在正则代数的研究中,Nakayama自同构是一个重要的不变量。文献[3]利用Kontsevich的形变量子化,给出了光滑Poisson的两种形变对应的模导子和Nakayama自同构的关系。结合代数的平凡扩张是代数中常见的构造,在环论及表示论中发挥重要作用[4-7]。由文献[8]可知Poisson代数通过Poisson模的平凡扩张仍具有Poisson代数结构。本文研究两类Poisson代数平凡扩张的模导子,这个结果可视作结合代数的两类平凡扩张的Nakayama自同构在Poisson代数范畴的对应的形式。

在本文中, $ {k} $ 总是一个域,所有代数和模都是在这个基域上的。如不加说明,张量积也是在基域上的张量积。

1 已有结论及相关准备 1.1 Poisson代数

定义1[1]  设 $ A $ 是域 $ {k} $ 上的交换代数,若在A还有一个 $ {k} $ 线性运算 $ \left(x,y\right)\mapsto \left\{x,y\right\} $ 使得:

a. $ \left(A,\left\{-, -\right\}\right) $ 是域 $ {k} $ 上的李代数;

b. 这个二元运算满足Leibniz法则,即对任意的 $ x,y,z\in A $ ,都有 $ \left\{xy,z\right\}=x\left\{y,z\right\}+y\left\{x,z\right\} $ ,则称A是Poisson代数,其中, $ \left\{-,-\right\} $ 称为Poisson括号,常将Poisson代数A记作 $ \left(A,\left\{-,-\right\}\right) $

现给出2个Poisson代数的例子。

例1  设 $A={k}\left[{x},{y}\right]$ ,定义Poisson括号为

$ \left\{f,g\right\}=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial g}{\partial y}-\frac{\partial g}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y} $

$ \left(A,\left\{-, -\right\}\right) $ 是一个Poisson代数。

例2  设正整数 $n\geqslant 2$ ,设 $ A={k}\left[{x}_{1},{\cdots ,x}_{n}\right] $ ,任意 $ n $ 阶反对称矩阵 $ {{\lambda }}=\left({\lambda }_{ij}\right) $ 。定义 $ \left\{{x}_{i},{x}_{j}\right\}= {\lambda }_{ij}{x}_{i}{x}_{j}, 1\leqslant i < $ $j\leqslant n,$ $ A $ 是一个Poisson代数,常称之为Poisson量子空间,记作 $ {P}_{n}^{\lambda }\left({k}\right) $

1.2 Poisson模

现介绍Poisson代数上的Poisson模及其性质。

定义2[9]  设 $ \left(A,\left\{-,-\right\}\right) $ 是一个Poisson代数。右 $ A $ $ M $ 被称作Poisson代数 $ A $ 上的右Poisson模,如果存在一个双线性映射 $ {\left\{-,-\right\}}_{M}:M\times A\to M $ 满足如下条件:

a. $ \left(M,{\left\{-,-\right\}}_{M}\right) $ 是李代数 $ \left(A,\left\{-,-\right\}\right) $ 上的右李模;

b. 对任意的 $ a,b\in A,x\in M $ , 满足 ${\left\{xa,b\right\}}_{M}= {\left\{x,b\right\}}_{M}a+x\left\{a,b\right\}$

c. 对任意的 $ a,b\in A,x\in M $ , 满足 ${\left\{x,ab\right\}}_{M}= {\left\{x,b\right\}}_{M}a+{\left\{x,a\right\}}_{M}b$

类似地,有左Poisson模的定义。

给定Poisson代数 $ A $ ,在其上有自然的右(或者左)Poisson模结构。给定 $ A $ 上的2个右Poisson模 $ \left(M,{\left\{-,-\right\}}_{M}\right) $ $ \left(N,{\left\{-,-\right\}}_{N}\right) $ $ {k} $ −线性映射 $ f:M\to N $ 称作一个Poisson模同态,如果满足对任意的 $ m\in M,\;a\in {A} $ ,有

$ f\left(m\cdot a\right)=f\left(m\right)\cdot a,\quad f\left({\left\{m,a\right\}}_{M}\right)={\left\{f\left(m\right),a\right\}}_{N} $

命题1[10]  假设 $ \left(M,{\left\{-,-\right\}}_{M}\right) $ 是Poisson代数 $ A $ 上的右Poisson模。通过以下作用可以定义在 ${M}^{*}:{={\rm{Hom}}}_{{k}}\left(M,{k}\right)$ 上的左Poisson模结构:

$ a\cdot \mathrm{\alpha }:M\to {k},\left(a\cdot \alpha \right)\left(m\right):=\alpha \left(m\cdot a\right) $
$ {\left\{a,\alpha \right\}}_{{M}^{*}}:M\to {k},{\left\{a,\alpha \right\}}_{{M}^{*}}\left(m\right):=\alpha \left({\left\{m,a\right\}}_{M}\right) $

其中, $a\in {A},\;\mathrm{\alpha }\in {M}^{*},\;m\in M$

同理,也可以由左Poisson模 $ M $ 得到 $ {M}^{*} $ 上的右Poisson模结构。

命题 2[10]  令 $ \left(N,{\left\{-,-\right\}}_{N}\right) $ 是Poisson代数 $ A $ 上的右Poisson模, $ M $ 是一个右 $ A $ 模。假设 $ f:M\to N $ 是一个右 $ A $ 模同构。那么,通过以下方式:

$ {\left\{m,a\right\}}_{M}:={f}^{-1}\left({\left\{f\left(m\right),a\right\}}_{N}\right),\quad \forall a\in A,m\in M $

使 $ M $ 成为一个右Poisson模。此时, $ f:M\to N $ 是一个Poisson模同构。

1.3 Frobenius代数及Nakayama自同构

定义3[11]  有限维 $ {k} $ −代数 $ A $ 称为Frobenius代数,如果存在右 $ A $ 模同构 $ A\cong {A}^{*} $ ,其中, ${A}^{*}= {\rm{Hom}}_{{k}}\left({A},{k}\right)$ 。称同构映射 $ \sigma :A\to {A}^{*} $ 为Frobenius同构。

命题3[10]  设 $A$ 是有限维 $ {k} $ 代数,则以下等价:

a. $ A $ 是Frobenius代数。

b. 存在非退化双线性对, $ \left\langle { - , - } \right\rangle :A \times A \to {k}$ 满足 $\left\langle {a{{b}},{{c}}} \right\rangle = \left\langle {a,bc} \right\rangle ,\;\;\forall a,b,c \in A$

称这个双线性对为Frobenius 对。

例3  数域 $ {k} $ 上的全矩阵代数 $ {M}_{n}\left({k}\right) $ 是Frobenius代数,其Frobenius对为 $ \left\langle a,b \right\rangle=\mathrm{t}\mathrm{r}\left(ab\right) $ 。其中, $ \mathrm{t}\mathrm{r} $ 为矩阵的迹。

现介绍Frobenius代数的Nakayama自同构。

命题4[11]  设 $ A $ 是Frobenius代数,其Frobenius对为 $ \left\langle -,- \right\rangle $ ,则存在自同构 $ v\in \mathrm{A}\mathrm{u}\mathrm{t}\left(A\right) $ ,使

a. 对任意的 $ a,b\in A $ ,有 $ \left\langle a,b \right\rangle =\left\langle v\left(b\right),a \right\rangle $

b. 对任意的 $ a,b\in A $ ,有 $ \left\langle a,b \right\rangle =\left\langle v\left(a\right),v\left(b\right) \right\rangle $

并且 $ v $ 在相差一个内自同构的意义下是唯一的。称同构映射 $ v $ 是Frobenius代数 $ A $ 的Nakayama自同构。

推论1  设 $ A $ 是Frobenius代数,其Frobenius对为 $ \left\langle -,- \right\rangle $ 。若 $\forall a,b\!\in\! A$ $\left\langle a,b \right\rangle \!=\! \left\langle b,a \right\rangle$ ,则其Nakayama自同构为恒等映射,称这样的代数为对称Frobenius代数。

在例3中,这个Frobenius代数的Nakayama自同构为恒等映射。

1.4 Frobenius Poisson代数及模导子

定义4[10]  若 $ A $ 既是Frobenius代数,又是Poisson代数,称 $ A $ 是Frobenius Poisson代数。

现介绍Frobenius Poisson代数及几个性质,证明过程见文献[9]。

命题5[10]  对 $\forall a,b\in A, \quad \left\langle a,b \right\rangle = \left\langle b,a \right\rangle$

命题6[10]   ${A}^{*}:={\rm{Hom}}_{{k}}\left({A},{k}\right)$ $ A $ 上的右Poisson模,Poisson模结构为

$ {\left\{-,-\right\}}_{{A}^{*}}:{A}^{*}\times A\to {A}^{*} ,\; \left(f,a\right)\mapsto {\left\{f,a\right\}}_{{A}^{*}} $

其中, $ {\left\{f,a\right\}}_{{A}^{*}}\left(b\right):=f\left(\left\{a,b\right\}\right) $

$ A $ 是Frobenius Poisson代数,因此,有右 $ A $ -模同构 $ \sigma : A\cong {A}^{*} $ ,则由命题2可知,命题6中的 $ {A}^{*} $ 上的右Poisson模结构给出了 $ A $ 上一个新的右Poisson模结构

$ {\left\{x,a\right\}}_{D}={\sigma }^{-1}\left({\left\{\sigma \left(x\right),a\right\}}_{{A}^{*}}\right),\; \forall x,a\in A $

为了区别,将这个Poisson模记作 $ \left({A}_{D,}{\left\{-,-\right\}}_{D}\right)\mathrm{。} $

现介绍符号 $ D $ 的含义。

命题7[2]  设 $ A $ 是Frobenius Poisson代数,定义映射 $ D: A\to A $ , $ a \mapsto {\left\{1,a\right\}}_{D} $ 。则映射 $ D $ 具有以下性质:

a. 映射 $ D $ 是导子,即 $D\left(ab\right)=D\left(a\right)b+aD\left(b\right), a,b\in A$

b. $ {\left\{x,a\right\}}_{D}=\left\{x,a\right\}+D\left(a\right)x $ ,其中, $ x,a\in A $

c. 对所有的 $ a,b\in A $ $ \left\langle D\left(a\right),b \right\rangle = \left\langle 1,\left\{a,b\right\} \right\rangle = - \left\langle D \left(b\right),a \right\rangle $

d. 对所有的 $ a,b,c\in A $ $\left\langle a,\left\{b,c\right\} \right\rangle = \left\langle \left\{a,b\right\},\mathrm{c} \right\rangle + \left\langle aD \left(b\right),c \right\rangle$

e. 映射 $ D $ 是Poisson导子,即 $D\left(\left\{a,b\right\}\right)=\left\{D\left(a\right),b\right\}+ \left\{a,D\left\{b\right\}\right\}$ , $ a,b\in A $

证明过程见文献[2]。

定义5[2]  命题7中的映射 $ D $ 称为Frobenius Poisson代数 $ A $ 的模导子。

例4  设 $A={k}\left[{X}_{1},\cdots ,{X}_{n}\right]/\left({X}_{i}^{2},1\leqslant i\leqslant n\right)$ ,其中,Poisson括号为

$ \left\{{x}_{i},{x}_{j}\right\}={x}_{i}{x}_{j},\quad 1\leqslant i< j\leqslant n $

其中, $ {x}_{i} $ 表示 $ {X}_{i}\left(1\leqslant i\leqslant n\right) $ 对应的剩余类。则代数 $ A $ 是维数为 $ {2}^{n} $ 的线性空间,其有一组基为

$ \left\{1\right\}\bigcup \left\{{x}_{{i}_{1}}\cdots {x}_{{i}_{k}}|1\leqslant {i}_{1}<\cdots <{i}_{k}\leqslant n\right\} $

$ A $ 是Frobenius Poisson代数。它的Frobenius同构为 $ \sigma : A\!\to\! {A}^{*} $ ,其中, $\mathrm{\sigma }\left(1\right):\!\displaystyle\sum {c}_{{i}_{1}\cdots {i}_{k}} {x}_{{i}_{1} }\cdots{x}_{{i}_{k}}\mapsto {c}_{\mathrm{1,2},\cdots ,n}$ 。不难得出, $D\left({x}_{i}\right)=\left(n+1-2i\right){x}_{i}, \; 1\leqslant i\leqslant n$

2 代数的平凡扩张

命题8[8]  设 $ A $ 是结合代数, $ M $ $ A-A $ 双模。在线性空间直积 $ A\times M $ 上定义乘积

$ \left(\left(a,m\right),\left(b,n\right)\right):=\left(ab,an+mb\right) $

这里 $ a,b\in A,m,n\in M $ ,则 $ A\times M $ 是一个代数。称之为 $ A $ 通过 $ M $ 的平凡扩张,记作 $ {A}\ltimes {M} $

定义6  设 $ A $ 是结合代数, $ M $ $ A-A $ 双模。如果 $ A $ 通过 $ M $ 的平凡扩张 $ {A}\ltimes {M} $ 是Frobenius代数,则称这个扩张是Frobenius平凡扩张。

命题9  平凡扩张代数 $ {A}\ltimes {M} $ 作为向量空间的维数等于 $ A $ 作为向量空间的维数与 $ M $ 作为向量空间的维数之和。

证明  由线性空间直积的维数可得。

现考虑两种常见的Frobenius平凡扩张,求出它们的Nakayama自同构,见定理1和定理2。

定理1  设 $ A $ 是有限维代数, $ {A}^{*} $ $ A $ 的对偶空间,记 $ B=A\ltimes {A}^{*} $ ,则

a. $ B $ 是Frobenius代数;

b. $ B $ 的Nakayama自同构为恒等映射。

证明   $ B $ 上的非退化双线性型为

$ \left\langle \left(a,f\right),\left(b,g\right) \right\rangle =f\left(b\right)+g\left(a\right) ,\;a,b\in A, f, g\in {A}^{*} 。$

剩下的证明由直接计算可得。

定理2  设 $ A $ 是有限维Frobenius代数,记 $ B=A\ltimes A $ ,则

a. $ B $ 为Frobenius代数;

b. $ B $ 的Nakayama自同构为 ${v}_{B}\left(a,b\right)\!=\!\left({v}_{A}\left(a\right), {v}_{A}\left(b\right)\right)$ ,其中, $ {v}_{A} $ 是代数 $ A $ 的Nakayama自同构。

证明   a. 由于 $ A $ 是Frobenius代数,则存在左模同构 $ f:A \to {A}^{*} $ 。而 $ A $ 上的Frobenius对定义为 $\langle a,b \rangle =f\left(b\right)\left(a\right)$ 。定义 $ B $ 上的双线性型为

$\begin{split} \left\langle \left({a}_{1},{b}_{1}\right),\left({a}_{2},{b}_{2}\right) \right\rangle =f\left({b}_{2}\right)\left({a}_{1}\right)+f\left({a}_{2}\right)\left({b}_{1}\right)= \\ \left\langle {a}_{1}{,b}_{2} \right\rangle + \left\langle {b}_{1}{,a}_{2} \right\rangle ,\; \forall {a}_{1},{a}_{2},{b}_{1},{b}_{2}\in A 。\end{split}$

易知该双线性非退化且满足对 $ \forall {a}_{1},{a}_{2},{a}_{3},{b}_{1},{b}_{2}, {b}_{3}\in A $ ,都有

$ \left\langle \left({a}_{1},{b}_{1}\right)\left({a}_{2},{b}_{2}\right),\left({a}_{3},{b}_{3}\right) \right\rangle = \left\langle \left({a}_{1},{b}_{1}\right),\left({a}_{2},{b}_{2}\right)\left({a}_{3},{b}_{3}\right) \right\rangle 。$

从而 $ B $ 为Frobenius代数。

b. 现求其Nakayama自同构。取 $ A $ 的一组基 $ {\alpha }_{1}, {\alpha }_{2},\cdots ,{\alpha }_{n} $ ,因为,Frobenius对是双线性的,所以,有

$ \begin{split}\forall a,b\in A,& \left\langle a,b \right\rangle = \left\langle {v}_{A}\left(b\right),a \right\rangle \Leftrightarrow \\ &\forall {\alpha }_{i},{\alpha }_{k},\; \left\langle {\alpha }_{k},{\alpha }_{i} \right\rangle = \left\langle {v}_{A}\left({\alpha }_{i}\right),{\alpha }_{k} \right\rangle \\[-12pt]\end{split}$

因为, $ B $ 有一组基为 $\left({\alpha }_{1},0\right),\cdots ,\left({\alpha }_{n},0\right), \left(0,{\alpha }_{1}\right),\cdots , \left(0,{\alpha }_{n}\right)$ ,于是,对 $ \forall 1 \leqslant k\leqslant n $ ,有,

$ \left\langle \left({\alpha }_{k},0\right),\left({\alpha }_{i},0\right) \right\rangle =0= \left\langle \left({v}_{A}\left({\alpha }_{i}\right),0\right),\left({\alpha }_{k},0\right) \right\rangle $

以及

   $\left\langle \left({0,\alpha }_{k}\right),\left({\alpha }_{i},0\right) \right\rangle = \left\langle {\alpha }_{i},{\alpha }_{k} \right\rangle =$      $\left\langle {{v}_{A}\left({\alpha }_{i}\right),\alpha }_{k} \right\rangle = \left\langle \left({v}_{A} \left({\alpha }_{i}\right),0\right), \left(0,{\alpha }_{k}\right) \right\rangle$

从而可以得到

$ {v}_{B}\left({\alpha }_{i},0\right)=\left({v}_{A}\left({\alpha }_{i}\right),0\right) $

类似地,有

$\begin{split} &\left\langle \left({\alpha }_{k},0\right),\left({0,\alpha }_{i}\right) \right\rangle = \left\langle {\alpha }_{k},{\alpha }_{i} \right\rangle = \\ &\qquad \quad \left\langle {v}_{A}\left({\alpha }_{i}\right){,\alpha }_{k} \right\rangle =\left\langle \left(0,{v}_{A}\left({\alpha }_{i}\right)\right),\left({\alpha }_{k},0\right) \right\rangle \end{split} $

$ \left\langle \left({0,\alpha }_{k}\right),\left({0,\alpha }_{i}\right) \right\rangle =0= \left\langle \left(0,{v}_{A}\left({\alpha }_{i}\right)\right),\left({0,\alpha }_{k}\right) \right\rangle $

从而可以得到

$ {v}_{B}\left({0,\alpha }_{i}\right)=\left(0,{v}_{A}\left({\alpha }_{i}\right)\right) $

进一步,便有

$ {v}_{B}\left(a,b\right)=\left({v}_{A}\left(a\right),{v}_{A}\left(b\right)\right) $
3 Poisson代数的平凡扩张

引理1[7]  设 $ A $ 是Poisson代数, $ \left(M,{\left\{-,-\right\}}_{M}\right) $ 是左Poisson模,则 $ A\ltimes M $ 上存在以下方式定义的Poisson结构:

$ \left\{\left(a,m\right),\left(b,n\right)\right\}=\left(\left\{a,b\right\},{\left\{a,n\right\}}_{M}-{\left\{b,m\right\}}_{M}\right) $

证明过程见文献[7]。

定理3  设 $ A $ 是有限维Poisson代数, $ {A}^{*} $ $ A $ 的对偶空间,记 $ B=A\ltimes {A}^{*} $ 。则

a. $ B $ 是Frobenius Poisson代数;

b. $ B $ 的模导子为0。

证明   a. 由定理1可知, $ B $ 是 Frobenius代数。由引理1可知, $ B $ 是 Poisson代数,故 $ B $ 是Frobenius Poisson代数。

b. 易知 $ B $ 的单位元为 $ \left(\mathrm{1,0}\right) $ 。对 $ \forall a,b\in A $ , $ f,g\in {A}^{*} $ ,有

$ \begin{array}{l} \left\langle \left(\mathrm{1,0}\right),\left\{\left(a,f\right),\left(b,g\right)\right\} \right\rangle = \langle \left(\mathrm{1,0}\right),(\left\{a,b\right\},{\left\{a,g\right\}}_{{A}^{*}}-{\left\{b,f\right\}}_{{A}^{*}}) \rangle =\\ \qquad {\left\{a,g\right\}}_{{A}^{*}}\left(1\right)-{\left\{b,f\right\}}_{{A}^{*}}\left(1\right)=g\left\{a,1\right\}-f\left\{b,1\right\}=0 \\[-12pt] \end{array} $

由命题7可知,对所有的 $ x,y\in B $ $\left\langle {D}_{B}\left(x\right), y \right\rangle = \left\langle 1,\left\{x,y\right\} \right\rangle$ 。从而 $ \left\langle {D}_{B}\left(a,f\right),\left(b,g\right) \right\rangle =0 $ 对任意的 $ \left(b,g\right) $ 都成立,由非退化性可知, $ {D}_{B}\left(a,f\right)=0 $ 。于是, $ B $ 的模导子为0。

定理4  设 $ A $ 是Frobenius Poisson代数,记 $ B=A\ltimes A $ 。则有:

a. $ B $ 是Frobenius Poisson代数;

b. $ B $ 的模导子 $ {D}_{B}\left(a,b\right)=\left({D}_{A}\left(a\right),0\right) $ $ a,b\in A $ ,其中, $ {D}_{A} $ 是代数 $ A $ 的模导子。

证明   a. 由定理2可知, $ B $ 是Frobenius代数。由引理1可知, $ B $ 是Poisson代数,故 $ B $ 是Frobenius Poisson代数。

b. 现求其模导子。设 $ \mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{m}\;A=n $ 。由文献[12]中的引理2.4,存在 $ A $ 的两组基 $ {a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n} $ 以及 $ {b}_{1},{b}_{2},\cdots ,{b}_{n} $ ,且满足

$ \left\langle {a}_{i},{b}_{j} \right\rangle ={\delta }_{ij} $

从而 $ A $ 的Frobenius同构为 $ {\sigma }_{A}:A\to {A}^{*} $ ${a}_{i}\mapsto \left\langle -,{a}_{i} \right\rangle = {b}_{i}^{*}$ ,其中, $ {b}_{i}^{*}\left({a}_{j}\right)={\delta }_{ij} $ 。不妨设 $ A $ 的Poisson结构为 $\left\{{a}_{i},{a}_{j}\right\}=\displaystyle\sum _{l=1}^{n}{k}_{l}^{ij}{a}_{l}$ 。由模导子定义, $ {D}_{A}\left({a}_{i}\right)={\left\{1,{a}_{i}\right\}}_{D}= {{\sigma }_{A}}^{-1}\left({\left\{{\sigma }_{A}\left(1\right),{a}_{i}\right\}}_{{A}^{*}}\right) $ 。故设

$ {\left\{{\sigma }_{A}\left(1\right),{a}_{i}\right\}}_{{A}^{*}}={p}_{1}{b}_{1}^{*}+{p}_{2}{b}_{2}^{*}+\cdots +{p}_{n}{b}_{n}^{*} $ (1)

现求系数 $ {p}_{1},\ {p}_{2},\cdots ,{p}_{n} $ 。为方便计算,设单位元 $ 1={a}_{1} $ 。将式(1)作用于 $ {a}_{1} $ ,可得 $ {\left\{{\sigma }_{A}\left(1\right),{a}_{i}\right\}}_{{A}^{*}} \left({a}_{1}\right)= {p}_{1} $ 。另一方面, ${\left\{{\sigma }_{A}\left(1\right),{a}_{i}\right\}}_{{A}^{*}}\left({a}_{1}\right)={b}_{1}^{*}\left(\displaystyle\sum _{l=1}^{n}{k}_{l}^{i1}{a}_{l}\right)= {k}_{1}^{i1}$ ,从而 $ {p}_{1}={k}_{1}^{i1} $ 。类似地,将式(1)作用于 $ {a}_{2} $ ,可得 $ {p}_{2}={k}_{1}^{i2} $ $ {p}_{j}={k}_{1}^{ij} $ ,从而

$\begin{split} &{{\sigma }_{A}}^{-1}\left({\left\{{\sigma }_{A}\left(1\right),{a}_{i}\right\}}_{{A}^{*}}\right)={{\sigma }_{A}}^{-1}\left({k}_{1}^{i1}{b}_{1}^{*}+{k}_{1}^{i2}{b}_{2}^{*}+\cdots +{k}_{1}^{in}{b}_{n}^{*}\right)=\\ &\qquad \quad\quad{k}_{1}^{i1}{a}_{1}+{k}_{1}^{i2}{a}_{2}+\cdots +{k}_{1}^{in}{a}_{n}\\[-12pt] \end{split}$

$ {D}_{A}\left({a}_{i}\right)={k}_{1}^{i1}{a}_{1}+{k}_{1}^{i2}{a}_{2}+\cdots +{k}_{1}^{in}{a}_{n} $

因为,由 $ A $ 两组基 $ {a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n} $ 以及 $ {b}_{1},{b}_{2},\cdots ,{b}_{n} $ ,可知 $ {A}\ltimes {A} $ 也有两组基

$\begin{split} &\left({a}_{1},0\right),\left({a}_{2},0\right),\cdots ,\left({a}_{n},0\right),\left(0,{a}_{1}\right),\left(0,{a}_{2}\right),\cdots ,\left(0,{a}_{n}\right) \\ \!\!\!\!\!\!\!{\text{以及}}&\\ &\left({b}_{1},0\right),\left({b}_{2},0\right),\cdots ,\left({b}_{n},0\right),\left(0,{b}_{1}\right),\left(0,{b}_{2}\right),\cdots ,\left(0,{b}_{n}\right) \\ \end{split}$

由定理2的证明过程可知, $ B $ 上的Frobenius对为

$\begin{split} & \left\langle \left({a}_{i},0\right),({b}_{j},0) \right\rangle =0, \left\langle \left({a}_{i},0\right),\left({0, b}_{j}\right) \right\rangle =\\ &\qquad\quad{\delta }_{ij,} \left\langle \left(0,{a}_{i}\right),({b}_{j},0) \right\rangle ={\delta }_{ij}, \left\langle \left(0,{a}_{i}\right),\left(0{,b}_{j}\right) \right\rangle =0 \\[-12pt]\end{split}$

从而 $ B $ 上的Frobenius同构为

$\begin{split} {\sigma }_{B}:{A}\ltimes {A}\to &{\left({A}\ltimes {A}\right)}^{*}: \left({a}_{i},0\right)\mapsto\\ & {\left(0,{b}_{i}\right)}^{*},\left(0,{a}_{i}\right)\mapsto {\left({b}_{i},0\right)}^{*} \end{split}$ (2)

其中,

$ \begin{split} & {\left(0,{b}_{i}\right)}^{*}\left(\left({a}_{j},0\right)\right)={\delta }_{ij} , \quad {\left(0,{b}_{i}\right)}^{*}\left(\left(0,{a}_{j}\right)\right)=0, \\ & { \left({b}_{i},0\right)}^{*} \left(\left(0,{a}_{j}\right)\right)={\delta }_{ij},\quad {\left({b}_{i},0\right)}^{*}\left(\left({a}_{j},0\right)\right)=0 \end{split}$

已知单位元 $ \left(\mathrm{1,0}\right)=\left({a}_{1},0\right) $ ,于是, $ {\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right)= {\left(0,{b}_{1}\right)}^{*} $

由定义

$\begin{split} {D}_{B}\left({a}_{i},0\right)=&{\left\{\left(\mathrm{1,0}\right),\left({a}_{i},0\right)\right\}}_{D}=\\ &{\sigma }_{B}^{-1}\left({\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left({a}_{i},0\right)\right\}}_{{B}^{*}}\right) \end{split}$ (3)

$\begin{split} &{\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left({a}_{i},0\right)\right\}}_{{B}^{*}}={{p}_{1}\left({b}_{1},0\right)}^{*}+{{p}_{2}\left({b}_{2},0\right)}^{*}+\\ &\quad\cdots+{{p}_{n}\left({b}_{n},0\right)}^{*}+{{q}_{1}\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}+\cdots +{{q}_{n}\left(0,{b}_{n}\right)}^{*}\\[-11pt] \end{split}$ (4)

现求系数 $ {p}_{1},{p}_{2},\cdots ,{p}_{n,},{q}_{1},{q}_{2},\cdots, {q}_{n} $ 的值。将式(4)作用于 $ \left({a}_{1},0\right) $ ,可得

$ \begin{aligned} {\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left({a}_{i},0\right)\right\}}_{{B}^{*}}\left({a}_{1},0\right)=\left({{p}_{1}\left({b}_{1},0\right)}^{*}+{{p}_{2}\left({b}_{2},0\right)}^{*}+\cdots +\right.\\ \left.{{p}_{n}\left({b}_{n},0\right)}^{*}+{{q}_{1}\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}+\cdots +{{q}_{n}\left(0,{b}_{n}\right)}^{*}\right)\left({a}_{1},0\right)={q}_{1} \end{aligned} $

另一方面,

  ${\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left({a}_{i},0\right)\right\}}_{{B}^{*}}\left({a}_{1},0\right)={\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right) \left\{\left({a}_{i}, 0\right), \left({a}_{1},0\right)\right\}=$       ${\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}\left(\left\{{a}_{i},{a}_{1}\right\},0\right)={k}_{1}^{i1}$

于是, $ {q}_{1}={k}_{1}^{i1} $

同样地,将式(4)作用于 $ \left({a}_{2},0\right),\cdots ,\left({a}_{j},0\right),\cdots , \left({a}_{n},0\right) $ ,可得

$ {q}_{j}={k}_{1}^{ij},\qquad j=\mathrm{1,2},\cdots ,n $

将式(4)作用于 $ \left(0,{a}_{1}\right) $ ,可得

$ \begin{split} {\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left({a}_{i},0\right)\right\}}_{{B}^{*}}\left(0,{a}_{1}\right)=\left({{p}_{1}\left({b}_{1},0\right)}^{*}+{{p}_{2}\left({b}_{2},0\right)}^{*}+\cdots+ \right.\\ \left.{{p}_{n}\left({b}_{n},0\right)}^{*}+{{q}_{1}\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}+\cdots +{{q}_{n}\left(0,{b}_{n}\right)}^{*}\right)\left(0,{a}_{1}\right)={p}_{1} \end{split} $

另一方面,

$\begin{split}&{\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left({a}_{i},0\right)\right\}}_{{B}^{*}}\left(0,{a}_{1}\right)=\\[-3pt] &\qquad{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right) \left\{\left({a}_{i},0\right),\left(0,{a}_{1}\right)\right\}={\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}\left(0,\displaystyle\sum\limits _{l=1}^{n}{k}_{l}^{i1}{a}_{l}\right)=0 \end{split} $

于是, $ {p}_{1}=0 $ 。若将式(4)作用于 $ \left(0,{a}_{2}\right) $ ,可得 $ {p}_{2}=0 $ 。类似地,可得 $ {p}_{j}=0,j=\mathrm{1,2},\cdots ,n $

$ \begin{split} &{\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left({a}_{i},0\right)\right\}}_{{B}^{*}}={{k}_{1}^{i1}\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}+\\ &\qquad \quad\quad{{k}_{1}^{i2}\left(0,{b}_{2}\right)}^{*}+\cdots +{{k}_{1}^{in}\left(0,{b}_{n}\right)}^{*} \end{split}$ (5)

由式(2)~(5)可知, $ {D}_{B}\left({a}_{i},0\right)=\left({D}_{A}\left({a}_{i}\right),0\right) $

又因为,

$ {D}_{B}\left(0,{a}_{i}\right)={\left\{\left(\mathrm{1,0}\right),\left(0,{a}_{i}\right)\right\}}_{D}={\sigma }_{B}^{-1} \left(\left\{\sigma_{B} \left(\mathrm{1,0}\right),\left(0,{a}_{i}\right)\right\}_{{B}^{*}}\right) $

$\begin{split} &{\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left(0,{a}_{i}\right)\right\}}_{{B}^{*}}={{p}_{1}\left({b}_{1},0\right)}^{*}+{{p}_{2}\left({b}_{2},0\right)}^{*}+\cdots +\\ &\qquad\quad{{p}_{n}\left({b}_{n},0\right)}^{*}+{{q}_{1}\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}+\cdots +{{q}_{n}\left(0,{b}_{n}\right)}^{*}\\[-11pt] \end{split}$ (6)

将式(6)作用于 $ \left({a}_{1},0\right) $ ,有

$ \begin{split} {\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left(0,{a}_{i}\right)\right\}}_{{B}^{*}}\left({a}_{1},0\right)=\left({{p}_{1}\left({b}_{1},0\right)}^{*}+{{p}_{2}\left({b}_{2},0\right)}^{*}+\cdots+\right.\\ \left.{{p}_{n}\left({b}_{n},0\right)}^{*}+{{q}_{1}\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}+\cdots +{{q}_{n}\left(0,{b}_{n}\right)}^{*}\right)\left({a}_{1},0\right)={q}_{1} \end{split} $

另一方面,

$\begin{split}{\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left(0,{a}_{i}\right)\right\}}_{{B}^{*}}\left({a}_{1},0\right)={\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}\left(\left\{\left(0,{a}_{i}\right),\left({a}_{1},0\right)\right\}\right) =\\ {\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}\left(0,-\left\{{a}_{i},{a}_{1}\right\}\right)={\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}\left(0,-\sum\limits _{l=1}^{n}{k}_{l}^{i1}{a}_{l}\right)=0 \end{split} $

从而, $ {q}_{1}=0 $ 。类似地,将式(6)作用于 $ \left({a}_{j},0\right) $ ,可得 $ {q}_{j}=0,j=\mathrm{1,2},\cdots ,n $

现将式(6)作用于 $ \left(0,{a}_{j}\right) $ ,于是,

$\begin{split} {p}_{j}=&{\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}\left(\left\{\left(0,{a}_{i}\right),\left(0,{a}_{j}\right)\right\}\right)={\left(0,{b}_{1}\right)}^{*}\left(\left(\mathrm{0,0}\right)\right)=0, \\ &j=\mathrm{1,2},\cdots ,n \end{split}$

从而

$ {\left\{{\sigma }_{B}\left(\mathrm{1,0}\right),\left(0,{a}_{i}\right)\right\}}_{{B}^{*}}=0 $ (7)

故由式(2),(6)和(7)可知, $ {D}_{B}\left(0,{a}_{i}\right)= \left(\mathrm{0,0}\right) $ 。从而证明了

$ {D}_{B}\left(a,b\right)=\left({D}_{A}\left(a\right),0\right),\forall a,b\in A $
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