复习李代数感觉忽然想起了很久之前看到的别的证明，在这里记录一下。
我们知道代数中有很多『自由』对象，下面列举几个。
- 自由群。一个集合$X$，存在$F_X$以及映射$Xstackrel{iota} o F_X$使得如下的泛性质成立$$forall extrm{群} G, extrm{映射} Xstackrel{varphi} o G quad exists ! extrm{群同态}F_Xstackrel{hat{varphi}} o Gquad extrm{s.t.} quad left[Xstackrel{iota} o F_Xstackrel{hat{varphi}} o G ight]=left[Xstackrel{varphi} o G ight]$$
- 外代数。一个线性空间$V$，存在外代数$igwedge^n V$以及映射$V^nstackrel{pi} o igwedge^n V$使得如下的泛性质成立$$forall extrm{线性空间} W, extrm{$n$-交错线性函数} V^nstackrel{varphi} o W.quad exists ! extrm{线性映射}igwedge^n Vstackrel{hat{varphi}} o Wquad extrm{s.t.} quad left[V^nstackrel{pi} o igwedge^n Vstackrel{hat{varphi}} o W ight]=left[V^nstackrel{varphi} o W ight]$$
- 泛包络代数。一个李代数$mathfrak{g}$，存在$U(mathfrak{g})$以及映射$mathfrak{g}stackrel{iota} o U(mathfrak{g})$使得如下的泛性质成立$$forall extrm{结合代数} R, extrm{李代数同态} mathfrak{g}stackrel{varphi} o R quad exists ! extrm{结合代数同态}U(mathfrak{g})stackrel{hat{varphi}} o Rquad extrm{s.t.} quad left[mathfrak{g}stackrel{iota} o U(mathfrak{g})stackrel{hat{varphi}} o R ight]=left[mathfrak{g}stackrel{varphi} o R ight]$$
他们的交换图如下$$egin{array}{ccc}X&stackrel{iota} o& F_X \ & searrow & downarrow \ && Gend{array} qquad egin{array}{ccc}V^n&stackrel{pi} o& igwedge^n V \ & searrow & downarrow \ && Wend{array} qquad egin{array}{ccc}mathfrak{g}&stackrel{iota} o& U(mathfrak{g}) \ & searrow & downarrow \ && Rend{array}$$
撇开泛性质不谈，这不是本文要讨论的重点。我们注意到他们的构造其实有很大的类似之处，首先在于其『构造』都集合论地来自某个集合的商集（或商空间，但本质上也是商空间），但是他们通常都有如下关于元素形式的刻画：
- 自由群。对于自由群$F_X$的每一个字都可以约成唯一的一个不可约字。
- 外代数。如果$V$有基$X$，给$X$排定全序，则$igwedge^n V$具有基${x_1wedge ldots wedge x_n: x_iin X, x_1<ldots<x_n}$。
- 泛包络代数。如果李代数$mathfrak{g}$作为线性空间具有基底$X$，给$X$排定全序，则$U(mathfrak{g})$具有基${x_1otimes ldots otimes x_n: x_iin X, x_1leq ldotsleq x_n}$。
他们的证明都十分繁复，下面，方便起见，这里采用我比较想要谈论的那种证明。
定理(自由群结构定理). 对于自由群$F_X$的每一个字都可以约成唯一的一个不可约字.
证明. 将所有不可约字收集起来, 具体来说$$W={x_1ldots x_n: x_iin Xcup X^{-1}, ngeq 0, x_i eq x_{i+1}^{-1}}$$我们要定义$F_X$在其上的作用, 为此先定义$X$在$W$上中的作用如下$$xcdot (x_1ldots x_n)=egin{cases} xx_1ldots x_n& x eq x_1^{-1}\ x_2ldots x_n & x=x_1^{-1}end{cases}$$上述作用实际上是$X o { extrm{$W$到自身的双射}}$, 根据泛性质, 这定义了群同态$F_X o { extrm{$W$到自身的双射}}$, 这定义了$F_X$在$W$的作用. 首先, 每个字都可以被约成不可约字这是自然的事甚至是可以找到『算法『的. 为了看到是唯一的, 关键是两个不同不可约字不能够相等. 注意到对于不可约字$win F_X$总有$$wcdot underbrace{wedge}_{ extrm{$W$中的空字}}=win W$$故若有两个不同的不可约字$w_1 eq w_2$, 他们在$F_X$中相等, 那么$$W i w_1=w_1cdot wedge =w_2cdot wedge=w_2in W$$矛盾! 从而$w_1$和$w_2$中不相等. $square$
实际上这个命题也可以组合地证明，这个组合证明是我自己想到的，不过后来发现很多人已经给出过这样的证明了，下次如果有时间可以再写一篇介绍。
定理(外代数结构定理). 如果$V$有基$X$，给$X$排定全序，则$igwedge^n V$具有基${x_1wedge ldots wedge x_n: x_iin X, x_1<ldots<x_n}$.
证明. 不难证明, 上述集$X={x_1wedge ldots wedge x_n: x_iin X, x_1<ldots<x_n}$生成了整个$igwedge^n V$. 问题的关键落在线性无关上, 对于任意一个$x_ullet=x_1wedge ldots wedge x_n$. 作线性函数$f:V^n o k$, 使得$$f(y_1,ldots,y_n)=egin{cases} operatorname{sgn}sigma& y_i=x_{sigma(i)}, sigmain mathfrak{S}_n\ 0 & extrm{$y_i$不是$x_i$的一个排列} end{cases}$$不难验证$f$是良定义的反对称线性函数, 从而根据泛性质存在$hat{f}: igwedge^n V o k$, 使得$hat{f}$杀死$X$中除了$x_ullet$的所有元素, 这样就证明了线性无关. $square$
组合的证明可见Grillet的Abstract Algebra P525 Proposition 4.5.
定理(Poincaré-Birkhoff-Witt). 如果李代数$mathfrak{g}$作为线性空间具有基底$X$, 给$X$排定全序, 则$U(mathfrak{g})$具有基${x_1otimes ldots otimes x_n: x_iin X, x_1leq ldotsleq x_n}$.
证明. 因为$xotimes y=yotimes x+[x,y]$, 故对长度归纳可知上述集${x_1otimes ldots otimes x_n: x_iin X, x_1leq ldotsleq x_n}$生成了$U(mathfrak{g})$, 同样, 问题还是落在线性无关上.
具体来说, 考虑$X$中全体长度为$n$的链$$X_n={(x_1,ldots,x_n): x_iin X, x_1leq ldotsleq x_n}$$考虑以$igcup_{n=0}^infty X_n$为基生产的线性空间$V$. 我们下面赋予$V$以$mathfrak{g}$-模结构, 递归地定义$$xcdot (x_1,ldots,x_n)=egin{cases}
(x,x_1,ldots,x_n)& xleq x_1\
x_1cdot (x cdot (x_2,ldots,x_n))+[x,x_1]cdot (x_2,ldots,x_n)& x>x_1
end{cases}$$分各种情况分别验证对每个$vin igcup_{n=0}^infty X_n$
$$xcdot (y cdot v)-ycdot (x cdot v)=[x,y]cdot v$$
即可, 设$v=(z,ldots)$, 验证如下
- $x>y<z$时, $$egin{array}{ll}quad xcdot (y cdot (z,ldots))-ycdot (x cdot (z,ldots))\= xcdot (y,z,ldots)-ycdot (x cdot (z,ldots))& ecause y<z\= ycdot (xcdot (z,ldots))+[x,y]cdot (z,ldots)-ycdot (x cdot (z,ldots))& ecause x>y\= [x,y]cdot (z,ldots)end{array}$$
- $y>x<z$时是类似的.
- $y>z<x$时, 不妨归纳$(ldots)$的长度, $$egin{array}{ll}quad xcdot (y cdot (z,ldots))-ycdot (x cdot (z,ldots))\= xcdot (zcdot (ycdot (ldots)))-ycdot (zcdot (xcdot (ldots)))\+ xcdot ([y,z]cdot (ldots))-ycdot([x,z]cdot (ldots))& ecause x>z,y>z\= zcdot (xcdot (ycdot (ldots)))-zcdot (ycdot (xcdot (ldots)))\+ [x,z]cdot (ycdot (ldots))-[y,z]cdot (xcdot (ldots))\+ xcdot ([y,z]cdot (ldots))-ycdot([x,z]cdot (ldots))& ecause x>z,y>z\ = zcdot ([x,y]cdot (ldots)) +([[x,z],y]+[x,[y,z]])cdot (ldots) & extrm{对$(ldots)$长度归纳}\ =zcdot ([x,y]cdot (ldots))-[[x,y],z]cdot (ldots) & ecause extrm{Jacobi恒等式}\ =[x,y]cdot (zcdot (ldots)) & extrm{对$(ldots)$长度归纳} end{array}$$
这样就验证完$V$构成一个$mathfrak{g}$-模了, 这样$V$也是$Umathfrak{g}$-模, 如果在$Umathfrak{g}$中有线性关系
$$sum_{(x_1,ldots,x_n)in igcup X_n}c_{(x_1,ldots,x_n)}x_1otimes ldots otimes x_n=0$$
将其作用在$X_0={varnothing}$上, 得到
$$sum_{(x_1,ldots,x_n)in igcup X_n} c_{(x_1,ldots,x_n)}(x_1,ldots,x_n)=0$$
从而$c_*=0$, 故线性无关, 命题得证. $square$
这个证明采自Serre的Lie Algebra and Lie Group P14 Theorem 4.3。
诚然，从商集出发，经过严格演算以证明二者无相等或线性相关关系而将优良泛性质推到一边将使证明落入介于集合论和组合的长篇大论中去。上述陈述的证明则相比之下显得更具章法，他们的证明方法有无共通之处呢？表面上看当然如此，他们都构造了一个『作用』，自由群就是群作用，李代数就是表示，其中第二个证明如果硬生套入，可以说线性空间作用到了对偶空间上去。我们的目标是找一个被『自由』作用的对象，最后使得两个不同的事物可以被区分开。
但是至此还不足以体现证明的自然性，我们指出，他们本质是『重构』。
- 对于自由群$F_X$，通常的构造是利用字的拼接构成半群再商掉群需要满足的关系，但是既然我们感官上会觉得他们都可以唯一地约成不可约字，即商集每个元素都以唯一的一个不可约字为代表元，那么这些不可与字单独拿出来势必也构成一个群，而且是同构的，换言之，实际上上述证明中$W$不只是$F_X$-集，上面还具有自然的群结构且同构于$F_X$。对于群而言这种构造并不困难，只需要定义$$(x_1ldots x_n) (y_nldots y_1)=x_1ldots x_m y_mldots y_1qquad extrm{$m$是使得任意$k> m$都有$x_k=y_k^{-1}$的最小的$m$}$$这个群不难验证也满足自由群的泛性质，从而两种构造相同，当中连接的同态正是提取代表元的映射和自然映射的限制，这就给出了证明。
- 对于外代数的例子，实际上我们可以直接构造以${x_1wedge ldots wedge x_n: x_iin X, x_1<ldots<x_n}$为基形式地张成的线性空间，再验证其是满足泛性质的，从而自动同构。
- 对于泛包络代数的例子，我们可以直接赋予$igcup_{n=0}^infty X_n$为基生产的线性空间$V$以李代数结构，无非就是证明任意两个元素相乘时可以避免逆序，这可以归纳地利用期望中的恒等式$xotimes y-yotimes x=[x,y]$交换顺序诉诸更短长度的字来转化。
上述证明总所提供的构造只不过是某种角度下足以说明且容易说明目标的一个侧面，例如自由群的部分实际上只用了左乘作用，从而变成了诱导$F_X$在$W$上的群作用；在外代数的部分只用了线性函数能够区分线性空间的元素；在泛包络代数的部分，只用了结合代数的左乘作用，从而变成了$mathfrak{g}$-作用，成为了一个$mathfrak{g}$-模。
以上就是我希望谈论的『证明』，相信这种技巧在之后还会遇到。