量子SU（n）的基础

Question

众所周知

$\{a^ib^jc^k|i，j，k\in\mathbb{Z}\{geq0}，k>0\}\cup\{b^lc^md^n|l，m，n\in\mathbb{Z}\{Geq0}\}$

构成量子$SU（2）$的基础。有人知道量子$SU（n）$的基础吗？

我的猜测是，类似的结果也会成立。也就是说，由矩阵项相对于规范排序排序的所有幂乘积组成的集合，使得q-det（n）中的第一个项不出现，将构成一个基。然而，我不知道如何证明这一点。

Answer 1

[编辑：根据下面约翰的有益评论，我的回答更加完整。]

是的，这是关于$O_q（G）$是任何半单群G的$O（G）美元的平面变形的声明。有关这一点的证明，请参阅Klimyk和Schmuedgen的书《量子群及其表示》：在第311页，他们陈述了$Mat_q（n）$的相关定理（尽管该证明只是参考原始来源）。在下一节中，他们证明了det_q是中心的，这允许我们用$Mat_q（N）/（det_q-1）$来标识$O_q（SL_N）$。OP询问了$SU（N）$，但在代数群的上下文中，我们研究了SL_N，它具有紧致实数形式$SU。

一般来说，在将非交换代数中的任何元素转化为标量或专门化为标量时，我们都必须小心，因为这通常会大大改变代数相对于交换情况的大小（前者比预期的大，后者比预期的小）。对于反转，您需要元素位于一个“分母集”中，这可以确保您不必添加太多内容来反转它（想象一下在两个生成器x和y上反转自由代数$k（（x，y））$中的$y$：它将比向量空间$k（）[1/y]$大得多）。[编辑：我无法使用carot或大括号，因此自由代数的符号很尴尬；我希望它很清楚。]对于专门化，你的元素应该诚实地位于非对易代数的中心，因为它在商中的图像将是标量（因此是中心）。例如，如果您取$A^2_{q}=k（（x，y））/（yx=qxy）$，则其基础与$A^2=k[x，y]$相同。然而，将A_q除以y-1会使x=0，这在A中不会发生。

据我所知，本例（和许多示例）中PBW定理的标准证明依赖于一个称为钻石引理的技术引理，即KS中的引理4.8，它给出了与定义关系兼容的O_q（G）单项式的排序，允许人们证明PBW基的存在。

Answer 2

这个答案与大卫·乔丹的答案并不是完全不同，但有点不同。对于所有矩阵，坐标环$O_q（M_n）$是多元“偏斜多项式环”的一个例子，这意味着具有某些公理的分级或滤波环，这些公理意味着从指数向量到单项式的任何映射都是基。（我是从李慧石的《非交换Gröbner基和过滤分级转移》中得到的。）在任何这样的环中，都有一个关于任何理想，特别是行列式理想的Gróbner基底的理论。如果去掉包含Gröbner生成器前导项的单项式，那么余下的项就是商环的基础。这是一个等价的答案，但更一般，因为它归结为相同的菱形引理。

Answer 3

这个问题有点模糊，从$n=2$的例子中可以看出，这个问题是关于$SL_q（n）$而不是$SU_q（n）$；答案当然是那些标准的正常有序单项式

$（t^1_1）^{a{11}}（t^2_2）^{a{12}}。。。（t^n_n）^{a{nn}}$

满足对角指数$a{ii}$中至少一个为零的条件。与$O_q（M_n）$Bergman的菱形引理的文字应用不同，它不会产生算法，因为对角线元不是一个接一个的，所以如果要排除对角线的额外出现，就需要违反半群定律。这可能需要付出很大的努力，我在1999年用很多算法组合学检查过这一点；也就是说，使用的约简集是无限的，并且是通过算法而不是通过显式公式给出的。与Bergman建议的一般规则不同，在直菱形引理方法中排除嵌套的歧义是不明智的。然而，其他一些不依赖标准菱形引理的Grober论点可以给出简单的答案。

对于通用$q$，使用经典的交换情况和变形参数当然足够了（编辑：大卫的答案中提到）。

这是不正确的，上面在公认的答案中所说的，当设置$det_q=1$时，通过菱形引理和将关系作为归约的$O_q（M_n）$的简单技术是有效的。假设在$SL_q（3）$中有表达式$（x^1_1）^2（x^2_2）^2。你们将如何利用量子行列式的中心性，将其转化为并没有全部三个对角生成器的东西？你首先需要重新安排事情，以便能够完成一个量子行列式，以排除一个坏的对角线生成器，但这与排序不太兼容。它可以系统地完成，但现在的方法是微不足道的，或者Klimyk-Schmuedgen的书中暗示了这一点。