二次型Clifford PBW定理

Question

$\声明MathOperator\Cl{Cl}$2012年2月3日更新：现在有一个问题2，它更基本（应该是众所周知的！）。

让千美元$是具有的交换环$1$.让L美元$成为千美元$-模块，以及$g:L\至k$是二次型，即一个映射$L\乘以L\到k，\\left（x，y\右）\mapsto g\左（x+y\右$是千美元$-双线性且满足

$$g\left（\lambda x\right）=\lambda^2 g\ left（x\ right）\quad\text{对于L$中的所有$x\和k$中的$\lambd\}$$

我们定义克利福德代数 $\Cl\左（L，g\右）$作为张量代数$\音符L$（所有张量都结束了千美元$)除以由$x\音符x-g\左（x\右）$为所有人$x\单位：L$.

问题1：是$\Cl\左（L，g\右）$同构于${\大楔形}L$作为一个千美元$-模块？是的关联分级对象$\Cl\左（L，g\右）$同构于${\大楔形}L$作为一个千美元$-代数？

备注：答案是对如果二次型$克$来自双线性（不一定对称！）形式。因此，如果L美元$是免费的千美元$-模或更一般地说，商的直接和千美元$-的模块千美元$（事实上，很容易看出，在这种情况下L美元$来自双线性形式）。（我认为在这种情况下L美元$是有限自由的千美元$-模块中，答案“是”也可以由菱形引理证明，尽管我还没有检查。）我对这些都不成立的“反常”案例感兴趣，但我缺乏反常：我无法说出任何此类案例的名称。因此，这是一个显然需要首先解决的问题：

问题2：求一个交换环千美元$具有$1$和a千美元$-模块L美元$二次型（定义如上），它不是来自于上的任何双线性（对称或非对称）形式L美元$.（二次型$克$据说是来自双线性形式$小时$如果我们有$g\left（v\right）=h\ left（v，v\ right）$对于每个$v\单位：L$.)

注：二次型Clifford代数在某种意义上是李代数或伪李代数的泛包络代数的“小姐妹”。（“小妹妹”不是历史意义上的，而是部分具有相同的性质，但在Clifford情况下比在泛包络代数情况下更容易证明。）上述问题要求一种Poincaré–Birkhoff–Witt（PBW）定理克利福德代数。（请注意，PBW定理本身需要一些精确条件，例如1美元$无限自由或千美元$成为$\mathbb Q美元$-代数，所以如果Clifford案例也不能完全通用，我也不会感到惊讶。但相反的情况也不会让我感到惊讶，因为对于Clifford代数，即使在特征上，PBW也比PBW困难得多$0$.)

Answer 1

如果有人能检查下面的内容，我会非常感激。

找到了反例（针对问题1，因此也针对问题2）。它的灵感来自于P.M.Cohn中围绕理论PBW的反例，关于Birkhoff-Witt定理的一点注记.J.伦敦数学。Soc.38 1963第197-203页，MR0148717（虽然我仍然不知道科恩的反例是否适用于所有质数$p$，但这里我只需要$p=2$）。

设$k$是交换环$\mathbb F_2\left[\alpha，\beta，\gamma\right]/\left（\alpha^2，\beta^2，\ gamma^2\right）$。

设$L$是$k$-模块$\left\langle x，y，z\right\rangle/\left\ langle\alpha x-\betay-\gamma z\rift\rangle$。

为所有$a、b、c$定义映射$q:L\到k$by$q\ left（\overline{ax+by+cz}\right）=a^2+b^2+c^2$（以k$为单位）。这个映射$q$很容易被视为定义良好的二次型；它还满足$q\left（\overline x\right）=q\lert（\overrine y\right。

在Clifford代数$\mathrm{Cl}\left（L，q\right）$中，我们有$\left-\beta\上基线y\上基线x-\gamma\上基线z\上基线x=\alpha-\beta \上基线y \上基线x-\gamma \上基线z \上基线x$。由于等式的左边是$0$（因为$\overline{\alpha-x-\betay-\gamma-z}=0$），因此我们有$\alpha--\beta\overline y\ overlinex-\gamma\overllinez\ overline x=0$。与$\beta\gamma$相乘，即为$\alpha\beta\ gamma=0$（因为$\beta ^2=0$和$\gamma^2=0$会使其他两个项消失）。因此，它必须保存在$\mathrm{Cl}\left（L，q\right）$中。但这在$k$中不成立，因此在$\wedge L$中也不成立，所以我们不能有同构。

Answer 2

正如Darij和Theo所指出的，以下内容是不正确的。特别是，我似乎在任何地方都没有使用$g$是二次型这一事实。我把它留在这里，希望它能通过额外的假设来拯救，或者对方法进行一些调整。

原始答案如下：

我相信这是从一般的陈述中得出的，即取相关的分次对象是从过滤$k$-代数范畴到分次$k$--代数范畴的一个精确函子。用$T（L）$表示$L$的张量代数，用$$I=语言x音符x-g（x）$$以及$\iota:I\到T（L）$的包含。

然后，分次$k$-代数的态射$\mathrm{gr}（\iota）$将$x\otimesx-g（x）$（或者，更迂腐地说，它在$\mathrm{gr{（I）$中的图像）映射到$x\opimesx$（用$T（L）$标识$\mathr m{grneneneep（T（L。

这表明$\mathrm{Cl}（L，g）$的相关分次代数是$\bigwedge（L）$，这就提升到了$\mathrm{Clneneneep（L，g）$和$\bigbwedge。

编辑：我扩展了我原来的答案。

设$A=\cup_{n=0}^\infty A_n$是任何过滤的$k$-代数，而$I$是一个理想。表示$I_n=I\cap A_n$，因此$I$由$I=\cup_{n=0}^\infty I_n$过滤。让$$q:A\至A/I$$是商图。然后$A/I$被过滤$$A/I=q（A）=\cup_{n=0}^\infty q（A_n）$$让包含映射表示为$\iota:I\到A$。然后我们有短的精确序列$$0\ to I\ overset{iota}{\longrightarrow}A\ overset{q}{\lengrightarror}A/I\ to 0$$在过滤$k$-代数的范畴中。

我的主张是序列$$0\到\mathrm{gr}（I）\覆盖{\mathrm{gr}-（\iota）}{\longrightarrow}\mathrm-{gr}（A）\覆盖}\mathrm{gr{（q）}{\ longrightarrow}\ mathrm}-（A/I）\到0$$在分次$k$-代数的范畴中保持精确。检查起来有点乏味，但并不困难。

然后将其应用于$A=T（L）$，$I=langle x\otimes x-g（x）\rangle$。那么$A/I$就是你的Clifford代数，我的意思是你可以计算出它相关的分级对象$$\mathrm{gr}（A/I）\simeq\mathrm{gr}$$最后，映射$\mathrm{gr}（\iota）$对理想的作用是什么？事实证明$$\mathrm{gr}（\iota）（x\otimes x-g（x））=x\otimes x$$所以$\mathrm{gr}（I）$在$\mathr下的图像正是得到外部代数$\bigwedge（L）$的理想商。