ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ

Transkript

1 ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ Zeynep KÜÇÜKAKÇALI SERBEST LİE CEBİRLERİNİN ALT MERKEZİ VE POLİSENTRAL SERİLERİNİN TERİMLERİNİN KESİŞİMLERİ MATEMATİK ANABİLİM DALI ADANA, 2012

2 ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ SERBEST LİE CEBİRLERİNİN ALT MERKEZİ VE POLİSENTRAL SERİLERİNİN TERİMLERİNİN KESİŞİMLERİ Zeynep KÜÇÜKAKÇALI YÜKSEK LİSANS TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI Bu tez / /2012 Tarihinde Aşağıdaki Jüri Üyeleri Tarafından Oybirliği/Oyçokluğu İle Kabul Edilmiştir... Yrd. Doç. Dr. Ela AYDIN Prof. Dr. Naime EKİCİ Yrd.Doç. Dr. Cennet ESKAL DANIŞMAN ÜYE ÜYE Bu tez Enstitümüz Anabilim Dalında hazırlanmıştır. Kod No: Prof. Dr. M.Rifat ULUSOY Enstitü Müdürü Bu Çalışma TÜBİTAK-BİDEB Tarafından Desteklenmiştir. Not: Bu tezde kullanılan özgün ve başka kaynaktan yapılan bildirişlerin, çizelge ve fotoğrafların kaynak gösterilmeden kullanımı, 5846 sayılı Fikir ve Sanat Eserleri Kanunundaki hükümlere tabidir.

3 ÖZ YÜKSEK LİSANS TEZİ SERBEST LİE CEBİRLERİNİN ALT MERKEZİ VE POLİSENTRAL SERİLERİNİN TERİMLERİNİN KESİŞİMLERİ Zeynep KÜÇÜKAKÇALI ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI Danışman: Yrd.Doç.Dr. Ela AYDIN Yılı: 2012, Sayfa:65 Jüri :Yrd.Doç.Dr. Ela AYDIN : Prof. Dr. Naime EKİCİ : Yrd.Doç. Dr. Cennet ESKAL Bu çalışma bir serbest Lie cebiri olmak üzere nin alt merkezi ve polisentral serilerinin terimlerinin arakesitlerinin belirlenmesi ile ilgilidir. Gruplar için T. C. Hurley tarafından elde edilen sonuçlar kullanılarak benzer sonuçlar serbest Lie cebirleri için de elde edilmiştir. Bazı durumlar için örnekler yapılmıştır. Ayrıca birleşmeli bir cebir ve alt merkezi serisi 0( ) =, ( ) = ( ) [, 1 ( )] olarak tanımlı iken ( ) = bölüm cebiri ele alınarak +1( ) bir serbest cebiri için ( ) cebirinin yapısı üzerinde çalışılmış ve 2( ) için bir baz elde edilmiştir. Anahtar Kelimeler: Alt merkezi seriler, birleşmeli cebir, polisentral seriler. I

4 ABSTRACT MSc. THESIS INTERSECTIONS OF TERMS OF POLYCENTRAL SERIES AND LOWER CENTRAL SERIES OF FREE LİE ALGEBRAS Zeynep KÜÇÜKAKÇALI ÇUKUROVA UNIVERSITY INSTITUTE OF NATURAL AND APPLIED SCIENCES DEPARTMENT OF MATHEMATICS Supervisor : Assist. Prof. Dr. Ela AYDIN Year: 2012, Pages:65 Jury : Asst. Prof. Dr. Ela AYDIN : Prof. Dr. Naime Ekici : Asst. Prof. Dr. Cennet ESKAL This study is concerned with the identification the intersections of terms of polycentral series with the lower central series of a free group. The results from the group case which derivation by T. C. Hurley are used to derive analogous results for the free Lie algebra. Examples were made for some cases. is an associative algebra and define its lower central series ( ) =, ( ) = [, ( )], and the corresponding quotients ( ) = ( ) ( ). We study the structure of ( ) for a free algebra. We construct a basis for ( ). Keywords:Lower central series, Associative algebra, polycentral series. II

5 TEŞEKKÜR Bu çalışmanın hazırlanması sırasında bilgi ve tecrübeleriyle beni aydınlatan, her aşamasında yardımlarını ve desteğini esirgemeyen, değerli zamanını ayırarak çalışmanın tamamlanmasını sağlayan, bilgisi ve kişiliğiyle örnek aldığım saygı değer danışman hocam Yrd. Doç. Dr. Ela AYDIN a sonsuz teşekkürlerimi sunarım. Ayrıca sonsuz desteği, sevgisi ve güveniyle daima arkamda duran sevgili babam Zübeyir KÜÇÜKAKÇALI ve sevgili annem Sevgi KÜÇÜKAKÇALI ya, sevgili aileme, nişanlım Resul TUNÇ a, sevgili dostum İpek BALIKÇI ya, Ç. Ü. Matematik bölümünün saygıdeğer öğretim üyelerine ve araştırma görevlilerine yardım ve desteklerinden dolayı teşekkür ederim. Son olarak da yüksek lisans yaptığım süre içerisinde aldığım burstan dolayı TÜBİTAK Bilim İnsanı Destekleme Daire Başkanlığına teşekkür ederim. III

6 İÇİNDEKİLER SAYFA ÖZ...I ABSTRACT...II TEŞEKKÜR....III İÇİNDEKİLER...IV 1. GİRİŞ TEMEL TANIM ve TEOREMLER Lie Cebiri Serbest Lie Cebirleri Serbest Lie Cebirlerinin Hall Bazı Alt Merkezi Seri ve Nilpotent Lie Cebirleri Polisentral Seri ve Polinilpotent Lie Cebirleri Genel Lineer Lie Cebiri Representasyon(Temsil) Teorisi Formlar Young diyagramı HAZIRLIK TANIM VE LEMMALARI BAZLAR ,2 ve 3,2 nin YAPISI Bazı Notasyonlar ,2[ ] için Baz =3 Durumu n DURUMUNDA Bn,2 nin YAPISI ,2 Hakkındaki Ana Teorem Feigin - Shoikhet İzomorfizmi Lemma in ispatı Lemma nin ispatı Sonlu Sıralı Durumunda , [,1] ve 2, [,2]nin YAPISI , [,1] in Yapısı IV

7 7.2. 2, [,2] in Yapısı , deki Ƒ,2 ve Ƒ,1 in KATLILIKLARI KAYNAKLAR ÖZGEÇMİŞ V

8 1.GİRİŞ Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 1. GİRİŞ Bu çalışma T. C. Hurley (1979) ile Glyna Dobrovolska, John Kim ile Xiaoguang Ma (2007) tarafından yazılan makalelerin Türkçe çevirisi olup örnekler ve temel tanımlar ile genişletilmiştir. Ayrıca T. C. Hurley tarafından serbest gruplar için verilen ispatlar serbest Lie cebirleri için de gerçeklenmiştir. Serbest polinilpotent gruplar üzerinde geniş çalışmalar yapan ve her asalı için rezidülü sonlu -grup olduklarını gösteren kişi Gruenberg K. W. (1957) dir. Smelkin A. L. (1969) de polinilpotent grupların alt merkezi faktörlerini belirlemiş ve serbest polinilpotent Lie cebirlerinin toplam gruplarının bazını elde etmiştir. Bunun sonuçları da Ward M. A. (1969) tarafından verilmiştir. Bir birleşmeli cebiri verilsin. [, ] =.. komütatörü ile biz onu Lie cebiri olarak düşünebiliriz. nın alt merkezi serisi, ( ) =, ( ) = [, ( )] ( ) olarak tanımlanır. ( ) = ( ) bölüm cebiri olmak üzere ( ) cebiri üzerindeki çalışmalar, C üzerinde n eleman tarafından üretilen = serbest birleşmeli cebirini düşünen Feigin B. ve Shoikhet B. (2007) tarafından başlatıldı. Onların ana sonuçları >1 iken ( ) in n değişkenli polinom vektör uzayının Lie cebirinin temsili olması ve ( ) in -modül olarak pozitif çift dereceli üzerindeki kapalı (yada tam) polinom diferansiyel formuna izomorf olmasıdır. Biz bu çalışmamızda ( ) in yapısı çalışmalarını inceleyeceğiz. Tezin ikinci bölümünde çalışmamızın kaynağını oluşturan temel tanım ve teoremlere yer verilmiştir. Üçüncü bölümde arakesitleri belirlememiz için gerekli olan bazı tanımları ve lemmaları verdik. Dördüncü bölümde bazları tanımlayarak polisentral seriler ve alt merkezi serilerin terimlerinin arakesitlerinin neye eşit olduğunu elde ettik. Beşinci bölümde Feigin B. ve Shoikhet B. (2007) nin sonuçlarının bir yeni basit ispatını =2,3 durumları için ( ) in yapısını belirlemede verdik. 1

9 1.GİRİŞ Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Altıncı bölümde >3 durumu için bazı genelleyeceğiz. >0 olmak üzere =0 bağıntılarının kümesi R olsun. = olarak tanımlayalım. Bu elde edilen bazı ( ) nin yapısına karar vermede kullanacağız. Yedinci ve sekizinci bölümlerde modül olarak ( ) nin yapısı hakkında bazı bilgiler elde edeceğiz. 2

10 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 2. TEMEL TANIM ve TEOREMLER 2.1. Lie Cebiri Tanım 2.1.1: bir cisim ve de üzerinde bir vektör uzayı olsun. Eğer üzerinde aşağıdaki koşullar sağlanacak şekilde bir [, ]: bilineer fonksiyonu tanımlı ise ye cismi üzerinde bir Lie cebiri denir. 1) Her için [, ] =0 2) Her,, için [, ], + [, ], + [, ], =0 (Jacobi özdeşliği) [,] çarpımına Lie çarpımı ya da braket çarpımı denir. Lie çarpımının bilineer oluşu: Her,, ve, için [ +, ] = [, ] + [, ] [, + ] = [, ] + [, ] 1) koşulu aşağıdaki koşulu da gerektirir. Her, için[ +, + ] =0 [, ] + [, ] + [, ] + [, ] =0 [, ] =0 ve [, ] =0 olduğundan [, ] + [, ] =0 olur. Buradan [, ] = [, ] dir. Her, için [, ] = [, ] ile 1 ) koşulunu gösterelim. 1) koşulu 1 ) koşulunu gerektirdiği halde 1 ) koşulu 1) koşulunu her zaman gerektirmez. Örneğin =2 ise 1 ) koşulu 1) koşulunu gerektirmez. Çünkü her, için [, ] = [, ] dir. Özel olarak = alındığında [, ] = [, ] olup 2[, ] =0 dır. Buradan =2 ise [, ] 0 olabilir ve 1) sağlanmaz. Ancak 2 iken 1 ) varsa 1) de vardır. Tanım 2.1.2: Her, için eğer [, ] =0 ise abelyendir. 3

11 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Tanım 2.1.3: bir Lie cebiri olsun. nin bir alt cebiri her, için [, ] olacak şekildeki bir alt vektör uzayıdır. Tanım 2.1.4: bir Lie cebiri olsun. nin bir ideli, her ve her için [, ] koşulunu sağlayan bir alt vektör uzayıdır. de [, ] = [, ] (anti komütatiflik) olduğundan bir ideal için sağ sol ideal ayrımı yapılmaz. Tanım 2.1.5:, iki Lie cebiri ve : bir fonksiyon olsun. Eğer i) lineer ise yani her, ve için ( + ) = ( ) + ( ) ii) Her, için [, ] = [ ( ), ( )] ise ye bir Lie cebiri homomorfizmi denir. Teorem 2.1.6: ), Lie cebirleri ve : bir homomorfizm olsun. O zaman, in bir ideali,, nin bir alt cebiri ve dir. ) ve bir Lie cebirinin idealleri ise + dir. ) ve bir Lie cebirinin olacak şekilde idealleri ise, nın bir ideali olup dir Serbest Lie Cebirleri Tanım 2.2.1:, bir Lie cebiri ve : bir dönüşüm olsun. Eğer her Lie cebiri ve her : dönüşümü için = olacak şekilde bir tek : Lie homomorfizmi varsa (, ) ikilisine üzerinde bir serbest Lie cebiri denir. kümesi verildiğinde üzerinde bir serbest Lie cebirinin inşası şöyle yapılır:, pozitif bir tamsayı olmak üzere kümelerini aşağıdaki şekilde tanımlayalım. 4

12 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI, =,., = ( ) ve ( ) = olsun. Herhangi bir, ( ) için ve ise (, ) olacak şekilde, vardır. = + olsun. Bu durumda (, ) olup (, ) nin olan kanonik injeksiyon altındaki görüntüsünü ( ) ile gösterelim. Yani = (, ) ( ) olsun. Her, ( ) için ( ) çarpımını tanımlamış olduk. olacak şekildeki sayısına elemanının uzunluğu denir ve ( ) = ile gösterilir., ( ) için ( ) = ( ) + ( ) dir. Her için ( ) =1 dir. herhangi bir cisim olsun. üzerinde bazı ( ) kümesi olan vektör uzayını göz önüne alalım. Yani ( ) in elemanlarının -lineer kombinasyonlarını alıp ( ) deki çarpımı tüm vektör uzayına genişletelim. Böylece cismi üzerinde birleşmeli olmayan ve sonlu boyutlu olmayan bir serbest Lie cebiri elde ederiz. Buna ( ) diyelim., ( ) in aşağıdaki elemanlar tarafından doğurulan ideali olsun. a) ( ) = ( ) b) (,, ) = ( ) + ( ) + ( ) Bu durumda ( ) = ( ), üzerinde bir serbest Lie cebiridir. e ( ) için bir serbest üreteç kümesi denir. ( ) in inşa edildiği küme belli ise ( ) yerine kısaca yazarız Serbest Lie Cebirlerinin Hall Bazı Tanım 2.3.1: Bir ( ) Hall kümesi aşağıdaki şekilde tanımlanır: i) olup e bir tam sıralama verilsin. 5

13 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI ii) ( ) kümesinde, için ( ) formundaki elemanlardan meydana gelir ve < olacak şekildedir. iii) ( ) tanımlanmış ve sıralanmış olsun.( =1,2,, 1). Yani, ( ) olduğu zaman ( ) < ( ) ise < olarak alacağız. Eğer ( ) = ( ) 3 olması durumunda ( ) olarak yazarsak = olarak tanımlarız. Hall kümesini böylece tanımlamış olduk. Verilen bir kümesi üzerinde farklı Hall kümeleri tanımlanabilir ve her bir Hall kümesi üzerindeki sıralama ile bellidir.... = = {,, > } = ( ),,,, >,, > ( ) = Hall kümesidir ve = dir. Bundan sonra Hall kümesindeki sıralama aşağıdaki gibi olacaktır. i) keyfi sıralanmış olsun. ii), ve =, = şeklinde iki eleman olsun. ( ) < ( ) ise < dir. ( ) = ( ) ise < < veya = ve < dir Alt Merkezi Seri ve Nilpotent Lie Cebirleri Tanım 2.4.1: bir cismi üzerinde bir Lie cebiri olsun. nin alt merkezi serisini = = [, ] =[, ] olarak tanımlayalım. 6

14 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Eğer bir + için {0} fakat = {0} oluyorsa ye q-inci dereceden nilpotent Lie cebiri denir. nin alt merkezi serisinin terimleri olacak şekilde idealler zinciri meydana getirir. Bu durumda ve faktörlerinden bahsedebiliriz. Teorem 2.4.2: [, ] dir. İspat: =1 için [, ] = olduğunu biliyoruz. = için doğru olsun. Yani [, ] olsun. = +1 için doğru olduğunu gösterelim. [, ] =, [, ] =, [, ], [, ] = [, ], + [, ], = [, ] + [, ] Tümevarım hipotezinden [, ] + [, ] elde edilir. Teorem 2.4.3: Bir serbest Lie cebirinde serbest abelyen Lie cebiridir ve bazı da de uzunluklu elamanlardan meydana gelir. İspat: = olsun. [, ] =[, ]= ( ) Böylece ( ) = [, ] 1 için 2 +1 olup dir. Dolayısıyla 7

15 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI [, ] = ( ) ={0} elde edilir. Buradan serbest abelyendir. deki elemanlar de uzunluğu olan elemanların toplamı olarak yazılır. Yani ( ) olmak üzere = olarak yazılabilir. 1 için ( ) = ve > için ( ) > olsun. O zaman = olup + + olduğundan = { } olur. Tanım 2.4.4:, üzerinde bir Lie cebiri olsun. Eğer bir n pozitif tamsayısı için olacak şekilde üzerinde bir serbest Lie cebiri varsa ye n-inci dereceden serbest nilpotent Lie cebiri denir. Teorem 2.4.5: Bir serbest nilpotent Lie cebirinde serbest abelyen nilpotent Lie cebiridir. İspat: serbest nilpotent Lie cebiri olsun. = dır. Buradan = dır. = [, ] =, = 8

16 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI = 3. İzomorfizm teoreminden olur., = {0} olur. Buradan serbest abelyen Lie cebiridir Polisentral Seri ve Polinilpotent Lie Cebirleri Tanım 2.5.1: bir cismi üzerinde bir Lie Cebiri, için { } nin alt merkezi serisi, {,,,, } 1 tamsayıların bir dizisi olsun.,,,,,,,, Polisentral serisi aşağıdaki şekilde tanımlanır. nin alt merkezi serisinin n 1 -inci terimi..., in alt merkezi serisinin n 2 -inci terimi,,,, ise,,, in alt merkezi serisinin n k -inci terimi dir. 9

17 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Tanım 2.5.2: Eğer,,,, = {0} ve lerin hiçbirisi bu eşitlik sağlanacak şekilde daha küçük tamsayılarla değiştirilemiyorsa ye {,,, } dizisine göre polinilpotent Lie cebiri denir.,, {0} iken,,, = {0} ise {3,4,5,7} dizisine göre polinilpotenttir. {3,4,2,7} dizisine göre olmamalıdır. (Yani 5 yerine ondan küçük olan 2 yazılınca olmamalıdır.),,, = {0} olur. Çünkü {3,4,5,7} dizisine göre polinilpotentse 8 >7 olduğundan zaten polinilpotent olur. Çünkü,, = olsun. oluyor. Polinilpotent serinin terimleri bir idealler zinciri oluşturur.,,,, ise,,,,,,,, L vardır. Tanım 2.5.3:, üzerinde bir Lie cebiri olsun. Eğer,,, olacak şekilde üzerinde serbest bir Lie cebiri varsa ye {,,, } dizisine göre serbest polinilpotent Lie cebiri denir. Biz,,, ve,,,,,,, bölüm cebirlerinden elde edilen idealler zinciri yardımıyla bahsedebiliriz. Teorem 2.5.4: Bir serbest polinilpotent Lie cebirinde serbest abelyen polinilpotent Lie cebiridir. İspat: serbest polinilpotent Lie cebiri olsun. =,,, dır. Buradan =,,, dır. 10

18 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI = [, ] =,,,,,,, =,,, =,,, 3. İzomorfizm teoreminden,,, olur., = {0} olur. Buradan serbest abelyen Lie cebiridir. Tanım 2.5.5: Lie cebirler sınıfında bir özellik olsun. 0 için ve, özelliğine sahip olacak şekilde nin ideali varsa ye residually(rezidülü)- Lie cebiri denir. Burada özelliği nilpotentlik, serbestlik v.s. olabilir Genel Lineer Lie Cebiri Tanım 2.6.1:, cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. ye olan tüm lineer dönüşümlerin kümesi bileşke işlemiyle bir vektör uzayıdır. Bu vektör uzayı üzerinde [, ] = o o çarpımı ile bir Lie cebiridir. Bu Lie cebiri ( ) ile gösterilir. Bu cebire genel lineer Lie cebiri denir. (, ) ile F cismi üzerindeki matrislerin vektör uzayını gösterelim. (, ) [, ] =.. ile bir Lie cebirdir. 11

19 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 2.7. Representasyon(Temsil) Teorisi Tanım 2.7.1:, cismi üzerinde bir Lie cebiri ve de üzerinde sonlu boyutlu bir vektör uzayı olsun. Bir : ( ) homomorfizmine nin bir temsili denir. Burada ye, nin temsil uzayı denir. Not: 1. Lie cebirlerinin temsilleri o cebirin yapısının anlaşılmasında önemli rol oynarlar. 2. Eğer bir Lie cebirinin bir temsil uzayı ise nin bir bazını sabit tutup den ye olan lineer dönüşümleri de nin elemanları ile belli olan matrisler olarak düşünebiliriz. Aynı zamanda bir (, ) homomorfizmi tanımlayarak bir temsil elde edebiliriz. Bu şekilde elde edilen bir temsile ise matris temsili denir. 3. : ( ) temsilini düşünelim. nin görüntüsü ( ) nin bir alt cebiri, nin çekirdeği ise nin idealidir. Tanım 2.7.2: : ( ) temsilinin çekirdeği sıfır ise ye, faithful temsil denir. Örnek 2.7.3: ( ) Her için ( ) =[, ] olarak tanımlanan homomorfizm bir Lie cebiri homomorfizmi olup dönüşümü nin bir temsilidir. Burada temsil uzayı dir. Bu temsile adjoint temsil denir. Adjoint temsilin çekirdeği, nin merkezi olan ( ) dir. Eğer ( ) =0 ise, temsili faithful temsildir. 12

20 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Örnek 2.7.4:, ( ) nin bir Lie alt cebiri olsun. : ( ) her için ( ) = olarak tanımlanan dönüşüm bir homomorfizmdir. ye nin doğal temsili denir. Doğal temsil her zaman faithful dur. Örnek 2.7.5: Her Lie cebiri aşikar temsile sahiptir. Bu temsili tanımlamak için = alıp her için ( ) =0 tanımlaması yapılması yeterlidir. Tanım 2.7.6: Bir : ( ) temsilinin temsil uzayının boyutuna temsilinin boyutu denir Formlar Tanım 2.8.1: de 0-Formlar de 0-formlar, n değişkenli reel değerli ve her mertebeden sürekli kısmi türevlere sahip fonksiyonlardır. de 0-formları ( ) ile göstereceğiz. = ( ) ǀ :, = (,, ) ü ğ ş ö h ü ı ü h Örnek 2.8.2: = (,, ) = olmak üzere ( ) tür. ( ); 0-formların toplamı ve 0-formların reel sayılarla çarpımı işlemleri ile bir vektör uzayı (sonsuz boyutlu) oluşturur. Tanım 2.8.3: de 1-Formlar de 1-formlar, her bir terimi = (1,, ) olmak üzere ( ) olan sonlu toplamlardan oluşur. de 1-formların kümesini ( ) ile göstereceğiz. 13

21 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI ( ) = ǀ ( ), =1,, Örnek 2.8.4: = + + olmak üzere ( ) tür. Bir formlar toplanabilirdir. = ( ) ve = ( ) ise + = ( + ) ( ) dir. 0-formlarla 1-formlar çarpılabilir. ( ) ve = ( ) olmak üzere = ( ) ( ) dir. ( ) bu işlemlerle (sonsuz boyutlu) bir vektör uzayıdır. Tanım 2.8.5: ler arasında ᴧ ile göstereceğimiz aşağıdaki gibi bir çarpma işlemi tanımlayalım. Bu ᴧ işlemine dış çarpım denir. ile nin dış çarpımı ᴧ dir. Bu çarpım şu özellikleri sağlar: i ) ᴧ birleşmeli ( ᴧ )ᴧ = ᴧ ᴧ = ᴧ ᴧ ii ) ᴧ işaret değişmeli ᴧ = ᴧ ii ) den dolayı ᴧ = ᴧ 2 ᴧ =0 olup ᴧ =0 olur. 14

22 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI i) ve ii ) den dolayı ( ᴧ )ᴧ = ᴧ ᴧ = ᴧ ᴧ = ( ᴧ )ᴧ =0 olur. O halde eğer tekrar eden bir indis varsa ᴧ ᴧ =0 olur. Tanım 2.8.6: de 2-Formlar de 2-formlar, her bir terimi, ᴧ ;, ( ) olan sonlu toplamlardır. de 2-formların kümesini ( ) ile göstereceğiz. ( ) =, ᴧ ǀ,, ( ) Örnek 2.8.7: = ( + ) ᴧ +( ) ᴧ iken ( ) olur. 2-formlar toplanabilirler: =, ᴧ, ve =, ᴧ, olmak üzere + = (, +, ) ᴧ ( ), şeklindedir. Tanım 2.8.8: de k-formlar de k-formlar, her bir terimi ( ) olmak üzere ᴧ ᴧ olan sonlu toplamlardır. de k-formların kümesini ( ) ile göstereceğiz. ( ) =,, ᴧ ᴧ ǀ,,,, ( ) dir. 15

23 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI k-formlar toplanabilirler: =,, ᴧ ᴧ,, =,, ᴧ ᴧ,, ( ) ve ( ) olmak üzere + = (,, +,, ) ᴧ ᴧ ( ),, şeklindedir. ( ) iken, = (.,, ) ᴧ ᴧ ( ),, olur. Bu işlemlerle ( ) sonsuz boyutlu bir vektör uzayı olur. = ᴧ ᴧ ( ) (tek terimli) ve = ᴧ ᴧ ( ) (tek terimli) olmak üzere bu iki formun dış çarpımını şu şekilde tanımlarız: ᴧ = ᴧ ᴧ ᴧ ᴧ ᴧ ( ) dir. Genel olarak = + ; ( ) tek terimli ve = + + ; ( ) tek terimli olmak üzere. = ( + )( + + ) = = ᴧ ( ) olarak tanımlanır. O halde 16

24 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI ᴧ: ( ) ( ) ( ) (, ) ᴧ olarak tanımlıdır. Tanım 2.8.9: Formların dış türevi : ( ) ( ) şeklinde operatörler tanımlayacağız. = için : ( ) ( ) (,, ) = + + ( ) Genel durum : ( ) ( ) w tek terimli olsun. = ᴧ ᴧ ; ( ) ise = ᴧ ᴧ ᴧ olarak tanımlanır. Dış çarpımdan dolayı ( ) olur. Bu tanım ile operatörü lineerdir. Yani, ( ), olmak üzere ( + ) = + ve ( ) = dir. Önerme : ( ) ve ( ) olsun. O zaman ( ᴧ ) = ᴧ +( 1) ᴧ olur. İspat: Önerme i) ye bakınız. 17

25 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Teorem : ( ) olsun. Bu durumda = ( ) =0 dır. İspat: Önerme ii) ye bakınız. Tanım : ( ) olsun. =0 ise w ya kapalı form denir. Tanım : ( ) alalım. Eğer = olacak şekilde bir ( ) varsa ya tam form denir. Not: Her tam form kapalıdır. Çünkü =0 dır. Tanım : kompleksi denir. ( ) ( ) ( ) ( ) zincirine de Rham ( ) ( ) ( ) dir. ö ( ) ( ) Ç ( ) ( ) olur. Buradan = Ç ( ) ( ) ö ( ) ( ) bölüm grubuna +1. De Rham kohomoloji grubu denir. Lemma : (Poincar Lemma): =, =0 0, 0 olur Young diyagramı Tanım 2.9.1: Bir Young diyagram satırları ya aynı yada daha kısa olan sola dayanmış hücreler ya da kutular topluluğudur. Her satırdaki hücre sayısı λ ve 18

26 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI diyagramdaki kutuların toplam sayısı ilgili iki eğilim vardır. ile gösterilir. Young diyagramın gösterimi ile (5, 4, 1) İngiliz Gösterimi (5, 4, 1) Fransız Gösterimi Her kolondaki kutuların sayısının listesini yazarak diyagramın konjugesi(transpozu) elde edilir. Bir Young tablo Young diyagrama sıralı kümelerin alfabesinin alınmasıyla doldurulan Young diyagramdan oluşur. Genelde sayı kümeleri kullanılır. Eğer bir Young tabloda satırlardaki ve sütunlardaki girdiler artıyorsa bu tabloya standart Young tablo denir Standart Young Diyagramı Eğer her satır boyunca girdiler artan sütundaki girdiler ise aşağı doğru kesin artan ise bu tabloya yarı standart tablo denir. Temsil teorisinde boyutlu standart Young tablolar k harf üzerinden simetrik grubun indirgenemez temsillerinin bazlarını tanımlar. Genel lineer grup olan nin bir sonlu boyutlu indirgenemez temsilindeki standart monomial bazı {1,2,, } alfabesi üzerindeki bir sabit şekilli yarı standart Young tablonun kümesi tarafından parametrize edilir. 19

27 2.TEMEL TANIM ve TEOREMLER Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 20

28 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 3. HAZIRLIK TANIM VE LEMMALARI Tanım 3.1: Herhangi bir Lie cebiri ve 2 için + + = eşitliğinde 0 olacak şekilde ( ) nin tüm parçalanışlarından sıra gözetmeksizin farklı olanları ile (, ; ) =,, eşitliği tanımlansın. Eğer =1 ise (,1; ) = olarak tanımlanır. Buradan açık ki (, ; 0) =, dir. Gösterelim. (, ; 0) =,, olup + + = =0 dır. O zaman tüm ler negatif olmayan tamsayılar olduğundan 0 olmak zorundadır.,, = [,, ] = [, ],,, =( ) =, elde edilir. Örnek 3.2: (, ; )=,, olup =3, =2 ve =4 alalım. + =4 4=4+0 [, ] 4=3+1 [, ] 4=2+2 [, ] 4=1+3 [, ] 4=0+4 [, ] 21

29 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Lie cebirlerinde anti komütatiflik olduğundan (3,2; 4) =, = [, ] + [, ] + [, ] dir. Örnek 3.3: =2, =3 ve =3 alalım. + + =3 3=3+0+0 [, ], 3=2+1+0 [, ], 3=2+0+1 [, ], 3=1+2+0 [, ], 3=1+0+2 [, ], 3=1+1+1 [, ], 3=0+3+0 [, ], 3=0+0+3 [, ], 3=0+1+2 [, ], 3=0+2+1 [, ], O zaman (2,3; 3) =,, = [, ], + [, ], + [, ], olur. Örnek 3.4: =2, =3 ve =4 alalım. + + =4 4=4+0+0 [, ], 4=3+1+0 [, ], 22

30 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 4=3+0+1 [, ], 4=2+2+0 [, ], 4=2+0+2 [, ], 4=2+1+1 [, ], 4=1+3+0 [, ], 4=1+0+3 [, ], 4=1+1+2 [, ], 4=1+2+1 [, ], 4=0+4+0 [, ], 4=0+0+4 [, ], 4=0+1+3 [, ], 4=0+3+1 [, ], 4=0+2+2 [, ], O zaman (2,3; 4) =,, = [, ], + [, ], + [, ], + [, ], olarak elde edilir. Teorem 3.5:, = (m, n; r) dir., = [, ] özel durumu Ward M. A Teorem 17.2 de gösterildi. Tanım 3.6: ağırlığına sahip braket düzenlemesi =1,2, için yıldız dizileri ve braket çarpımla aşağıdaki şekilde tanımlanır. Bir ağırlığına sahip sadece 1 tane braket düzenlemesi vardır. 23

31 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI ( ) =( ) >1 ağırlığına sahip braket düzenlemesi + = için ve ağırlığına sahip ve braket düzenlemeleri ile =(, ) olarak elde edilir. Bu tanıma göre 2 ağırlığına sahip tek braket düzenlemesi vardır ve [( ),( )] dır. 3 ağırlığına sahip tek braket düzenlemesi vardır ve [[( ), ( )],( )] dır. Kolaylık olması açısından ( ) ifadesindeki parantezler kaldırılarak alışılmış yazım kullanılabilir. Yani 1 ağırlığına sahip braket düzenlemesi için 2 ağırlığına sahip braket düzenlemesi için [, ] 3 ağırlığına sahip braket düzenlemesi için [[, ], ] yazılır. Tanım 3.7: Bir Lie cebiri onun,,, sonlu elemanları dizisi ve ağırlığına sahip braket düzenlemesi verilsin. nin (,,, ) elemanları aşağıdaki şekilde tanımlanır. ( ) = ve eğer >1 ve =(, ) olduğundan (,,, )=[ (,,,, (,, )] olur. Buna ağırlığının,,, elemanlarından oluşan bir braket çarpımı(komütatörü) denir. 24

32 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Tanım 3.8: nin,, idealleri verilsin. ; =1,, için (,,, ) nin bir alt cebirini üretir. Bu alt cebir de nin bir idealidir ve (,, ) ile gösterilir. Buna,, bileşenleri ile oluşan ağırlığının bir braket çarpımı denir. Lemma 3.9: Lie cebirinin,, idealleri, s ağırlığına sahip braket düzenlemesi ve 1,, nin bir (sabit) ρ permütasyonu verilsin. 1,, nin tüm permütasyonlar üzerinden ( ( ),, ( ) ) [ ( ),, ( ) ] olarak tanımlıdır. İspat: =2 olsun. permütasyonunu birim permütasyon olarak varsayabiliriz. =2 iken 2! =2 tane permütasyon vardır. Bunlar =( )ve =( ) dir. ( ), ( ) = (, ) = [, ] olur. ( ), ( ) = ( ), ( ) + ( ), ( ) = [, ] + [, ] dir. [, ], [, ] + [, ] nin lineer toplamı olduğundan istenen sağlanır. =3 için de aynı şekilde yapılır. >3 ve varsayalım ki = iken (,, ) =[ (,, ), (,, )] olsun. Tümevarım hipotezinden (,, ) [ ( ),, ( ) ] ve (,, ) [ ( ),, ( ) ] dir. Bu yüzden ( ),, ( ), ( ),, ( ) ( ),, ( ) olduğunu göstermek yeterlidir. (1) varsayıp ispatı =1 olsun. üzerinden tümevarımla yapabiliriz. ( ),, ( ), ( ) = ( ),, ( ), ( ) ( ),, ( ), ( ) 25

33 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI olup ispat biter. Çünkü bir elemanın tek permütasyonu vardır. Ρ yerine farketmez. Eğer >1 ise da yazsak ( ),, ( ), ( ),, ( ), ( ) ifadesinde = ( ),, ( ), = ( ),, ( ) ve = ( ) alıp yerine, [, ] yazalım. O zaman ifademiz yerine, [, ] =, [, ], [, ] = ( ), ( ),, ( ), ( ),, ( ) ( ),, ( ), ( ), ( ),, ( ) Eşitliğin sağ tarafına uygulanan tümevarım hipotezinden istenilen elde edilir. Not: (, ; ) nin tanımında geçen [,, ] ifadesindeki yerine üstünden çarpımı belirttiği için kullanalım. Yani (, ; ) = [,, ] yerine (, ; ) = [,, ] yazalım. Bu bizi yapacağımız ispatlarda karışıklıklardan kurtaracaktır. Lemma 3.10: i) (, ; ) (, ; 1) ( 1). ii) [ (, ; ), (, ; )] (, + ; + ). iii) [ (, ; ), (, ; )] (, ; + +1). iv) (, +1; ) (, ; +1). İspat: i) =1 iken (,1; ) = idi. (,1; 1) olup istenilen sağlanır. 26

34 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI >1 için doğru olduğunu gösterelim. (, ; ) =,,,, =,, = (, ; 1) olur. ii) [ (, ; ), (, ; )] =,,,,, dir. Eğer =1 ve =1 ise (,1; ) = ve (,1; ) = olur.,,,,, = [, ] dir. [, ] [, ] = (,2; + ) olup istenen sağlanır., >1 iken ispatı yapalım. [ (, ; ), (, ; )] =,,,,, Lemma 3.9 dan,,,,,, 27

35 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI,,,,,, =,,,,, = (, + ; + ) olur. iii) =1 için (,1; ) = ve (,1; ) = dir. [ (,1; ), (,1; )] = [, ] = (,1; + +1) dir. >1 iken ispat edelim.,,,,, ve,,, dir. Böylece [ (, ; ), (, ; )],,,,,,,,,,,,,, =,,,,,,,,,, = (, ; + +1) olur. iv) =1 için (,2; ) =,, = (,1; + +1) 28

36 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI >1 için yapalım. = (,1; +1) olur. (, +1; ) =,,,, =,, = (, ; +1) dir. Lemma 3.11: Lie cebirinin,, idealleri verilsin. Varsayalım ki,, olsun. O zaman [, ], + [, ], + [, ], 0 modülo [, ], [, ] + [, ], [, ] + [, ], [, ]. İspat: Burada [, ], [, ], [, ] [, ], [, ], [, ] [, ], [, ], [, ] dir. Lie cebirinin her elemanı için bu toplam 0 ı vereceğinden bu özel durum içinde doğru kalacaktır. İspat aşikar. Sonuç 3.12: Varsayalım ki (, ; ), (, ; ), (, ; ) olsun. O zaman [, ], + [, ], + [, ], 0 modülo (, + + ; ) dir. 29

37 3. HAZIRLIK TANIM ve LEMMALARI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI İspat: = (, ; ), = (, ; ) ve = (, ; ) verilsin. O zaman Lemma 3.10 dan [, ], [, ] = [ (, ; ), (, ; ) ], [ (, ; ), (, ; )] = r+ s+ r+ t [ (, + ; + ), (, + ; + )] [ (, ; )] L,, L,, L,, L,, L 1 m+ r m+ rn m+ rn+ p m+ rn+ p+ n m+ rn+ p+ p+ q r+ s++ t 1 r+ s++ t 1 L,, L,, L,, L,, L,, L m+ r1 1 m+ rr 1 1 m+ rn m+ rn+ p m+ rn+ p+ n m+ rn+ p+ n+ q L,, L, L,, L, L,, L m+ r1 + 1 rn+ p+ 1 m+ rn+ rn+ p+ n m+ rn+ 1 m+ rn+ p m+ rn+ p+ n+ 1 m+ rn+ p+ n+ q = (, + + ; ) elde edilir. Benzer şekilde [, ], [, ] ve [, ], [, ] için de yapılır. Buradan [, ], [, ] + [, ], [, ] + [, ], [, ] (, + + ; ) olup istenilen elde edilir. 30

38 4. BAZLAR Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 4. BAZLAR Tanım 4.1: Bazlar:, temel komütatörleri için = [, ] ile bir temel komütatör olacak şekilde verilsin. nin (,1; ) = nin içinde yapısal olarak içerilmesi için gerek ve yeter koşul olmasıdır. Varsayalım ki bütün ler ve bütün 1 < için nin (, ; ) nin içinde yapısal olarak içerilmesinin ne anlama geldiği tanımlanmış olsun. O zaman (, ; ) içinde nin yapısal olarak içerilmesi için gerek ve yeter koşul in (, ; ) içinde yapısal olarak içerilmesi ve nin (, ; ) içinde yapısal olarak içerilmesidir. Öyle ki bazı, 1 ve bazı, 0 ve + =, + = olmalıdır. Eğer 2 ise otomatik olarak olur. Çünkü [, ] temel bazdır. Bir temel bazı için (, ; ) olması için gerek ve yeter koşul nin yapısal olarak (, ; ) tarafından içerilmesidir. Böylece aşağıdaki lemmalar kolayca elde edilir. Lemma 4.2: Eğer (, ; ) ise (, ; ) dir. İspat: (, ; ) ise yapısal olarak (, ; ) tarafından içerilir. = [, ] olsun. O zaman (, ; ) ve (, ; ) olur. Bu şekilde ve 1 olana kadar yapısal olarak içerilme tanımı ve tümden gelim uygulanarak (, ; ) olduğu elde edilir. Lemma 4.3: Eğer (, ; ) ise i) (, 1; + ) ii) (, ; 1) dir. İspat: i) (, ; ) olsun. (, ; ) =,,, 31

39 4. BAZLAR Zeynep KÜÇÜKAKÇALI,, =,, = (, 1; + ) Buradan (, 1; + ) olur. ii) (, ; ) olsun. (, ; ) (, ; 1) olduğunu Lemma 3.10 dan biliyoruz. O zaman (, ; 1) olur. Örnek 4.4: (, ; ) içinde nin yapısal olarak içerilmesi için gerek ve yeter koşul, 1 ve, 0 iken + =, + = olacak şekilde in (, ; ) içinde yapısal olarak içerilmesi ve nin (, ; ) içinde yapısal olarak içerilmesidir. =3, =2 ve =3 için (3,2;3)= [, ]+[, ] tür. = [, ] olmak üzere (3,2;3) içinde yapısal olarak içerilsin. O zaman =1, =1, =2, =1 olmak üzere, (3,1;2) içinde ve, (3,1;1) içinde yapısal olarak içerilsin., (3,1;2) içinde yapısal olarak içeriliyorsa biliyoruz ki =1 olduğu için = dir., (3,1;1) içinde yapısal olarak içeriliyorsa biliyoruz ki =1 olduğu için = tür. O zaman = [, ] (3,2;3) olur. Not : ve parçalanışını =1, =1, =3, =0 olarak da alabilirdik. 32

40 4. BAZLAR Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Lemma 4.5: Varsayalım ki (, ; ) ve (, ; ) + = ve + = olacak şekilde baz elemanı olsunlar. O zaman [, ] herbiri yapısal olarak (, ; ) tarafından içerilen temel komütatörlerin bir toplamına modülo (, ; +1) e göre kongruenttir. İspat: ve sadece nin üreteçlerinin bir sonlu sırasını içerdiği için yi sonlu doğurulmuş varsayabiliriz. Varsayalım ki > olsun. Eğer nin bir üreteci ise açık olarak [, ] bir temel komütatördür. Eğer = [, ] ve ise tekrar [, ] bir temel komütatör olur ve burada gösterilecek bir şey yoktur. Bir komütatörün farklılık numarasını [, ] de, temel komütatör ve > iken aşağıdaki yolla tanımlayalım. uzunluklu verilsin ve uzunluğu olacak şekilde bir temel komütatör olduğunu varsayalım. de uzunluğu olan bir temel komütatör olsun. Sonra < ve.. [, ] = olsun. Şimdi.. [, ] üzerinden tümevarım kullanalım. Varsayalım ki = [, ]; ve temel komütatör ve > olsun. O zaman ( ) ( ) dir. Ve ve sonuç olarak olur. Böylece biz 2 varsayabiliriz ve (, ; ), (, ; ); + =, + = (, 1 ve, 0) yazarız. (3) [, ] = [, ], [, ], [, ], ü (, ; +1). Şimdi.. [, ] <.. [, ] olup tümevarım hipotezi gereği her i için (, + ; + ) olacak şekilde temel komütatörler ve olmak üzere [, ] + + modülo (, + ; + +1). [ +, ] = [, ] + [, ] olduğundan Lemma 3.10 ve Lemma 3.11 den (4) [, ],, modülo (, ; +1) dir. 33

41 4. BAZLAR Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Şimdi her bir 1 için ( ) ( ) dir. Ayrıca > olup.. [, ] <.. [, ] dir. Böylece her bir, için ve sonuç olarak [, ], için tümevarımdan (, ; ) tarafından yapısal olarak içerilen temel komütatörlerin bir toplamına modülo (, ; +1) e göre kongruenttir yazılabilir. Ayrıca.. [, ] <.. [, ] olduğundan her i için (, + ; + ) olacak şekilde temel komütatörler ve olmak üzere [, ] + + modülo (, + ; + +1) e göre kongruenttir. Belirli bir için 2 İhtimal vardır. Ya ya da < dir. Yukarıdaki her bir durumda da (5) [, ],, modülo (, ; +1) dir. Şimdi 2 durumu da inceleyelim. Durum 1: olsun. Şimdi ( ) ( ) ve ayrıca > > olup.., <.. [, ] olur. Durum 2: < olsun. ( ) ( ) ve ayrıca den daha büyük uzunluğa sahip ler için > olup.., <.. [, ] olur. Böylece tümevarım hipotezinden her bir, (, ; ) tarafından yapısal olarak içerilen temel komütatörlerin bir toplamına modülo (, ; +1) e göre kongruent olur. Ve böylece (5) den [, ], de olur. Böylece [, ], ve [, ], modülo (, ; +1) e göre bir toplamdır ve (3) den istenilen elde edilmiş olur. Teorem 4.6: (, ; ) (, ; +1) serbest abelyendir. Ve (, ; ) olmak üzere + uzunluklu temel komütatörleri tarafından üretilir. 34

42 4. BAZLAR Zeynep KÜÇÜKAKÇALI İspat: = (, ; ) (, ; +1) alalım. [, ] = (, ; ) (, ; +1), (, ; ) (, ; +1) = (, ; ) (, ; +1) (, ; +1) (, ; +1) =0 olur. Buradan (, ; ) (, ; +1) serbest abelyen olur. Ayrıca (, ; ) ve (, ; +1) dir. Şimdi temel komütatörlerin + uzunluklu olduğunu göstermeliyiz. =1 iken (,1; ) = ve (,1; +1)= olup elde edilir ki bunun temel komütatörlerinin uzunluğunun + olduğunu biliyoruz. >1 iken tümevarım uygulayalım. Eğer (, ; ) ise ; = [,, ] ve + + = olacak şekilde lerin toplamıdır. Tümevarım hipotezinden [,, ] (, 1; ) tarafından yapısal olarak içerilen temel komütatörlerin bir toplamına modülo (, 1; +1) e göre kongruent olur. Ve ise tarafından yapısal olarak içerilen temel komütatörlerin bir toplamına modülo e göre kongruent olur. Şimdi Lemma 3.10 den (, 1; +1), (, ; +1) (, 1; ), (, ; +1) 35

43 4. BAZLAR Zeynep KÜÇÜKAKÇALI olur. Böylece problem (, 1; ) ve (,1; ) iken [, ]; her biri (, ; ) tarafından yapısal olarak içerilen + uzunluklu temel komütatörlerin bir toplamına modülo (, ; +1) e göre kongruenttir durumunu göstermeye indirgenir. Bunu da Lemma 4.4 de yapmıştık. Sonuç 4.7: Bir temel komütatörü verilsin. O zaman (, ; ) (, ; ) dir. İspat: ) Lemma 4.2 de yapıldı. ) Varsayalım ki (, ; ) olsun. 0 ve bir temel komütatör iken olur. Çünkü serbest Lie cebirleri rezidülü nilpotenttir. Böylece (, ; ) olur ve varsayalım ki (, ; ), (, ; +1) olsun. ve Teorem 4.5 den modülo (, ; +1) e göre (, ; ) tarafından yapısal olarak içerilen temel komütatörlerin bir toplamıdır. Böylece de temel komütatör olduğundan bu tek toplam tam olarak olur ve bu bize (, ; ) olduğunu verir ve böylece (, ; ). Teorem 4.8:, in her elemanı, < < temel komütatörlerin bir sırası iken mod (, ; ) e göre + + olacak şekilde,,, tarafından yapısal olarak içerilen uzunluğu + den küçük olacak şekilde temel komütatörler olmak üzere tek türlü yazılabilir. İspat: Teorem 4.5 den açık. Teorem 3.5:, = (, ; ). İspat: İspatı r üzerinden tümevarımla yapalım. =0 durumu açıktır. (, ; ), olduğu açıkça bellidir. >0 varsayalım ve, olsun. (, ; 1) iken tümevarım hipotezi ve Teorem 4.5 den mod (, ; ) ye göre + 1 uzunluğa sahip temel komütatörlerin bir toplamıdır. 36

44 4. BAZLAR Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Ayrıca ise bu toplam 0 olmak zorunda kalır ve böylece (, ; ) dir. Böylece, (, ; ) olur. Buradan, = (, ; ) elde edilmiş olur. 37

45 4. BAZLAR Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 38

46 5. 2,2 ve 3,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 5., ve, nin YAPISI 5.1. Bazı Notasyonlar C üzerinde,, tarafından üretilen n üreteçli serbest cebiri verilsin. = 1,, için >0 iken =0 bağıntılarının kümesi R olsun. = olarak tanımlayalım. ( ) yi, ile ve ( ) yi de, ile gösterelim. Her bir nin derecesini 1 olarak alalım. nun her monomialinde üreteci kez varsa, (,, ) çoklu-derecesine sahiptir diyeceğiz., daki bütün =(,, ) derecelendirmelerinin kümesi, [ ] ile gösterilsin. Şuna dikkat edin ki bütün, lar bir çok-dereceye sahip olmayacak. Fakat, daki monomialler ve monomiallerin braket çarpımı bir çoklu-dereceye sahip olacaktır. nun derecesine diyelim ve = + + verilsin., daki dereceli bütün elemanların kümesini, [ ] ile gösterelim. 5.2., [ ] için Baz Bu bölümde, [ ] için baz bulacağız. Önerme 5.2.1: 2 ve =1,, 1 için, şeklinde 1 elemandan oluşan küme, [ ] yi geren bir kümedir. İspat: Öncelikle unutmayınız ki, [ ] nin her elemanı a ve b derecesi en az 1 olan monomialler iken [, ] [, ] braketlerinin bir lineer kombinasyonu olarak ifade edilebilir. Bunu görmek için, [ ] deki monomiallerin keyfi braketlerini düşünün. Bu braket 2 ve ler ya da yi göstermek üzere [, ] olarak yazılabilir. [, ] = [, ] + [, ] + + [, ] 39

47 5. 2,2 ve 3,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI elde ederiz., [ ] nin her elemanı monomiallerin braketlerinin bir lineer kombinasyonu ve her bir monomialin braketi istenilen formun braketlerinin bir toplamı olduğundan, [ ] nin her elemanı istenilen formun braketlerinin bir lineer kombinasyonudur. [, ] düşünelim. ile başlamak ya da 1 e denk olmak üzere = yazalım. [, ] =, elde ederiz. Dikkat edin ki toplamdaki bütün terimler, [ ] de denktir. Çünkü braketin terimleri çevrimsel olarak değiştirilir. Bu yüzden [, ] = [, ] olur. Eğer 1 ise ile başlamak üzere ya da 1 e eşitken olarak yazılabilir. Benzer şekilde [, ] = [, ] = [, ] = [, ] olur. Bu yönteme devam edilerek in bütün kuvvetleri braketin sağına taşınır. [, ] in 1 den 1 e kadar her i için, =, nin sabit katı olduğu gösterilir. Benzer şekilde [, ] nin de, nin sabit katı olduğu gösterilir. Böylece, [ ] nin her elemanı [, ] [, ] nin bir lineer kombinasyonu olup ispat biter. Teorem 5.2.2: 2 ve =1,, 1 için, formundaki 1 tane eleman, [ ] için bir baz oluşturur, böylece her, 1 için, [(, )] =., olur. İspat:, [ ] 1 olduğunu göstereceğiz., [ ] için 1 tane üreteç bulmuştuk., [ ] nin 1 olmak zorunda olduğu sonucuna varacağız ve böylece, [ ] yi geren küme baz olacaktır. İddia edelim ki [, ] sıfır olmasın. Örneğin [, ] [, ], de olmasın. Unutmayın ki,, de monomialler olmak üzere [, ], [, ], formundaki elemanlar tarafından gerilir ve bu formdaki braketler sadece ya,, ya da,, =,, formuna sahip ya ya da i içerir. Bu braketlerde ve in katsayıları eşittir. Bu nedenle [, ] deki bu braketlerin hiçbir lineer kombinasyonu 40

48 5. 2,2 ve 3,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI ve için karşıt işaret vermez. Böylece [, ] elemanı, [, ], de değildir. (2, ) Lie cebirini düşünelim. O {, } üreteçleri üzerinde doğal etkiye sahip olduğu için, [ ] üzerinde bir etkiye sahiptir. Doğrudan hesaplamalarla [, ] nin (2, ) için ( 1,1)ağırlıkla en yüksek ağırlıklı vektör olduğu görülür. (2, ) nin temsil teoreminden bu vektör (2, ) nin, [ ] 1 boyutlu indirgenemez temsilini üretir. Böylece dim, [ ] 1 ve ispatın başında verilen bilgilerden sonuç elde edilir = Durumu Önerme 5.3.1: 2 ve + + = için, ve, formundaki 0 olmayan 1 tane elemandan oluşan küme, [ ] yi gerer. İspat: Öncekine benzer bilgilerle, nin her elemanı,, derecesi 1 den az olmayan monomialler olmak üzere [, ], [, ], [, ] braketlerinin bir lineer kombinasyonu olarak ifade edilebilir. [, ] düşünelim. sadece ve lerin bir çarpımı olmak üzere bu, in sabit katsayılı formu olarak yazılabilir., i, sadece ve lerin çarpımı olmak üzere, ve, formlarının braketleri ile, in toplamı olarak yazarız., =, ve, =, yazabiliriz. Belirtelim ki,, in bir sabit katıdır,, için işlem yaparsak, ve, nin bir lineer kombinasyonu olur. Sonuç olarak [, ] de, ve, nin bir lineer kombinasyonu olur. [, ] ve [, ] içinde aynı işlemler yapılarak, nin her elemanının,,, ve, in bir lineer kombinasyonu olarak elde 41

49 5. 2,2 ve 3,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI edilebilir. Belirtelim ki, +, +, =0 dır, böylece, nin her elemanı, ve, ün bir lineer kombinasyonu olarak elde edilir. 2 durumunda yapılanlar kullanılarak (3, ) nin etkisi düşünebilir ve [, ] elemenı ( iki durumunu düşünürken 0 olmadığını gösterdiğimiz ) ( 1,1,1) en yüksek ağırlıklı vektör olduğunu bulabiliriz. (3, ) nin temsil teoreminden bu vektör 1 boyutlu bir temsil üretir ve böylece, [ ] nin boyu en azından 1 olur. Önerme ile birleştirerek aşağıdaki ifadeyi söyleyebiliriz. Teorem 5.3.2: Her = (,, ) ( ) için, ve,, [ ] için bir baz oluşturur. 42

50 6. DURUMUNDA,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 6. n DURUMUNDA, nin YAPISI 6.1., Hakkındaki Ana Teorem (i, j) ikilisi permütasyon belirtmek üzere 1,2,, in (2,3) (3,4) ( 1, ) formundaki tüm permütasyonları kümesi olsun. Bundan sonra =(,,, ) ( ) olarak alalım. Teorem 6.1.1:, [ ] nin baz elemanları olmak üzere ( ) ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) formundaki 2 braket tarafından oluşur. Özellikle dim, [ ] =2 olduğu elde edilir. Uyarı: Belirtelim ki bazı ler 0 ise daha az sayıdaki değişkenler için, [ ] nin bazı Teorem den verilir. Böylece Teorem herhangi bir için, [ ] nin bir bazını temin eder ve böylece, nin bir homojen bazı elde edilir. Bu bazın ilginç bir özelliği monomialler nonredundant (diğer bir deyişle her harf sadece bir kez görülecek) olacak şekilde elemanlar içermesidir. Teorem in ispatı gelecek üç alt bölüm sonra verilecektir Feigin - Shoikhet İzomorfizmi, ve ç ( ) ( pozitif dereceli kapalı çift diferansiyel form) arasındaki izomorfizmi ana teoremi ispatlamak için kullanacağız. Ф cebir homomorfizmi Ф : ç ( ) iken Ф = = + ᴧ 43

51 6. DURUMUNDA,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI olarak tanımlayalım. Feigin B. ve Shoikhet B. (2007) Ф in Ф :, ç ( ) bir izomorfizm olduğunu ispatladı. ( ) p-form verilsin. Eğer nun her monomialinde kez varsa, gibi bir çoklu dereceye sahiptir deriz. ( )[ ] yi çoklu dereceli tüm formların uzayı olarak tanımlayalım. Ana teorem aşağıdaki 2 lemmanın bir sonucudur. Lemma 6.2.1: ç ( )[ ] =2 dir. Lemma 6.2.2: Ana teoremde tanımlı 2 braket lineer bağımsızdır Lemma in ispatı Lemma den önce aşağıdaki Lemmayı ispatlayacağız. Lemma 6.3.1: ( )[ ] = dir. İspat: Poincare lemma dan de Rham diferansiyel bir izomorfizm tanımlar. Bu izomorfizm : ( )[ ] ( )[ ] dir. ( )[ ] Böylece eğer ( ) = ( )[ ] ise ( ) = ( 1) ve (0) =0 bağıntılarına sahip oluruz. 44

52 6. DURUMUNDA,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Şimdi ispatı tümevarımla yapalım. k için doğru olsun. Yani ( ) = ( 1) = olsun. k+1 için doğru olduğunu gösterelim. ( +1) = ( ) = = ( ) ( ) = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [( ) ( )] [( ) ( )]( )!! = olarak elde edilir ve ispat tamamlanır. Lemma basit kombinatorik işlemlerden elde edilir. ç ( )[ ] = ( )[ ] = =2 olur Lemma nin ispatı Ana teoremde verilen formdaki braketlerin Ф dönüşümü altındaki görüntülerini bulmayla başlayalım. Lemma 6.4.1: Wedge çarpımdaki indeksler artan sırada olmak üzere Ф = {,, } ᴧ ç dır. 45

53 6. DURUMUNDA,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI İspat: İspatı tümevarımla yapalım. =1 için Ф = dir. n için doğru olsun. O zaman Ф = Ф =( {,, } ᴧ ç ) olur. Unutmayınız ki son ifadenin genişlemesinde [(2 2) ]ᴧ +2 ᴧ den 2 lu toplamlar gelir. İlk terim d içeren 2 unun tamamını, aynı şekilde ikinci terim d içermeyen 2 unun tamamını verir. Bu formlar {1,, +1} in S alt kümesine karşılık gelir ve tam 2 elemandan oluşur. Bu formların katsayılarının lemmadakiler olduğunu görmek zor değildir. Bazı işlemlerle aşağıdaki sonucu elde ederiz. Sonuç 6.4.2: {1,, } için (,, )=2 ᴧ verilsin. O zaman,, >0 için wedge çarpımdaki indeksler artan sırada olmak üzere Ф, = (,, ) {,, } ç dir. Dikkat edelim ki için ve nin seçimine bağlı olarak (, ) =+1, 1 olmak üzere i1 in 1 (, in 1 ) Фn x xn xn = p( n) S { 1,, n} Sçift ( (1) ( )) ( S, pw ) x,, x s p p n olur. 46

54 6. DURUMUNDA,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI ( ),, ( ) yi, ile gösterelim. Şimdi lemma yi ispatlayalım. Lemma nin ispatı: Değişken sayısı üzerinden tümevarım uygulayalım. Bölüm 2 deki sonuçlardan =2,3 için kolayca lemmanın doğruluğu görülür. 3 için doğru varsayalım. +1 değişken için doğruluğunu gösterelim. (, +1) (örneğin =1ile) i içeren permütasyonların kümesi ve ; içinde in tümleyeni olsun. Yani = dir. 2 form olan = (, ) ( ) {,, } ǀ ǀ ç lerin lineer bağımsız olduğunu göstermede izomorfizm uygulamak yeterlidir. Herhangi bir için (, +1)= olacak şekilde içinde görünen n değişken durumunda içermeyen nin bileşenleri tam formlardır. Böylece için ler lineer bağımsızdır. Dahası için içinde görünen her form içerdiği için iken lerin lineer bağımsız olduğunu göstermeye ihtiyacımız vardır. = { {1,, +1}ǀ 1, +1 ǀ ǀ ç } verilsin. Herhangi bir için (, ) ᴧ içeren çift formların bir lineer kombinasyonudur. Bu 2 toplamın lineer bağımsız olduğunu göstermemiz yeterlidir. Satırları olan braketleri gösteren sütunları formu gösteren ve girdileri (, ) ler olan 2 2 tipindeki tersinir matrisler ispat için yeterlidir. Satırlar için birim permütasyonlar başlayan yinelemeli düzeni seçeriz. İlk 2 eleman verilsin, sonraki 2 eleman ( +2, +3) ile birleşme tarafından verilsin. Sütunlar için (,, ) m-li sırası ile ᴧ ᴧ formuyla gösterelim. Tekrar (1, +1) ile başlayan yinelemeli düzeni seçelim. Önce 2 kolon verilsin. Sonraki 2 kolon ilk 2 sütuna +2, +3 eklenmesiyle ve sonraki 2 kolonda +3 ile +2 nin yer değiştirilmesiyle elde edilsin. n üzerinden tümevarımla bu matrisin tersinirliğini hesaplayalım. =3 iken matris 1 1 ile verilir ve bunun tersinirliği açıktır. 3 olduğunu varsayalım. Matrisi eşit parçaya bölelim. Alt matrislere,, ve diyelim. Unutmayın ki n değişken durumunda matristir. Her bir alt matrisi de 4 eşit parçaya bölelim. 47

55 6. DURUMUNDA,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Onlara da,,,,,, diyelim. durumunda, =,, =,, = ve, = eşitliklerini elde ederiz. Permütasyonda n nin durumunun değişmesi n içermeyen formların üzerinde etkisi, olmadığından = olur (ve = dir). Ayrıca =, ve, =, olur çünkü permütasyondaki bu satırlarda n-1 ayrılır n sabittir. Permütasyonların benzer hesabıyla matrisin şu forma sahip olduğunu gösteririz. α γ n n β δ n n = α β α β α δ * β α β α β α δ * δ n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1. Son 2 satır ilk 2 satırdan çıkarılırsa αn 1 βn 1 αn 1 βn 1 αn 1 δn 1 * βn αn * β δ n 1 n 1 elde edilir., ve in tersinir olduğu göstermeye devam edilir., tümevarımdan tersinirdir. = α γ β n 1 n 1 δ n 1 n 1 tersinir matrisinde son yarı satır ilk yarı satırlardan çıkarılırsa in tersinir olduğu görülür Sonlu Sıralı Durumunda Teorem 6.5.1: Herhangi bir =(,, ) ( ) için 48

56 6. DURUMUNDA,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI, [ ] = 0 ı ç, [ ] ü ç < dir. İspat: Eğer tüm s ler için < o zaman bağıntılar hiçbir etkiye sahip değildir. Bu yüzden teoremin ifadesi sağlanır. Şimdi bazı s ler için varsayalım. O zaman Teorem den, deki bütün baz elemanlarının görüntüsü 0 dır. fakat bu elemanlar, [ ] yi gerer ki bu uzay 0 olur. Böylece istenen olacaktır. Uyarı: Bu ispatta baz elemanlarının nonredundant (diğer bir deyişle her harf sadece bir kez görülecek) monomialler içermesi önemlidir. 49

57 6. DURUMUNDA,2 nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 50

58 7. 2, [,1] ve 2, [,2] nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI 7., [, ] ve, [, ] nin YAPISI ; üzerindeki polinom vektör cisminin Lie cebiri olarak verilsin. Feigin B. ve Shoikhet B. (2007), üzerinde in durumunu tanımladı. Artık, tarafından üretilen serbest cebir = ve = ( ) verilsin. Biz (, ) çoklu derecesi ile nin (ve, ) elemanları uzayının [, ] (ve, [, ]) tarafından oluştuğunu gösterelim. Yani in kopyası ve nin kopyasından oluşan monomiallerden oluşsun. Bu bölümün amacı bize, ve, ün -modül yapısını bulmaya yardımcı olacak, [,1] ve, [,2] nin bazlarını hesaplatmaktır. Ve daha sonraki bölümlerde daha genel m durumu için, nin yapısı hakkında bazı bilgiler elde edeceğiz. = [, ] olarak tanımlayalım. Sonra aşağıdaki elemanları tanımlayalım. ( ),, = ( ) ( ), = ( ) ( ) Dikkat edilirse,, ( ) [ + +, +1] in bir elemanı ve, [ +, ] nın ( ) bir elemanıdır. Basitlik için =1 iken,, ( yerine,, ve ), yerine, yazalım. 7.1., [, ] in Yapısı Teorem 7.1.1: 2 için, [,1] = 0 2., 1 olur. Önce aşağıdaki iki lemmayı ispatlamalıyız. 51

59 7. 2, [,1] ve 2, [,2] nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Lemma 7.1.2: 1 ve 0 için : [, ] [ 1, ] ye olan lineer dönüşüm örtendir. İspat: S üzerinden tümevarım uygulayalım. =0 için açık. >0 varsayalım. [ 1, ] deki her monomial [ 1, 1] deki bir monomial olmak üzere 0 1 için formuna sahiptir. Tümevarım hipotezinden bir tane polinomu vardır öyleki = dir. Şimdi a üzerinden tümevarım gereği bir polinomu vardır öyleki = dır. Eğer =0 ise = olur. >0 varsayalım. Tümevarımdan [, ] de bir polinomu vardır öyleki = dir. O zaman = çözüme sahip olur. Lemma 7.1.3: : [,1] [ 1,1] dönüşümünün çekirdeği., dir. İspat: Lemma den = [,1] [ 1,1] =( +1) = dir., elemanı in çekirdeğindedir ve 0 değildir. Böylece ispat biter. Şimdi teoremi ispatlayalım. Teorem in ispatı. Önce +1 için, [,1] =, olduğunu gösterelim. Bunu r üzerinden tümevarımla yapalım. =1 için, [1,1] = {[, ]} dir. >1 varsayalım. Bu durumun = +1 için doğruluğu açıktır. varsayalım., [,1] için, [ 1,1] olur. Tümevarım hipotezinden bazı sabit c ler için =., olur. =, verilsin. Lemma den dir. için =, olur. Böylece bu durum tümevarımdan ispatlanır. 52

60 7. 2, [,1] ve 2, [,2] nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI Bu nedenle +1 için, [,1] 1 ve > +1, [,1] =0 olur., [,1] = [,1] = +1 ve, [,1] =1 olduğu için +1 için, [,1] =1 elde ederiz. 7.2., [, ] in Yapısı Teorem 7.2.1: 2 için, [,2] = = +2 dir. +1 için, [,2]nin bazı + = 3 için,, şeklindeki ( ) 1 elaman ve, tarafından verilir. İspata başlamadan önce birkaç Lemma ispatlayalım. Lemma 7.2.2: =,, ǀ + = 1, ç kümesi, [,2] nin bir bazıdır. İspat: İlk olarak deki elemanların lineer bağımsız olduğunu gösterelim. =1 için iddia açık. 1 için doğru olduğunu varsayalım. Eğer çift ise + = 2 ve j çift iken bu elemanlar,,, formuna sahiptir. Tümevarım hipotezinden bu elemanlar lineer bağımsızdır. Çünkü,,,, =,,,,,,, in en yüksek dereceli monomiali olan için en yüksek dereceli monomialine sahiptir. Eğer r tek ise çift durumuna benzer iddialarla sadece,, elemanının diğerlerinden bağımsız olduğunu göstermeliyiz.,, 2 monomialini içeren tek eleman olduğundan varsayılan baz elemanları lineer bağımsızdır. Şimdi deki elemanların [,2] yi gerdiğini gösterelim. Bunun için r çift iken,, [, ] olduğunu göstermek yeterlidir. Jacobi özdeşliğini tekrarlayarak 53

61 7. 2, [,1] ve 2, [,2] nin YAPISI Zeynep KÜÇÜKAKÇALI,, = [, ],, [,,[, ] ] +[, ] = = [, ],,, [, [, ] ] +[, ] elde edilir. Bu ifade de ilk ve ikinci temel braketteki son eleman in eşit i tekrarına sahip olur. Fakat bu eleman 0 dır. Bu yüzden,, temel elemanı, [, ] ye aittir. ( ) Lemma 7.2.3: =,, ǀ + = 2, bazıdır. Özellikle,, [,2] nin bazıdır. kümesi, [,2] nin bir İspat: Öncelikle r üzerinden tümevarımla nün elemanlarının lineer bağımsız olduğunu gösterelim. =1 için kolayca görülür. >1 varsayalım. r çift ise deki,, elemanı hariç tüm elemanlar [ 1,2] nin bazı olan deki b lerden oluşan [, ]formuna sahip olacaktır. Lemma ün ispatındaki gibi,, nin diğerlerinden bağımsız olduğunu göstermeye ihtiyacımız vardır. Onun en yüksek dereceli monomiali diğerlerinde olmayan 2 olduğundan deki elemanlar bağımsızdır. r tek ise olup deki elemanlar [, ] gibidir ve diğer 2 eleman ise,, ve,, dir.,, in deki diğer elemanların sahip olmadığı 2 en yüksek dereceli monomialine sahip olduğunu görürüz ve bu nedenle,, diğerlerinden bağımsızdır. =2 +1 verilsin. Doğrudan hesaplamalarla,, = (2 1) + ( 2 +3 ) +0 +,, =2 + ( 2 +2) +0 +,, =