Некоторые виды тождеств подпространств m0(m k)(f) m1(m k)(f) матричной супералгебры m(m k)(f).

Том 154, кн. 1
УЧЕНЫЕ ЗАПИСКИ КАЗАНСКОО УНИВЕСИТЕТА
Физико-математические науки
2012
УДК 512
НЕКОТОЫЕ ВИДЫ ТОЖДЕСТВ ПОДПОСТАНСТВ
(m,k)
M0
(m,k)
(F ) , M1
(F )
МАТИЧНОЙ СУПЕАЛЕБЫ
M (m,k) (F )
С.Ю. Антонов
Аннотация
Введены и исследованы несколько видов многочленов свободной ассоциативной алгебры F {Z} . Найдены условия, при которых эти многочлены являются тождествами
подпространств M0(m,k) (F ) , M1(m,k) (F ) супералгебры M (m,k) (F ) .
Ключевые слова:
T -идеал, полиномиальное тождество, матричная супералгебра.
Введение
Пусть F произвольное поле, F {Z} свободная ассоциативная алгебра, порожденная счетным множеством Z = {zi }i?N , m, k любые натуральные числа,
Mm+k (F ) алгебра (m + k) Ч (m + k) -матриц с элементами из F , M (m,k) (F ) =
(m,k)
(m,k)
= (Mm+k (F ), M0
(F ), M1
(F )) матричная супералгебра, градуированная
подпространствами:
CmЧm (F )
0mЧk
0mЧm
BmЧk (F )
(m,k)
(m,k)
M0
(F ) =
, M1
(F ) =
.
0kЧm
DkЧk (F )
AkЧm (F )
0kЧk
Через L(Z) будем обозначать линейную оболочку множества Z . Напомним,
что многочлен f (zi1 , . . . , zin ) ? F {Z} называется полиномиальным тождеством
(m,k)
подпространства Mi
(F ) , где i = 0, 1 , если для любого гомоморизма ? ?
(m,k)
? HomF (F {Z}, Mm+k (F )) такого, что ?(L(Z)) ? Mi
(F ) , справедливо равенство: ?(f (zi1 , . . . , zin )) = 0 .
Нетрудно видеть, что множество всех полиномиальных тождеств подпростран(m,k)
ства Mi
(F ) , i = 0, 1 , образует двусторонний идеал алгебры F {Z} , который
(m,k)
называется идеалом тождеств подпространства Mi
(F ) и обозначается сим(m,k)
волом T [Mi
(F ), Mm+k (F )] . Мы будем использовать более короткую запись
(m,k)
T [Mi
(F )] .
(1,1)
В [1? показано, что f3 (z1 , z2 , z3 ) = z1 z2 z3 ?z3 z2 z1 ? T [M1 (F )] , f5 (z1 , . . . , z5 ) =
= z1 z2 z3 z4 z5 ? z1 z4 z5 z2 z3 + z3 z2 z5 z4 z1 ? z3 z4 z1 z2 z5 + z5 z2 z1 z4 z3 ? z5 z4 z3 z2 z1 ?
(2,1)
? T [M1 (F )] .
В настоящей работе мы обобщаем конструкцию многочленов f3 (z1 , z2 , z3 ) ,
f5 (z1 , . . . , z5 ) , приводим их основные свойства и показываем, что полученные многочлены, названные нами квазимногочленами Капелли, являются тождествами
(m,k)
подпространств Mi
(F ) начиная с некоторой степени.
1.
Определение и основные свойства квазимногочленов Капелли
Пусть Sn симметрическая группа степени n , An = {? ? Sn | sgn ? = 1} , A?
n =
= {? ? Sn | sgn ? = ?1} , X = {z2n?1 }n?N , Y = {z2n }n?N . Кроме того, для любого
190
С.Ю. АНТОНОВ
n ? N положим xn = z2n?1 , yn = z2n . Очевидно, что X ? Y = ? , X ? Y = Z .
ассмотрим многочлены вида
X X
f2n?1 (x?, y?) =
sgn ??sgn ? sgn ? x?(1) y? (1) x?(2) · · · y? (n?1) x?(n) ;
??Sn ? ?Sn?1
X
g2n?1 (x?, y?) =
X
sgn ???sgn ? sgn ? x?(1) y? (1) x?(2) · · · y? (n?1) x?(n) ;
??Sn ? ?Sn?1
f2n (x?, y?) =
X X
sgn ??sgn ? sgn ? x?(1) y? (1) x?(2) · · · y? (n?1) x?(n) y? (n) ;
??Sn ? ?Sn
g2n (x?, y?) =
X X
sgn ???sgn ? sgn ? x?(1) y? (1) x?(2) · · · x?(n) y? (n) ,
??Sn ? ?Sn
которые в дальнейшем будем называть квазимногочленами Капелли.
Установим основные свойства введенных нами многочленов.
Предложение 1. Многочлены f2n?1 (x?, y?) , g2n?1 (x?, y?) обладают следующими
свойствами:
1) если отображения ? : {1, . . . , n} ? N , ? : {1, . . . , n?1} ? N неинъективны,
то
f2n?1 (x?(1) , . . . , x?(n) , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) = 0,
g2n?1 (x?(1) , . . . , x?(n) , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) = 0;
2) для любого ? ? An
f2n?1 (x?(1) , . . . , x?(n) , y1 , . . . , yn?1 ) = f2n?1 (x?, y?),
g2n?1 (x?(1) , . . . , x?(n) , y1 , . . . , yn?1 ) = g2n?1 (x?, y?);
3) для любого µ ? A?
n
f2n?1 (xµ(1) , . . . , xµ(n) , y1 , . . . , yn?1 ) = ?g2n?1 (x?, y?),
g2n?1 (xµ(1) , . . . , xµ(n) , y1 , . . . , yn?1 ) = ?f2n?1 (x?, y?);
4) для любого ? ? An?1
f2n?1 (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) = f2n?1 (x?, y?),
g2n?1 (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) = g2n?1 (x?, y?);
5) для любого ? ? A?
n?1
f2n?1 (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) = g2n?1 (x?, y?),
g2n?1 (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) = f2n?1 (x?, y?).
Доказательство. Проведем его для многочлена f2n?1 (x?, y?) , поскольку для
g2n?1 (x?, y?) оно аналогично.
1. Для отображений ? и ? имеем
f2n?1 (x?(1) , . . . , x?(n) , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) =
X X
=
sgn ??sgn ? sgn ? x?(?(1)) y?(? (1)) · · · y?(? (n?1)) x?(?(n)) .
??Sn ? ?Sn?1
Если ? , ? неинъективны, то для некоторых i, j ? {1, . . . , n}, i 6= j, и r, s ?
? {1, . . . , n ? 1}, r 6= s, справедливы равенства ?(i) = ?(j) , ?(r) = ?(s) .
НЕКОТОЫЕ ВИДЫ ТОЖДЕСТВ ПОДПОСТАНСТВ. . .
191
Пусть ? , ? произвольные элементы групп Sn и Sn?1 соответственно. Тогда
?(a) = i , ?(b) = j , ? (c) = r , ? (d) = s для некоторых a, b ? {1, . . . , n} , c, d ?
? {1, . . . , n ? 1} . ассмотрим подстановки ? ? ? Sn , ? ? ? Sn?1 , для которых
?
?
?
?
/ {a, b},
/ {c, d},
??(v), если v ?
?? (m), если m ?
?
?
? (v) = j,
? (m) = s,
если v = a,
если m = c,
?
?
?
?
i,
если v = b,
r,
если m = d.
Тогда
sgn ??sgn ? sgn ? x?(?(1)) y?(? (1)) · · · y?(? (n?1)) x?(?(n)) +
+ sgn ? ? ?sgn ?? sgn ? ? x?(?? (1)) y?(? ? (1)) · · · y?(? ? (n?1)) x?(?? (n)) =
= sgn ??sgn ? sgn ? x?(?(1)) y?(? (1)) · · · y?(? (n?1)) x?(?(n)) ?
? sgn ???sgn ? ?sgn ? x?(?? (1)) y?(? ? (1)) · · · y?(? ? (n?1)) x?(?? (n)) = 0.
Отсюда следует, что f2n?1 (x?(1) , . . . , x?(n) , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) = 0 .
2. Для произвольного ? ? An имеем
f2n?1 (x?(1) , . . . , x?(n) , y1 , . . . , yn?1 ) =
X X
=
sgn ??sgn ? sgn ? x?(?(1)) y? (1) · · · y? (n?1) x?(?(n)) = | пусть ? = ? ?1 ? | =
??Sn ? ?Sn?1
X
=
X
sgn ? sgn ??sgn ? sgn ? sgn ? x?(??1 ?(1)) y? (1) · · · y? (n?1) x?(??1 ?(n)) =
??Sn ? ?Sn?1
= f2n?1 (x?, y?).
3. Для произвольного µ ?
A?
n
имеем
f2n?1 (xµ(1) , . . . , xµ(n) , y1 , . . . , yn?1 ) =
X X
=
sgn ??sgn ? sgn ? xµ(?(1)) y? (1) · · · y? (n?1) xµ(?(n)) = | пусть ? = µ?1 ? | =
??Sn ? ?Sn?1
=
X
X
??Sn ? ?Sn?1
=?
X
sgn µ sgn ??sgn µ sgn ? sgn ? xµ(µ?1 ?(1)) y? (1) · · · y? (n?1) xµ(µ?1 ?(n)) =
X
sgn ???sgn ? sgn ? x?(1) y? (1) · · · y? (n?1) x?(n) = ?g2n?1 (x?, y?).
??Sn ? ?Sn?1
4. Для произвольного ? ? An?1 имеем
f2n?1 (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) =
X X
=
sgn ??sgn ? sgn ? x?(1) y?(? (1)) · · · y?(? (n?1)) x?(n) = | пусть ? = ??1 ? | =
??Sn ? ?Sn?1
=
X
X
sgn ??sgn ? sgn ? sgn ? x?(1) y?(??1 ?(1)) · · · y?(??1 ?(n?1)) x?(n) = f2n?1 (x?, y?).
??Sn ??Sn?1
5. Для произвольного ? ? A?
n?1 имеем
f2n?1 (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n?1) ) =
X X
=
sgn ??sgn ? sgn ? x?(1) y?(? (1)) · · · y?(? (n?1)) x?(n) = | пусть ? = ? ?1 ? | =
??Sn ? ?Sn?1
=
X
X
??Sn ??Sn?1
sgn ??sgn ? sgn ? sgn ? x?(1) y?(??1 ?(1)) · · · y?(??1 ?(n?1)) x?(n) = g2n?1 (x?, y?).
192
С.Ю. АНТОНОВ
Аналогично доказывается
Многочлены f2n (x?, y?) , g2n (x?, y?) обладают свойствами:
1) если отображения ?, ? : {1, . . . , n} ? N неинъективны, то
Предложение 2.
f2n (x?(1) , . . . , x?(n) , y?(1) , . . . , y?(n) ) = 0,
g2n (x?(1) , . . . , x?(n) , y?(1) , . . . , y?(n) ) = 0;
2) для любого ? ? An
f2n (x?(1) , . . . , x?(n) , y1 , . . . , yn ) = f2n (x?, y?),
g2n (x?(1) , . . . , x?(n) , y1 , . . . , yn ) = g2n (x?, y?);
3) для любого µ ? A?
n
f2n (xµ(1) , . . . , xµ(n) , y1 , . . . , yn ) = ?g2n (x?, y?),
g2n (xµ(1) , . . . , xµ(n) , y1 , . . . , yn ) = ?f2n (x?, y?);
4) для любого ? ? An
f2n (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n) ) = f2n (x?, y?),
g2n (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n) ) = g2n (x?, y?);
5) для любого ? ? A?
n
f2n (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n) ) = g2n (x?, y?),
g2n (x1 , . . . , xn , y?(1) , . . . , y?(n) ) = f2n (x?, y?).
Предложение 3.
a) если n = 2r , то
f2n?1 (x?, y?) =
n/2
X
i=1
Справедливы равенства:
x2i?1 f2(n?1) (y?, x?2i?1
b)=
[ ) ? x2i g2(n?1) (y?, x?2i
=
n/2
X
i=1
b) если n = 2r + 1 , то
f2(n?1) (x?2i
b , y?)x2i ? g2(n?1) (x?2i?1
[ , y?)x2i?1 ;
(n+1)/2
f2n?1 (x?, y?) =
X
(n?1)/2
x2i?1 f2(n?1) (y?, x?2i?1
[) ?
i=1
i=1
(n+1)/2
=
X
g2n?1 (x?, y?) =
n/2
X
i=1
x2i g2(n?1) (y?, x?2i
b)=
f2(n?1) (x?2i?1
[ , y?)x2i?1 ?
i=1
c) если n = 2r , то
X
(n?1)/2
X
i=1
g2(n?1) (x?2i
b , y?)x2i ;
x2i?1 g2(n?1) (y?, x?2i?1
b)=
[ ) ? x2i f2(n?1) (y?, x?2i
=
n/2
X
i=1
g2(n?1) (x?2i
b , y?)x2i ? f2(n?1) (x?2i?1
[ , y?)x2i?1 ;
НЕКОТОЫЕ ВИДЫ ТОЖДЕСТВ ПОДПОСТАНСТВ. . .
193
d) если n = 2r + 1 , то
(n+1)/2
g2n?1 (x?, y?) =
X
(n?1)/2
x2i?1 g2(n?1) (y?, x?2i?1
[) ?
i=1
X
i=1
(n+1)/2
X
=
g2(n?1) (x?2i?1
[ , y?)x2i?1 ?
i=1
Доказательство.
x2i f2(n?1) (y?, x?2i
b)=
(n?1)/2
X
i=1
a) f2n?1 (x?, y?) =
n
X
i=1
чем для любого i ? {1, . . . , n}
f2(n?1) (x?2i
b , y?)x2i .
xi ti (y1 , . . . , yn?1 , x1 , . . . , x
bi , . . . , xn ) , при-
xi ti (y1 , . . . , yn , x1 , . . . , x
bi , . . . , xn ) =
X
X
=
sgn ??sgn ?sgn ? x?(1) y? (1) · · · y? (n?1) x?(n) ,
? (i) ? ?S
??Sn
n?1
где Sn? (i) = {? ? Sn | ?(1) = i} .
Нетрудно видеть, что всякую подстановку ? ? Sn? (i) можно представить в виде
? = ?µi , где
1 2 ... i ? 1
i
i + 1 ... n
µi =
, ?(i) = i.
i 1 ... i ? 2 i ? 1 i + 1 ... n
Заметим также, что sgn µi = (?1)i?1 . Положим Sn (i) = {? ? Sn | ?(i) = i} . Тогда
f2n?1 (x?, y?) =
n
X
X
X
sgn(?µi )?sgn(?µi )sgn ? x?µi (1) y? (1) · · · y? (n?1) x?µi (n) =
i=1 ??Sn (i) ? ?Sn?1
=
n
X
i=1
(?1)i?1 xi
X
X
sgn ??(?1)i?1 sgn ?sgn ? y? (1) x?(1) . . . y? (i) x?(i+1) · · ·
??Sn (i) ? ?Sn?1
· · · y? (n?1) x?(n) =
n/2
X
i=1
x2i?1 f2(n?1) (y?, x?2i?1
b ).
[ ) ? x2i g2(n?1) (y?, x?2i
Докажем вторую часть равенства a). Для этого заметим, что
f2n?1 (x?, y?) =
n
X
i=1
vi (x1 , . . . , x
bi , . . . , xn , y1 , . . . , yn?1 )xi ,
причем для любого i ? {1, . . . , n}
X
vi (x1 , . . . , x
bi , . . . , xn , y?)xi =
X
en (i) ? ?Sn?1
??S
sgn ??sgn ?sgn ? x?(1) y? (1) · · · y? (n?1) x?(n) ,
где Sen (i) = {? ? Sn | ?(n) = i} .
Нетрудно видеть, что всякую подстановку ? ? Sen (i) можно представить в виде:
? = ??i , где
1 2 ... i ? 1
i
... n? 1 n
?i =
, ?(i) = i.
1 2 ... i ? 1 i + 1 ...
n
i
194
С.Ю. АНТОНОВ
Заметим также, что sgn ?i = (?1)n?i . Положим Sn (i) = {? ? Sn | ?(i) = i} . Тогда
f2n?1 (x?, y?) =
n
X
X
X
sgn(??i )?sgn(??i )sgn ? x??i (1) y? (1) · · · y? (n?1) x??i (n) =
i=1 ??Sn (i) ? ?Sn?1
=
n
X
i=1
=
X
sgn ??(?1)n?i sgn ?sgn ? x?(1) y? (1) · · ·
??Sn (i) ? ?Sn?1
· · · x?(i?1) y? (i?1) x?(i+1) y? (i) · · · x?(n) y? (n?1) xi =
X
X
(?1)i
sgn ??(?1)i sgn ?sgn ? x?(1) y? (1) · · · y? (n?1) xi =
n
X
i=1
X
(?1)n?i
??Sn (i) ? ?Sn?1
=
n/2
X
i=1
f2(n?1) (x?2i
b , y?)x2i ? g2(n?1) (x?2i?1
[ , y?)x2i?1 .
b) ассуждая так же, как и при доказательстве свойства a), получим:
(n+1)/2
f2n?1 (x?, y?) =
X
(n?1)/2
x2i?1 f2(n?1) (y?, x?2i?1
[) ?
i=1
f2n?1 (x?, y?) =
i=1
n
X
X
(?1)i?1
i=1
X
X
x2i g2(n?1) (y?, x?2i
b );
sgn ??(?1)i?1 sgn ? sgn ? x?(1) y? (1) . . . y? (n?1) xi =
??Sn (i) ? ?Sn?1
(n+1)/2
X
=
(n?1)/2
f2(n?1) (x?2i?1
[ , y?)x2i?1 ?
i=1
X
i=1
g2(n?1) (x?2i
b , y?)x2i .
) ассуждая так же, как и при доказательстве свойства a), получим:
g2n?1 (x?, y?) =
n
X
X
(?1)i?1 xi
i=1
X
· · · y? (n?1) x?(n) =
n/2
X
i=1
g2n?1 (x?, y?) =
n
X
i=1
sgn ??(?1)i sgn ? sgn ? y? (1) x?(1) · · ·
??Sn (i) ? ?Sn?1
(?1)i
X
X
x2i?1 g2(n?1) (y?, x?2i?1
b );
[ ) ? x2i f2(n?1) (y?, x?2i
sgn ??(?1)i?1 sgn ? sgn ? x?(1) y? (1) · · · y? (n?1) xi =
??Sn (i) ? ?Sn?1
=
n/2
X
i=1
g2(n?1) (x?2i
b , y?)x2i ? f2(n?1) (x?2i?1
[ , y?)x2i?1 .
d) ассуждая так же, как и при доказательстве свойства a), получим:
g2n?1 (x?, y?) =
n
X
(?1)i?1 xi
i=1
X
X
sgn ??(?1)i sgn ? sgn ? y? (1) x?(1) · · ·
??Sn (i) ? ?Sn?1
(n+1)/2
· · · y? (n?1) x?(n) =
X
i=1
(n?1)/2
x2i?1 g2(n?1) (y?, x?2i?1
[) ?
X
i=1
x2i f2(n?1) (y?, x?2i
b );
НЕКОТОЫЕ ВИДЫ ТОЖДЕСТВ ПОДПОСТАНСТВ. . .
n
X
g2n?1 (x?, y?) =
(?1)i?1
i=1
X
X
195
sgn ??(?1)i sgn ?sgn ? x?(1) y? (1) · · · y? (n?1) xi =
??Sn (i) ? ?Sn?1
(n+1)/2
=
X
(n?1)/2
g2(n?1) (x?2i?1
[ , y?)x2i?1 ?
i=1
X
i=1
f2(n?1) (x?2i
b , y?)x2i .
Аналогично предыдущему доказывается
Предложение 4.
a) если n = 2r , то
n/2
X
f2n (x?, y?) =
i=1
Справедливы равенства:
x2i?1 f2n?1 (y?, x?2i?1
b) =
[ ) ? x2i g2n?1 (y?, x?2i
=
n/2
X
i=1
b) если n = 2r + 1 , то
(n+1)/2
X
f2n (x?, y?) =
f2n?1 (x?, y?2i
b )y2i + g2n?1 (x?, y?2i?1
[ )y2i?1 ;
(n?1)/2
X
x2i?1 f2n?1 (y?, x?2i?1
[)?
i=1
i=1
(n+1)/2
=
X
x2i g2n?1 (y?, x?2i
b) =
(n?1)/2
f2n?1 (x?, y?2i?1
[ )y2i?1 +
i=1
c) если n = 2r , то
g2n (x?, y?) =
n/2
X
i=1
i=1
g2n?1 (x?, y?2i
b )y2i ;
x2i?1 g2n?1 (y?, x?2i?1
b) =
[ ) ? x2i f2n?1 (y?, x?2i
=
n/2
X
i=1
d) если n = 2r + 1 , то
(n+1)/2
g2n (x?, y?) =
X
X
g2n?1 (x?, y?2i
b )y2i + f2n?1 (x?, y?2i?1
[ )y2i?1 ;
(n?1)/2
x2i?1 g2n?1 (y?, x?2i?1
[) ?
i=1
X
i=1
(n+1)/2
=
X
i=1
x2i f2n?1 (y?, x?2i
b) =
g2n?1 (x?, y?2i?1
[ )y2i?1 +
(n?1)/2
X
i=1
f2n?1 (x?, y?2i
b )y2i .
Замечание 1. Используя предложения 3, 4, можно получить различного рода
разложения многочленов f2n?1 (x?, y?) , g2n?1 (x?, y?) , f2n (x?, y?) , g2n (x?, y?) , например,
если n = 2r , то
f2n?1 (x?, y?) =
=
n/2 n/2
X
X
i=1 j=1
(x2i?1 y2j?1 f2(n?1)?1 (x?2i?1
b , y?2j?1
[ , y?2j?1
[ ) ? x2i y2j?1 g2(n?1)?1 (x?2i
[ )) ?
?
n/2 n/2?1
X
X
i=1
j=1
(x2i?1 y2j g2(n?1)?1 (x?2i?1
b ) ? x2i y2j f2(n?1)?1 (x?2i
b , y?2j
b )).
[ , y?2j
196
С.Ю. АНТОНОВ
Совместно с многочленами f2n?1 (x?, y?) , g2n?1 (x?, y?) , f2n (x?, y?) , g2n (x?, y?) рассмотрим транспонированные по отношению к ним многочлены:
X X
?
f2n?1
(x?, y?) =
sgn ??sgn ? sgn ? x?(n) y? (n?1) x?(n?1) · · · y? (1) x?(1) ;
??Sn ? ?Sn?1
X
?
g2n?1
(x?, y?) =
X
sgn ???sgn ? sgn ? x?(n) y? (n?1) x?(n?1) · · · y? (1) x?(1) ;
??Sn ? ?Sn?1
?
f2n
(x?, y?) =
X X
sgn ??sgn ? sgn ? y? (n) x?(n) · · · y? (1) x?(1) ;
??Sn ? ?Sn
X X
?
g2n
(x?, y?) =
sgn ???sgn ? sgn ? y? (n) x?(n) · · · y? (1) x?(1) .
??Sn ? ?Sn
Справедливы равенства:
Утверждение 1.
?
f2n?1
(x?, y?) =
= (?1)n(n?1)/2
X
X
sgn ??(?1)n?1 sgn ? sgn ? x?(1) y?(1) · · · y?(n?1) x?(n) ;
??Sn ??Sn?1
?
g2n?1
(x?, y?) = (?1)n(n?1)/2
X
X
sgn ??(?1)n sgn ? sgn ? x?(1) y?(1) · · · y?(n?1) x?(n) .
??Sn ??Sn?1
Доказательство.
оно аналогично. Итак,
?
f2n?1
(x?, y?) =
X
Проведем его для первого равенства, поскольку для второго
X
sgn ??sgn ? sgn ? x?(n) y? (n?1) · · · y? (1) x?(1) =
??Sn ? ?Sn?1
где
?=
1
n
= |пусть ? = ??, ? = ??, |
2
... n
,
n ? 1 ... 1
?=
1
n?1
2
... n ? 1
;
n ? 2 ...
1
sgn ? = (?1)(n?1)+(n?2)+...+1 = (?1)n(n?1)/2 ,
sgn ? = (?1)(n?2)+(n?3)+...+1 =
= (?1)(n?1)(n?2)/2 = (?1)n(n?1)/2 (?1)?2(n?1)/2 = (?1)n?1 sgn ?| =
X X
sgn ??(?1)n?1 sgn ? sgn ? sgn ? sgn ? x?(1) y?(1) · · · y?(n?1) x?(n) =
= (?1)n(n?1)/2
??Sn ??Sn?1
= (?1)n(n?1)/2
X
X
sgn ??(?1)n?1 sgn ? sgn ? x?(1) y?(1) · · · y?(n?1) x?(n) .
??Sn ??Sn?1
Следствие 1.
Пусть n = 2r + 1 , тогда
?
f2n?1
(x?, y?) = (?1)r f2n?1 (x?, y?),
Следствие 2.
?
g2n?1
(x?, y?) = (?1)r g2n?1 (x?, y?).
Пусть n = 2r , тогда
?
f2n?1
(x?, y?) = (?1)r g2n?1 (x?, y?),
?
g2n?1
(x?, y?) = (?1)r f2n?1 (x?, y?).
НЕКОТОЫЕ ВИДЫ ТОЖДЕСТВ ПОДПОСТАНСТВ. . .
197
По аналогии с утверждением 1 можно доказать
Утверждение 2.
?
f2n
(x?, y?)
Справедливы равенства:
= (?1)n(n?1)/2 f2n (y?, x?),
?
g2n
(x?, y?) = (?1)n(n?1)/2 g2n (y?, x?).
Мы закончим этот пункт обобщением известного равенства tr(AB) = tr(BA) .
Пусть MkЧm (F ) , MmЧk (F ) матричные векторные пространства, Symk (F ) =
= {A ? Mk (F ) | AT = A} , Altk (F ) = {A ? Mk (F ) | AT = ?A} .
Для любых A1 , . . . , An ? MkЧm (F ) , B1 , . . . , Bn ? MmЧk (F )
(
tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ),
если n = 2r + 1;
tr f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) =
?tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ), если n = 2r;
(
tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ),
если n = 2r + 1;
tr g2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) =
?tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ), если n = 2r.
Предложение 5.
Доказательство.
оно аналогично. Итак,
Проведем его для первого равенства, поскольку для второго
tr f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = tr
=
X X
X X
sgn ??sgn ?sgn ? A?(1) B? (1) · · · A?(n) B? (n) =
??Sn ? ?Sn
sgn ??sgn ?sgn ? tr ((A?(1) B? (1) · · · A?(n) )B? (n) ) =
??Sn ? ?Sn
=
X X
sgn ??sgn ?sgn ? tr (B? (n) A?(1) B? (1) · · · A?(n) )
??Sn ? ?Sn
Положим ? = ?µ, где
µ=
1 2
2 3
... n ? 1
...
n
и заметим, что sgn µ = (?1)n?1 . Тогда
n
,
1
tr f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) =
X X
= tr
sgn (?µ)?sgn (?µ)sgn ? B?µ(n) A?(1) B?µ(1) . . . A?(n) =
??Sn ??Sn
n?1
= (?1)
tr
X X
??Sn ??Sn
=
sgn ??(?1)n?1 sgn ?sgn ? B?(1) A?(1) . . . B?(n) A?(n) =
(
tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ),
?tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ),
если n = 2r + 1;
если n = 2r.
Из предложения 5 и утверждения 2 вытекает
Утверждение 3.
? MmЧk (F ) . Тогда
Пусть n = 2r + 1 , A1 , . . . , An ? MkЧm (F ) , B1 , . . . , Bn ?
tr f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) =
= (?1)(n?1)/2 tr f2n (B1T , . . . , BnT , AT1 , . . . , ATn );
tr g2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) =
= tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = (?1)(n?1)/2 tr g2n (B1T , . . . , BnT , AT1 , . . . , ATn ).
198
С.Ю. АНТОНОВ
Следствие 3.
Пусть A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ? Symk (F )(Altk (F )) . Тогда
tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = (?1)(n?1)/2 tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An );
tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = (?1)(n?1)/2 tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ).
Следствие 4.
Пусть
char F 6= 2,
n ? 1 = 2(2s + 1),
A1 , . . . , Bn ? Symk (F )(Altk (F )).
Тогда
tr f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = 0;
Доказательство.
tr g2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = 0.
В силу следствия 3
tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = = ?tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An );
tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = = ?tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ).
Отсюда и из того, что char F 6= 2 , получаем равенства tr f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) =
= 0 ; tr g2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = 0 . Применяя предложение 5, получаем требуемый результат. Следствие доказано.
2.
Некоторые тождества подпространств
(m,k)
M1
(m,k)
(F ) , M0
(F )
В этом пункте мы найдем условия, при которых квазимногочлены Капелли
(m,k)
являются тождествами для подпространств Mi
(F ) .
Утверждение 4. Пусть при некотором q ? N , любых A1 , . . . , Aq ? MkЧm (F ) ,
B1 , . . . , Bq?1 ? MmЧk (F ) f2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq?1 ) = 0, тогда
g2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq?1 ) = 0.
Верно и обратное. Пусть g2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq?1 ) = 0, тогда
f2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq?1 ) = 0.
Доказательство. В силу 5) предложения 1 для произвольной подстановки
? ? A?
q?1 имеем f2q?1 (x?, y?(1) , . . . , y?(q?1) ) = g2q?1 (x?, y?) . Следовательно,
0 = f2q?1 (A1 , . . . , Aq , B?(1) , . . . , B?(q?1) ) = g2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1) , . . . , Bq?1 ).
Обратно, по свойству 5) предложения 1 для произвольной подстановки ? ? A?
q?1
имеем g2q?1 (x?, y?(1) , . . . , y?(q?1) ) = f2q?1 (x?, y?). Следовательно,
0 = g2q?1 (A1 , . . . , Aq , B?(1) , . . . , B?(q?1) ) = f2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq?1 ).
Аналогичным образом доказывается
Утверждение 5. Пусть при некотором q ? N , любых A1 , . . . , Aq ? MkЧm (F ) ,
B1 , . . . , Bq ? MmЧk (F ) f2q (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq ) = 0, тогда
g2q (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq ) = 0.
Верно и обратное. Пусть g2q (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq ) = 0, тогда
f2q (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq ) = 0.
НЕКОТОЫЕ ВИДЫ ТОЖДЕСТВ ПОДПОСТАНСТВ. . .
199
Замечание 2. C учетом утверждений 4 и 5 дальнейшее исследование значений многочленов f2n?1 (x?, y?) , g2n?1 (x?, y?) , f2n (x?, y?) , g2n (x?, y?) от различных наборов
матриц достаточно провести, например, для многочленов f2n?1 (x?, y?) , f2n (x?, y?) , что
и сделано ниже.
Утверждение 6. Пусть при некотором q ? N , любых A1 , . . . , Aq ? MkЧm (F ) ,
B1 , . . . , Bq?1 ? MmЧk (F ) f2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq?1 ) = 0 . Тогда для всякого
n ? q , произвольных A1 , . . . , An ? MkЧm (F ) , B1 , . . . , Bn ? MmЧk (F ) верно равенство: f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = 0 , f2n?1 (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn?1 ) = 0 .
Доказательство. Очевидно, что q > 1 . Далее, если n = q , то в силу предложения 4 при n = 2r и n = 2r + 1 соответственно имеем:
f2n (x?, y?) =
n/2
X
i=1
f2q?1 (x?, y?2i
b )y2i + g2q?1 (x?, y?2i?1
[ )y2i?1 ,
(n+1)/2
f2n (x?, y?) =
X
i=1
f2q?1 (x?, y?2i?1
b )y2i .
[ )y2i?1 + g2q?1 (x?, y?2i
Отсюда и из утверждения 4 получаем, что в обоих случаях
f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = 0.
Пусть n = q + r , тогда равенства
f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = 0,
f2n?1 (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn?1 ) = 0
вытекают из замечания 1 и утверждений 4, 5.
Аналогичным образом доказываются
Утверждение 7. Пусть при некотором q ? N , любых A1 , . . . , Aq ? MkЧm (F ) ,
B1 , . . . , Bq ? MmЧk (F ) f2q (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq ) = 0 . Тогда для всякого n ? q + 1 ,
произвольных A1 , . . . , An ? MkЧm (F ) , B1 , . . . , Bn ? MmЧk (F ) верны равенства:
f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = 0 , f2n?1 (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn?1 ) = 0 .
Утверждение 8. Пусть при некотором q ? N , любых B1 , . . . , Bq ? MmЧk (F ) ,
A1 , . . . , Aq?1 ? MkЧm (F ) f2q?1 (B1 , . . . , Bq , A1 , . . . , Aq?1 ) = 0 . Тогда для всякого
n ? q , произвольных B1 , . . . , Bn ? MmЧk (F ) , A1 , . . . , An ? MkЧm (F ) верны равенства: f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = 0 , f2n?1 (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An?1 ) = 0 .
Утверждение 9. Пусть при некотором q ? N , любых B1 , . . . , Bq ? MmЧk (F ) ,
A1 , . . . , Aq ? MkЧm (F ) f2q (B1 , . . . , Bq , A1 , . . . , Aq ) = 0 . Тогда для всякого n ? q + 1 ,
произвольных B1 , . . . , Bn ? MmЧk (F ) , A1 , . . . , An ? MkЧm (F ) верны равенства:
f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = 0 , f2n?1 (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An?1 ) = 0 .
Теперь покажем, что число q , о котором говорится в утверждениях 79, действительно существует.
Утверждение
10. Пусть q
=
A1 , . . . , Aq ? MkЧm (F ) , B1 , . . . , Bq
f2q (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq ) = 0 .
mk + 1 . Тогда для любых матриц
? MmЧk (F ) справедливо равенство:
Доказательство. Оно вытекает из линейности многочлена f2q (x?, y?) по каждой группе переменных и части 1) предложения 2.
200
С.Ю. АНТОНОВ
Следствие 5.
(m,k)
Пусть q = max{m2 + 1, k 2 + 1} . Тогда f2q (x?, y?) ? T [M0
(F )] .
Утверждение
11. Пусть q
= mk + 2 . Тогда для любых матриц
A1 , . . . , Aq ? MkЧm (F ) , B1 , . . . , Bq?1 ? MmЧk (F ) справедливо равенство:
f2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq?1 ) = 0 .
Доказательство. Вытекает из линейности многочлена f2q?1 (x?, y?) по каждой
группе переменных и части 1) предложения 2.
Следствие 6.
(m,k)
Пусть q = max{m2 +2, k 2 +2} . Тогда f2q?1 (x?, y?) ? T [M0
(F )] .
Замечание 3. В работе [1? показано, что при m = 2 многочлен f5 (z1 , . . . , z5 ) ?
(m,1)
? T [M1
(F )] . Несложно показать, что это будет верно и при m > 2 . Отсюда
вытекает, что число q в утверждении 11, а значит, и в утверждении 10 можно
понизить до числа 3.
Обозначим через d(m, k, F ) (t(m, k, F )) наименьшее натуральное число n , при
котором многочлен f2n (x?, y?) (соответственно f2n?1 (x?, y?) ) удовлетворяет условию:
при любых A1 , . . . , An ? MkЧm (F ) , B1 , . . . , Bn ? MmЧk (F ) справедливо равенство
f2n (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn ) = 0 (соответственно f2n?1 (A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn?1 ) =
= 0 ).
Кроме того, пусть d? (m, k, F ) (t? (m, k, F )) означает наименьшее натуральное
число n , при котором многочлен f2n (x?, y?) (соответственно f2n?1 (x?, y?) ) удовлетворяет условию: при любых B1 , . . . , Bn ? MmЧk (F ) , A1 , . . . , An ? MkЧm (F ) справедливо равенство f2n (B1 , . . . , Bn , A1 , . . . , An ) = 0 (соответственно f2n?1 (B1 , . . . , Bn ,
A1 , . . . , An?1 ) = 0 ).
Утверждение 12. Пусть m ? k > 1 . Тогда справедливы неравенства:
d(m, k, F ) ? 2k , t(m, k, F ) ? 2k , d? (m, k, F ) ? 2k , t? (m, k, F ) ? 2k .
Доказательство. Для многочлена f2(2k?1) (x?, y?) рассмотрим следующую подстановку аргументов, называемую двойной лестницей:
(x1 , . . . , xk , . . . , x2k?1 ) = (e1 1 , e2 2 , . . . , ek k , ek k?1 , ek?1 k?2 , . . . , e2 1 ),
(y1 , . . . , yk , . . . , y2k?1 ) = (e1 2 , e2 3 , . . . , ek?1 k , ek k , ek?1 k?1 , . . . , e1 1 ),
где ei j матричные единицы. Нетрудно видеть, что
f2(2k?1) (e1 1 , . . . , e2 1 , e1 2 , . . . , e1 1 ) =
= e1 1 + e2 2 + . . . + ek k + ek k + . . . + e2 2
(
2E ? e1 1 , если char F =
6 2;
=
e1 1 ,
если char F = 2.
(1)
Предположим, что d(m, k, F ) < 2k ( t(m, k, F ) < 2k ). Тогда для некоторого q ? N многочлен f2q (x?, y?) ( f2q?1 (x?, y?) ) удовлетворяет условию: для любых A1 , . . . Aq ? MkЧm (F ) , B1 , . . . , Bq ? MmЧk (F ) справедливо равенство:
f2q (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq ) = 0 ( f2q?1 (A1 , . . . , Aq , B1 , . . . , Bq?1 ) = 0 ). Следовательно, в силу утверждения 7 (утверждения 6) многочлен f2(2k?1) (x?, y?) обращается в нуль на двойной лестнице, а это противоречит (1). Отсюда заключаем, что
наше предположение неверно, и потому d(m, k, F ), t(m, k, F ) ? 2k .
Предположим, что d? (m, k, F ) < 2k ( t? (m, k, F ) < 2k ). Тогда для некоторого q ? N многочлен f2q (x?, y?) ( f2q?1 (x?, y?) ) удовлетворяет условию: для любых B1 , . . . , Bq ? MmЧk (F ) , A1 , . . . Aq ? MkЧm (F ) f2q (B1 , . . . , Bq , A1 , . . . , Aq ) = 0
НЕКОТОЫЕ ВИДЫ ТОЖДЕСТВ ПОДПОСТАНСТВ. . .
201
( f2q?1 (B1 , . . . , Bq , A1 , . . . , Aq?1 ) = 0 ). Следовательно, в силу утверждения 9 (утверждения 8) многочлен f2(2k?1) (x?, y?) обращается в нуль на двойной лестнице, а это
противоречит (1) . Отсюда заключаем, что наше предположение неверно, и потому
d? (m, k, F ), t? (m, k, F ) ? 2k . Утверждение доказано.
Предложение 6. Пусть m, k любые натуральные числа, причем m ? k ,
F произвольное поле. Тогда при n ? mk + 1 многочлены f2n (x?, y?), g2n (x?, y?) ?
(m,k)
(m,k)
? T [M1
(F )] , а при n < 2k f2n (x?, y?), g2n (x?, y?) ?
/ T [M1
(F )] .
Доказательство. В силу утверждения 4 доказательство достаточно провести
для многочлена f2n (x?, y?) . Пусть n = mk + 1 ,
!
!
j
i
0mЧm CmЧk
0mЧm BmЧk
(m,k)
i
j
a =
, b =
? M1
(F ),
j
AikЧm 0kЧk
DkЧm
0kЧk
где i, j = 1, . . . , n . Тогда согласно утверждению 10
1
n
1
n
f2n (a , . . . , a , b , . . . , b ) =
f2n (B 1 ,...,B n ,D1 ,...,Dn )
0kЧm
!
0mЧk
= 0.
f2n (A1 , . . . , An , C 1 , . . . , C n )
Пусть n > mk + 1 , тогда то, что f2n (x?, y?) ? T [M1m,k (F )] , следует из утверждений 7 и 9. Вторая часть предложения 6 вытекает из утверждения 12. Предложение
доказано.
Аналогичным образом доказывается
Предложение 7. Пусть m, k любые натуральные числа, причем m ? k ,
F произвольное поле. Тогда при n ? mk +2 многочлены f2n?1 (x?, y?), g2n?1 (x?, y?) ?
(m,k)
(m,k)
/ T [M1
(F )] .
? T [M1
(F )] , а при n < 2k f2n?1 (x?, y?), g2n?1 (x?, y?) ?
Замечание 4. Очевидно, что задача о нахождении наименьшего числа n , при
(m,k)
котором многочлены f2n (x?, y?), f2n?1 (x?, y?) ? T [M1
(F )] , эквивалентна задаче
?
о значениях ункций max{d(m, k, F ), d (m, k, F )} , max{t(m, k, F ), t? (m, k, F )} .
Summary
Some Types of Identities of Subspaes M0(m,k) (F ) , M1(m,k) (F ) of Matrix
(m,k)
Superalgebra M
(F ) .
S.Yu. Antonov.
Some types of polynomials of free assoiative algebra F {Z} have been introdued and
investigated. The onditions under whih these polynomials are the identities of subspaes
(m,k)
(m,k)
M0
(F ) , M1
(F ) of superalgebra M (m,k) (F ) have been found.
Key words:
T -ideal, polynomial identity, matrix superalgebra.
Литература
1.
(2,1)
Наименьшая степень тождеств подпространства M1 (F ) матричной супералгебры M (2,1) (F ) // Труды Междунар. кон. КЛИН-2007. Ульяновск:
УлТУ, 2007. Т. 4. С. 2730.
Антонов С.Ю.
Поступила в редакцию
01.12.11
Антонов Степан Юрьевич старший преподаватель каедры высшей математики
Казанского государственного энергетического университета.
E-mail: antonovst-vmrambler.ru