Trenzas y álgebras de Lie categóricas

Traballo de Fin de Máster Trenzas y álgebras de Lie categóricas Alejandro Fernández Fariña 2015–16 UNIVERSIDADE DE SANTIAGO DE COMPOSTELA MÁSTER UNIVERSITARIO EN MATEMÁTICAS Traballo de Fin de Máster Trenzas y álgebras de Lie categóricas Alejandro Fernández Fariña Xullo, 2016 UNIVERSIDADE DE SANTIAGO DE COMPOSTELA D. Manuel Ladra González, Catedrático de Universidad del Departamento de Matemáticas de la Universidad de Santiago de Compostela, como director del Trabajo de Fin de Máster con título “Trenzas y álgebras de Lie categóricas”, AUTORIZO a D. Alejandro Fernández Fariña para su presentación a fin de obtener el título de Máster en Matemáticas por la Universidad de Santiago de Compostela. Santiago de Compostela, a 8 de julio de 2016. Fdo.: Manuel Ladra González Fdo.: Alejandro Fernández Fariña Índice general Resumen vii Introducción ix 1. Categorías internas 1 1.1. Categorías y pullbacks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2. Funtores y equivalencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3. Categoríasinternas.......................... 9 2. Trenzas y Módulos cruzados de álgebras de Lie 15 2.1. La categoría de álgebras de Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.2. Módulos cruzados de álgebras de Lie . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.3. Trenzas en módulos cruzados de álgebras de Lie . . . . . . . . . . 23 3. Equivalencia entre módulos cruzados trenzados y álgebras de Lie categóricas trenzadas 33 4. Ejemplos de Módulos cruzados trenzados 47 4.1. Las álgebras de Lie y los módulos cruzados trenzados . . . . . . . 47 4.2. Álgebras de Lie y álgebras de Lie categóricas trenzadas . . . . . 50 4.3. Trenzas y 2-módulos cruzados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 4.4. Trenzas equivariantes y 2-módulos cruzados . . . . . . . . . . . . 60 5. Objetos simpliciales reducidos de longitud n63 5.1. Objetos simpliciales y Complejo de Moore . . . . . . . . . . . . . 63 5.2. Objetos simpliciales truncados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 6. Equivalencia entre módulos cruzados trenzados y álgebras de Lie simpliciales reducidas de longitud 269 Bibliografía 91 v Resumen En este trabajo se introduce el concepto de trenza sobre módulos cruzados de álgebras de Lie y álgebras de Lie categóricas, de modo que se tenga, como caso particular, que todo álgebra de Lie puede verse como un módulo cruzado trenzado cuya trenza es el propio corchete. También se probará que las categorías de módulos cruzados trenzados de álgebras de Lie y álgebras de Lie categóricas trenzadas son equivalentes, obteniendo como caso particular la conocida equivalencia entre las categorías de módulos cruzados de álgebras de Lie y álgebras de Lie categóricas, motivante para introducir las trenzas en álgebras de Lie categóricas. Tras hacer esto veremos que la idea de trenza coincide con un caso particular del levantamiento de Peiffer para 2-módulos cruzados de álgebras de Lie. Finalmente, se prueba la equivalencia de las categorías de álgebras de Lie simpliciales reducidas con complejo de Moore de longitud 2 y los módulos cruzados trenzados de álgebras de Lie. Abstract In this paper we will introduce the notion of braiding for crossed modules of Lie algebras and categorical Lie algebras so that we have, as a particular case, every Lie algebra can be seen as a braided crossed module whose braiding is the Lie bracket itself. We will also prove that the categories of braided crossed modules of Lie algebras and braided categorical Lie algebras are equivalent, obtaining as a particular case the well-known equivalence between the categories of crossed modules of Lie algebras and categorical Lie algebras, which leads to introduce the braiding in categorical Lie algebras. After doing this we will see that the idea of braiding matches with a particular case of the Peiffer lifting for 2-crossed modules of Lie algebras. Finally, we will prove the equivalence between the categories of reduced simplicial Lie algebras with Moore complex of length 2 and the braided crossed modules of Lie algebras. vii 2CAPÍTULO 1. CATEGORÍAS INTERNAS Definición 1.2. Sea Cuna categoría, sean Af −→ Y,Bg −→ Y∈Arw(C). Se dice que fygtienen pullback y este es igual a (C, (p1, p2)) si: 1. C∈Ob(C),pi∈Arw(C), i ∈ {1,2}y además se cumple el diagrama conmutativo C A B Y. p1 p2f g 2. Si (X, (h1, h2)) es tal que X∈Ob(C),hi∈Arw(C), i ∈ {1,2}, cumpliendo X A B Y. h1 h2f g Entonces existe un único h:X−→ Cde modo que se el siguiente diagrama es conmutativo: X C A B Y. h1 h2 h p1 p2f g Es decir pi◦h=hicon i∈ {1,2}. Si en una categoría todo par de flechas con el mismo codominio posee pullbacks, entonces se dice que es una categoría con pullbacks. Proposición 1.3. Sea Cuna categoría. 1. Los pullbacks de flechas de C, si existen, son únicos salvo isomorfismo único. Es decir, si (C, (p1, p2)) y(D, (π1, π2)) son pullbacks de las flechas de C Af −→ YyBg −→ Y, entonces existe un único isomorfismo h:C−→ Dde modo que πi◦h=picon i∈ {1,2}. 2. Los pullbacks de flechas de C, si existen, se conservan por isomorfismos. Es decir, si (C, (p1, p2)) es un pullback de las flechas de Af −→ YyBg −→ Y; yh:C−→ Des un isomorfismo, entonces (D, (p1◦h−1, p2◦h−1)) es un pullback de fyg. Demostración. 1. Sean (C, (p1, p2)) y(D, (π1, π2)) dos pullbacks de las flechas de C,Af −→ YyBg −→ Y. Entonces por la propiedad universal del pullback ocurre lo siguiente: 1.1. CATEGORÍAS Y PULLBACKS 3 Como f◦p1=g◦p2, y (D, (π1, π2)) es pullback existe una única flecha Ch −→ Dcumpliendo πi◦h=pi,i∈ {1,2}. Este es el único morfismo cumpliendo esta propiedad, así que si vemos que es isomorfismo habremos concluido esta parte de la demostración. Como f◦p1=g◦p2, usando que (C, (p1, p2)) es pullback existe un único Cx −→ Ccumpliendo pi◦x=pi,i∈ {1,2}. Además se tiene que, por unicidad x= IdC. Como f◦π1=g◦π2, al ser (D, (π1, π2)) pullback existe un único Dy −→ D cumpliendo πi◦y=πi,i∈ {1,2}. Además por unicidad y= IdD. Como f◦π1=g◦π2y(C, (p1, p2)) es el pullback, entonces existe un único Dz −→ Ccumpliendo pi◦z=πi,i∈ {1,2}. Veamos que zes el inverso de h. Como πi◦(h◦z)=(πi◦h)◦z=pi◦z=πicon i∈ {1,2}la unicidad indica que h◦z= IdD. Se tiene que pi◦(z◦h) = (pi◦z)◦h=πi◦h=pipara i∈ {1,2}, entonces z◦h= IdCpor unicidad. 2. Veamos que (D, (p1◦h−1, p2◦h−1)) es un pullback de fyg. Se tiene que f◦(p1◦h−1)=(f◦p1)◦h−1= (g◦p2)◦h−1=g◦(p2◦h−1) por lo que cumple la primera propiedad. Veamos que cumple la propiedad universal. Sea (X, (x1, x2)),xi:X−→ Ycon i∈ {1,2}, de modo que f◦x1=g◦x2. Por ser (C, (p1, p2)) pullback existe una única flecha x:X−→ Cde modo que pi◦x=xi. Tomemos h◦x:X−→ D. Se tiene que (pi◦h−1)◦(h◦x) = pi◦x=xi, i∈ {1,2}, por lo que se ha probado la existencia de una flecha en las condiciones de la propiedad universal. Veamos su unicidad. Sea y:X−→ Dcumpliendo (pi◦h−1)◦y=xicon i∈ {1,2}. Si esto es así h−1◦yesta en las condiciones de la flecha mediadora de la propiedad universal de (C, (p1, p2)) y por ello la unicidad de xafirma que x=h−1◦y, y por tanto y=h◦x, lo cual prueba la unicidad. Proposición 1.4. Sea Cuna categoría. Sea (A×CB, (p1, p2)) el pullback de f:A−→ Cyg:B−→ Cy(A0×CB0,(p0 1, p0 2)) el pullback de f0:A0−→ Cy g0:B0−→ C. Si h:A−→ A0yr:B−→ B0son dos flechas en dicha categoría cumpliendo f0◦h=fyg0◦r=g. Entonces existe una única flecha h×Cr:A×CB−→ A0×CB0de modo que p0 1◦h×Cr=h◦p1yp0 2◦h×Cr=r◦p2. Demostración. Dado que f0◦(h◦p1)=(f0◦h)◦p1=f◦p1=g◦p2= (g0◦r)◦p2= g0◦(r◦p2)(donde hemos usado las hipótesis f0◦h=fyg0◦r=g), se puede usar la propiedad universal del pullback (A0×CB0,(p0 1, p0 2)). Por tanto existe 4CAPÍTULO 1. CATEGORÍAS INTERNAS una única flecha h×Cr:A×CB−→ A0×CB0cumpliendo p0 1◦h×Cr= (h◦p1) yp0 2◦h×Cr= (r◦p2). Esto prueba la existencia y la unicidad. Proposición 1.5. Sea Cuna categoría, sean C1 s,t −→ C0dos flechas en C. Asumamos que puede construirse el siguiente pullback: C1×C0C1C1 C1C0, π1 π2t s Supongamos que existe C1×C0C1 k −→ C1verificando los siguientes diagramas conmutativos: C1×C0C1C1 C1C0, π1 ks s C1×C0C1C1 C1C0, π2 kt t con el cual se pueden definir los siguientes pullbacks: (C1×C0C1)×C0C1C1×C0C1 C1C0, π0 1 π0 2t◦k s C1×C0(C1×C0C1)C1 C1×C0C1C0. π00 1 π00 2t s◦k Entonces existe un único i: (C1×C0C1)×C0C1−→ C1×C0(C1×C0C1)cumpliendo: π00 1◦i=π1◦π0 1, π1◦π00 2◦i=π2◦π0 1, π2◦π00 2◦i=π0 2. Además dicho ies un isomorfismo. Demostración. Existencia. Se tiene el siguiente diagrama: (C1×C0C1)×C0C1 C1×C0C1C1 C1C0. π0 2 π2◦π0 1 π2 π1s t Como t◦(π2◦π0 1)=(t◦π2)◦π0 1= (t◦k)◦π0 1=s◦π0 2, la propiedad universal de los pullbacks dice que existe un único (C1×C0C1)×C0C1 f −→ C1×C0C1 cumpliendo: π2◦f=π0 2, π1◦f=π2◦π0 1. 1.1. CATEGORÍAS Y PULLBACKS 5 Con fpodemos construir el siguiente diagrama: (C1×C0C1)×C0C1 C1×C0(C1×C0C1)C1 C1×C0C1C0. π1◦π0 1 fπ00 1 π00 2t s◦k Como (s◦k)◦f= (s◦π1)◦f=s◦(π1◦f) = s◦(π2◦π0 1)=(s◦π2)◦π0 1= (t◦π1)◦π0 1=t◦(π1◦π0 1), de nuevo por la propiedad del pullback existe un único i: (C1×C0C1)×C0C1−→ C1×C0(C1×C0C1)cumpliendo: π00 1◦i=π1◦π0 1, π00 2◦i=f. Por tanto esta icumple que: π00 1◦i=π1◦π0 1, π1◦π00 2◦i=π1◦f=π2◦π0 1, π2◦π00 2◦i=π2◦f=π0 2, lo cual prueba la existencia del morfismo. Unicidad. Sea a: (C1×C0C1)×C0C1−→ C1×C0(C1×C0C1)cumpliendo: π00 1◦a=π1◦π0 1, π1◦π00 2◦a=π2◦π0 1, π2◦π00 2◦a=π0 2. Dado que π2◦π00 2◦a=π0 2yπ1◦π00 2◦a=π2◦π0 1, por unicidad de la flecha fse tiene que f=π00 2◦a. Además, dado que f=π00 2◦ayπ00 1◦a=π1◦π0 1, la unicidad de iafirma que a=i, lo que da la unicidad del morfismo. ies un isomorfismo. Para verlo construiremos la inversa de ide un modo simétrico al de la construcción de este morfismo. Consideremos el siguiente diagrama C1×C0(C1×C0C1) C1×C0C1C1 C1C0. π00 1 π1◦π00 2 π1 π2t s Dado que s◦(π1◦π00 2)=(s◦π1)◦π00 2= (s◦k)◦π00 2=t◦π00 1, por la propiedad de los pullbacks existe un único C1×C0(C1×C0C1)g −→ C1×C0C1cumpliendo: π1◦g=π00 1, π2◦g=π1◦π00 2. 6CAPÍTULO 1. CATEGORÍAS INTERNAS Al igual que con f,gpermite la construcción del siguiente diagrama: C1×C0(C1×C0C1) (C1×C0C1)×C0C1C1×C0C1 C1C0. g π2◦π00 2π0 1 π0 2t◦k s Como (t◦k)◦g= (t◦π2)◦f=t◦(π2◦g) = t◦(π1◦π00 2)=(t◦π1)◦π00 2= (s◦π2)◦π00 2=s◦(π2◦π00 2), se tiene, debido a la propiedad del pullback, que existe un único j:C1×C0(C1×C0C1)−→ (C1×C0C1)×C0C1cumpliendo: π0 1◦j=g, π0 2◦j=π2◦π00 2. Veamos que i◦j= IdC1×C0(C1×C0C1)yj◦i= Id(C1×C0C1)×C0C1. •j◦i= Id(C1×C0C1)×C0C1. Tomemos el siguiente diagrama: (C1×C0C1)×C0C1 C1×C0C1C1 C1C0. π1◦π0 1 π2◦π0 1 π1 π2t s Se da la conmutatividad del diagrama exterior por construcción, lo cual indica que existe un único l: (C1×C0C1)×C0C1−→ C1×C0C1 cumpliendo: π1◦l=π1◦π0 1, π2◦l=π2◦π0 1. Es claro que π0 1cumple esas dos condiciones trivialmente. Se tiene también que π1◦(g◦i)=(π1◦g)◦i=π00 1◦i=π1◦π0 1y π2◦(g◦i)=(π2◦g)◦i= (π1◦π00 2)◦i=π2◦π0 1. La unicidad de lafirma que π0 1=l=g◦i, lo cual se usará a continuación. Sea el diagrama: (C1×C0C1)×C0C1 (C1×C0C1)×C0C1C1×C0C1 C1C0. π0 1 π0 2π0 1 π0 2t◦k s 1.2. FUNTORES Y EQUIVALENCIAS 7 El diagrama exterior conmuta trivialmente, por tanto existe un único h: (C1×C0C1)×C0C1−→ (C1×C0C1)×C0C1cumpliendo: π0 1◦h=π0 1, π0 2◦h=π0 2. La flecha identidad lo cumple y, por tanto, h= Id(C1×C0C1)×C0C1. También es cierto que π0 2◦(j◦i)=(π0 2◦j)◦i= (π2◦π00 2)◦i=π0 2y π0 1◦(j◦i) = (π0 1◦j)◦i=g◦i=π0 1. La unicidad de hprueba que j◦i=h= Id(C1×C0C1)×C0C1. •La prueba de i◦j= IdC1×C0(C1×C0C1)se hace de manera análoga. 1.2. Funtores y equivalencias Definición 1.6. Sean AyBdos categorías. Un funtor Fentre dichas categorías está formado por dos asignaciones: Una asignación es entre objetos de AyB, de modo que a cada objeto A de Ase le asigna un único objeto F(A)de B. Una asignación entre flechas de AyB, donde se le asigna a cada flecha f de Auna única flecha F(f)de B. Además estas asignaciones deben cumplir las siguientes propiedades: Para toda flecha Af −→ Bde Adebe cumplirse que F(A)F(f) −−−→ F(B). Fconserva las flechas identidad, es decir, F(IdA) = IdF(A)para todo objeto Ade A. Fconserva la composición, es decir, debe darse que F(f◦g) = F(f)◦F(g) para cualquier par de flechas fygde Aque se puedan componer. Si F es un funtor entre las categorías AyBlo denotaremos por AF −−→ B. Además también podemos referirnos a F(A)como F A yF(f)como Ff siendo respectivamente objeto y flecha en la categoría A. A veces también indicaremos la asignación en ambos (objetos y flechas) al mismo tiempo, usando la siguiente expresión: F(Af −−→ B) = F A F f −−−→ FB. Definición 1.7. Se definen los siguientes funtores entre categorías: 1. Para cualquier categoría Ase define el funtor identidad IdA:A−→ A como IdA(Bf −−→ C) = Bf −−→ C. 8CAPÍTULO 1. CATEGORÍAS INTERNAS 2. Sean AF −−→ ByBG −−→ Cdos funtores. Se define el funtor composición de Fcon Gcomo el funtor AG◦F −−−−→ Cdado por la siguiente expresión: G◦F(Af −−→ B) = G(F A)G(F f) −−−−−→ G(FB). Definición 1.8. Sean F, G:A−→ Bdos funtores. Una transformación natural τde FaG, denotada por τ:F−→ G(o Fτ −−→ G), es una correspondencia que a cada objeto Ade Ale asigna una única flecha τA:F A −→ GA de B cumpliendo la siguiente propiedad: Para toda flecha Af −−→ A0en Ase cumple el siguiente diagrama conmutativo: FA GA FA0GA0. F f τA Gf τA0 Definición 1.9. Sean F, G:A−→ Bdos funtores. Se dirá que una transformación natural τ:F−→ Ges un isomorfismo natural si y solo si para todo objeto Ade Ala flecha τA:F(A)−→ G(A)es un isomorfismo. Se dirá que FyGson naturalmente isomorfos si y solo si existe un isomorfismo natural τ:F−→ G. Si es así se denotará F∼ =G. Definición 1.10. Sean AyBdos categorías. Un funtor F:A−→ Bse dice una equivalencia entre AyBsi y solo si existe un funtor G:B−→ Acumpliendo que F◦G∼ =IdByG◦F∼ =IdA. Se dirá que Aes equivalente aBy se denotará por A≈Bsi y solo si existe una equivalencia entre ellas. Proposición 1.11. Sea F:C−→ Dun funtor. Entonces, si φes un isomorfismo en C, se tiene que F(φ)es un isomorfismo en D. Además, si Fes una equivalencia se tiene que φes isomorfismo en Csi y solo si F(φ)es isomorfismo en D. Demostración. Sea φ:A−→ Bun isomorfismo en C. Por ser isomorfismo existe φ−1en A. Es claro que F(φ)yF(φ−1)pueden componerse ya que, por la definición de funtor, tienen de dominio y codominio respectivamente F(A)y F(B). Se tiene que: F(φ)◦F(φ−1) = F(φ◦φ−1) = F(IdB) = IdF(B), F(φ−1)◦F(φ) = F(φ−1◦φ) = F(IdA) = IdF(A). Por tanto F(φ)es un isomorfismo con flecha inversa F(φ)−1=F(φ−1). Supongamos ahora que Fes una equivalencia. Por serlo existe un funtor G:D−→ Ccumpliendo que F◦G∼ =IdDyG◦F∼ =IdC. Denotemos por τ:G◦F−→ IdCa la transformación natural que da el isomorfismo natural. 1.3. CATEGORÍAS INTERNAS 9 Si F(φ): F(A)−→ F(B)es isomorfismo entonces, por la primera parte de esta demostración, se tiene que GF(φ): GF (A)−→ GF (B)es un isomorfismo en C. Por ser τuna transformación natural se tiene el siguiente diagrama conmutativo: GF(A)A GF(B)B GF (φ) τA φ τB Donde τAyτBson isomorfismos por construcción. En conclusión, φ=τB◦GF(φ)◦(τA)−1es un isomorfismo por ser composición de isomorfismos (si f,gson isomorfismos, siendo el dominio de gel codominio de f, entonces g◦fes un isomorfismo de inversa f−1◦g−1), como se quería demostrar. Observación 1.12.La demostración de la segunda parte puede rehacerse en el caso de tener dos funtores HyInaturalmente isomorfos. Usando el mismo diagrama se llega a que H(f)es isomorfismo si lo es I(f). Usando de nuevo el argumento, por simetría, se tiene que para toda f, flecha en la categoría dominio de los funtores, H(f)es isomorfismo si y solo si I(f)es isomorfismo. En particular si H(A)es isomorfo a H(B)mediante H(f), entonces I(A)es isomorfo a I(B)mediante I(f). Corolario 1.13. Si F:C−→ Des una equivalencia, entonces dos objetos Ay Bde Cson isomorfos si y solo si F(A)yF(B)son isomorfos. 1.3. Categorías internas Definición 1.14. Sea Cuna categoría con pullbacks. Una categoría interna de Cesta formada por dos objetos C1(objeto de morfismos o flechas) y C0(objeto de objetos) de Cjunto los cuatro morfismos siguientes: Dos morfismos C1 s,t −→ C0.sse denomina morfismo dominio ytmorfismo codominio. Un morfismo k:C1×C0C1−→ C1, denominado morfismo composición, donde C1×C0C1es el pullback dado por el siguiente diagrama: C1×C0C1C1 C1C0. π1 π2t s Un morfismo e:C0−→ C1, denominado morfismo asignador de identidades. 10 CAPÍTULO 1. CATEGORÍAS INTERNAS Donde los morfismos anteriores deben satisfacer los siguientes diagramas conmutativos: I1) C0C1 C0. e IdC0 sI2) C0C1 C0. e IdC0 t I3) C1×C0C1C1 C1C0. π1 ks s I4) C1×C0C1C1 C1C0. π2 kt t I5) Si (C1×C0C1)×C0C1yC1×C0(C1×C0C1)son los pullbacks dados por los siguientes diagramas: (C1×C0C1)×C0C1C1×C0C1 C1C0, π0 1 π0 2t◦k s C1×C0(C1×C0C1)C1 C1×C0C1C0, π00 1 π00 2t s◦k entonces gracias a I3) eI4) podemos aplicar la Proposición 1.5 y afirmar que existe un único morfismo i: (C1×C0C1)×C0C1−→ C1×C0(C1×C0C1) (el cual es un isomorfismo) cumpliendo: π00 1◦i=π1◦π0 1, π1◦π00 2◦i=π2◦π0 1, π2◦π00 2◦i=π0 2. Además, dado que t◦IdC1=t,s◦k= (s◦k),t◦k= (t◦k)ys◦IdC1=s (son igualdades triviales) podemos aplicar la Proposición 1.4 para afirmar que existen dos morfismos únicos C1×C0(C1×C0C1)IdC1×C0k −−−−−−−→ C1×C0C1 y(C1×C0C1)×C0C1 k×C0IdC1 −−−−−−→ C1×C0C1verificando: π1◦IdC1×C0k= IdC1◦π00 1, π2◦IdC1×C0k=k◦π00 2, π1◦k×C0IdC1=k◦π0 1, π2◦k×C0IdC1= IdC1◦π0 2. Dados estas construcciones se pide cumplir el siguiente diagrama: (C1×C0C1)×C0C1C1×C0C1 C1×C0(C1×C0C1) C1×C0C1C1. i k×C0IdC1 k IdC1×C0k k 1.3. CATEGORÍAS INTERNAS 11 I6) Sean C0×C0C1yC1×C0C0los pullbacks dados por los siguientes diagramas: C0×C0C1C0 C1C0, p1 p2IdC0 s C1×C0C0C1 C0C0. q1 q2t IdC0 Usando la Proposición 1.4 podemos tomar C0×C0C1 e×C0IdC1 −−−−−−→ C1×C0C1 ya que t◦e= IdC0por I2) ys◦IdC1=s. Volviendo a utilizarla tenemos C1×C0C0 IdC1×C0e −−−−−−−→ C1×C0C1pues t◦IdC1=tys◦e= IdC0por I1). Entonces debe darse el siguiente diagrama: C0×C0C1C1×C0C1C1×C0C0 C1. e×C0IdC1 p2 k IdC1×C0e q1 Si se dan las condiciones nos referiremos a la categoría interna mediante la 6-pla ordenada (C1, C0, s, t, e, k). Definición 1.15. Sean C= (C1, C0, s, t, e, k)yC0= (C0 1, C0 0, s0, t0, e0, k0)dos categorías internas en una categoría con pullbacks C. Un funtor interno es un par de morfismos F1:C1−→ C0 1yF0:C0−→ C0 0en C, cumpliendo los siguientes diagramas conmutativos: FI1) C1C0 C0 1C0 0. s F1F0 s0 FI2) C1C0 C0 1C0 0. t F1F0 t0 FI3) C0C1 C0 0C0 1. e F0F1 e0 FI4) C1×C0C1C0 1×C0 0C0 1 C1C0 1. F1×F0F1 kk0 F1 Donde F1×F0F1es el único morfismo dado por la propiedad universal del pullback en el siguiente diagrama: C1×C0C1 C0 1×C0 0C0 1C0 1 C0 1C0 0. F1◦π1 F1◦π2 F1×F0F1 π0 1 π0 2t0 s0 18 CAPÍTULO 2. TRENZAS 2.2. Módulos cruzados de álgebras de Lie Definición 2.12. Un módulo cruzado de K-álgebras de Lie es una cuaterna ordenada (M, N, ·, ∂)donde MyNson K-álgebras de Lie, ·es una acción de N sobre My∂:M−→ Nes un homomorfismo de K-álgebras de Lie verificando: M1) ∂(n·m)=[n, ∂m],∀m∈M, ∀n∈N. M2) ∂m ·m0= [m, m0],∀m, m0∈M. Donde ∂m := ∂(m). Proposición 2.13. Sea (M, N, ·, ∂)un módulo cruzado de K-álgebras de Lie. Entonces la 6-pla ordenada (MoN, N, s, t, e, k), donde: MoNs −−→ Nestá dada por s((m, n)) = n,∀(m, n)∈MoN; MoNt −−→ Nestá definida como t((m, n)) = ∂m +n,∀(m, n)∈MoN; Ne −−→ MoNviene dada por e(n) = (0, n),∀n∈N; si ((MoN)×N(MoN),(π1, π2)) es el pullback de tys, entonces kes una aplicación, k: (MoN)×N(MoN)−→ MoNy se define como k(((m, n),(m0, n0))) = (m+m0, n), donde ((m, n),(m0, n0)) pertenece a (MoN)×N(MoN); es una K-álgebra de Lie categórica. Demostración. Veamos en primer lugar que las aplicaciones son morfismos de la categoría LieAlgK. La aplicación MoNs −−→ Ndefinida como s((m, n)) = n,∀(m, n)∈MoN es un morfismo en la categoría. 1. ses K-lineal pues si consideramos como espacio vectorial MoN= M×N,ses la segunda proyección. 2. Conserva los corchetes. Sean (m, n),(m0, n0)∈MoN. s([(m, n),(m0, n0)]) = s([m, m0] + n·m0−n0·m, [n, n0]) = [n, n0] = [s((m, n)), s((m0, n0))]. La aplicación MoNt −−→ Ndada por t((m, n)) = ∂m+n,∀(m, n)∈MoN es un homomorfismo de K-álgebras de Lie. 1. Es K-lineal. Sean (m, n),(m0, n0)∈MoN,λ, µ ∈K. Se cumple lo siguiente: t(λ(m, n) + µ(m0, n0)) = t((λm +µm0, λn +µn0)) =∂(λm +µm0) + λn +µn0=λ∂m +µ∂m0+λn +µn0 =λ(∂m +n) + µ(∂m0+n0) = λt((m, n)) + µt((m0, n0)). Donde hemos usado que ∂es K-lineal. 2.2. MÓDULOS CRUZADOS DE ÁLGEBRAS DE LIE 19 2. Conserva corchetes. Sean (m, n),(m0, n0)∈MoN. Se tiene: t([(m, n),(m0, n0)]) = t([m, m0] + n·m0−n0·m, [n, n0]) =∂([m, m0] + n·m0−n0·m)+[n, n0] =∂([m, m0]) + ∂(n·m0)−∂(n0·m)+[n, n0] = [∂m, ∂m0]+[n, ∂m0]−[n0, ∂m]+[n, n0]=[∂m +n, ∂m0+n0] = [t((m, n)), t((m0, n0))]. Se han usado el axioma M1). Se tiene que Ne −−→ MoNexpresada como e(n) = (0, n),∀n∈N, es un homomorfismo de K-álgebras de Lie. 1. Es K-lineal. Sean n, n0∈N,λ, µ ∈K. e(λn +µn0) = (0, λn +µn0) = λ(0, n) + µ(0, n0) = λe(n) + µe(n0). 2. Conserva los corchetes. Sea n∈N. e([n, n0]) = (0,[n, n0]) = [(0, n),(0, n0)] = [e(n), e(n0)]. Si ((MoN)×N(MoN),(π1, π2)) es el pullback de tys, entonces el conjunto (MoN)×N(MoN)es el siguiente: {((m, n),(m0, n0)) ∈(M×N)×(M×N)|∂m +n=n0}, ya que ∂m +n=t(m, n) = s(m0, n0) = n0. Es decir, es el conjunto de elementos de la forma ((m, n),(m0, ∂m +n)) con m, m0∈M,n∈N. La estructura de K-álgebra Lie es la dada para los pullbacks en la Observación 2.6. Consideremos la aplicación k: (MoN)×N(MoN)−→ MoNde las hipótesis, la cual viene dada por k(((m, n),(m0, ∂m +n))) = (m+m0, n) donde ((m, n),(m0, ∂m +n)) es un elemento de (MoN)×N(MoN). Veamos que es un homomorfismo de K-álgebras de Lie. 1. Es K-lineal. Sean ((m, n),(m0, ∂m+n)),((p, q),(p0, ∂p+q)) elementos del conjunto (MoN)×N(MoN)yλ, µ ∈K. k(λ((m, n),(m0, ∂m +n)) + µ((p, q),(p0, ∂p +q))) =k(((λm +µp, λn +µq),(λm0+µp0, λ∂m +λn +µ∂p +µq))) = (λm +µp +λm0+µp0, λn +µq) = λ(m+m0, n) + µ(p+p0, q) =λk(((m, n),(m0, ∂m +n))) + µk(((p, q),(p0, ∂p +q))). 20 CAPÍTULO 2. TRENZAS 2. Conserva los corchetes. Sean ((m, n),(m0, ∂m +n)),((p, q),(p0, ∂p +q)) elementos de la K- álgebra de Lie (MoN)×N(MoN). k([((m, n),(m0, ∂m +n)),((p, q),(p0, ∂p +q))]) =k([(m, n),(p, q)],[(m0, ∂m +n),(p0, ∂p +q)]) =k(([m, p] + n·p−q·m, [n, q]),([m0, p0]+(∂m +n)·p0 −(∂p +q)·m0,[∂m +n, ∂p +q])) = ([m, p] + n·p−q·m+ [m0, p0]+(∂m +n)·p0−(∂p +q)·m0, [n, q]) = ([m, p] + n·p−q·m+ [m0, p0] + ∂m ·p0+n·p0−∂p ·m0 −q·m0,[n, q]) = ([m, p] + n·p−q·m+ [m0, p0]+[m, p0] + n·p0−[p, m0]−q·m0, [n, q]) = ([m+m0, p +p0] + n·(p+p0)−q·(m+m0),[n, q]) = [(m+m0, n),(p+p0, q)] = [k(((m, n),(m0, ∂m +n))), k(((p, q),(p0, ∂p +q)))]. Donde se ha usado el axioma M2) y la anticonmutatividad del corchete. Una vez visto que son morfismos, veamos que cumplen los axiomas de las categorías internas. Se cumple I1), es decir, s◦e= IdN. Sea n∈N, se tiene que: s◦e(n) = s((0, n)) = n= IdN(n). Se tiene I2), es decir, t◦e= IdN. Sea n∈N, entonces: t◦e(n) = t((0, n)) = ∂0 + n=n= IdN(n). Se da I3), es decir, s◦π1=s◦k. Sea ((m, n),(m0, ∂m +n)) ∈(MoN)×N(MoN). s◦π1(((m, n),(m0, ∂m +n))) = s((m, n)) = n, s◦k(((m, n),(m0, ∂m +n))) = s((m+m0, n)) = n. Se cumple I4), es decir, t◦π2=t◦k. 2.2. MÓDULOS CRUZADOS DE ÁLGEBRAS DE LIE 21 Sea ((m, n),(m0, ∂m +n)) ∈(MoN)×N(MoN). t◦π2(((m, n),(m0, ∂m +n))) = t((m0, ∂m +n)) = ∂m0+∂m +n, t◦k(((m, n),(m0, ∂m +n))) = t((m+m0, n)) = ∂(m+m0) + n. Se concluye este apartado por la linealidad de ∂. Por cumplirse los axiomas I1),I2),I3) eI4) se pueden hacer las construcciones de los axiomas I5) eI6); lo cual permite hablar de las flechas que están en la definición y tratar de probar los últimos dos axiomas. Se cumple I5), es decir, k◦k×NIdMoN=k◦(IdMoN×Nk)◦i. Sea x∈(MoN×NMoN)×NMoN.x= (((m, n),(m0, n0)),(m00, n00)) con m, m0, m0∈M0,n, n0, n00 ∈Ncumpliendo ∂m +n=t((m, n)) = s(m0, n0) = n0y∂m0+n0=t◦k(((m, n),(m0, n0))) = s((m00, n00)) = n00. Veamos como funcionan las aplicaciones: k◦k×NIdMoN(x) = k(((m+m0, n),(m00, n00))) = ((m+m0) + m00, n), k◦(IdMoN×Nk)◦i(x) = k◦(IdMoN×Nk)((m, n),((m0, n0),(m00, n00))) =k(((m, n),(m0+m00, n0))) = (m+ (m0+m00), n). Por lo que se da la igualdad por la propiedad asociativa de la suma en M. Comprobemos que se cumple I6) en dos pasos, uno por cada diagrama conmutativo. Las aplicaciones p2yq1son las proyecciones usuales restringidas, como ya se comentó anteriormente. •Se tiene que k◦(e×NIdMoN) = p2. En primer lugar veamos que conjunto es N×N(MoN). Si x∈N×N(MoN), entonces x= (n, (m0, n0)),n, n0∈N,m0∈M cumpliendo n= IdN(n) = s((m0, n0)) = n0. Se tiene lo siguiente: k◦(e×NIdMoN)(x) = k(((0, n),(m0, n0))) = (m0, n)=(m0, n0) = p2(x). •k◦(IdMoN×Ne) = q1. Veamos que conjunto es (MoN)×NN. Sea x∈N×N(MoN), entonces x= ((m, n), n0),n, n0∈N,m∈M cumpliendo ∂m +n=t((m, n)) = IdN(n0) = n0. Por tanto. k◦(IdMoN×Ne)(x) = k(((m, n),(0, n0))) = (m, n) = q1(x). Definición 2.14. Sea (M, N, ·, ∂)un módulo cruzado de K-álgebras de Lie. Denominaremos a la categoría interna dada por la Proposición 2.13 K-álgebra de Lie categórica asociada a (M, N, ·, ∂). 22 CAPÍTULO 2. TRENZAS Observación 2.15.Si s:A−→ Bes un homomorfismo de K-álgebras de Lie, entonces el conjunto ker(s) := {x∈A|s(x)=0B}, donde 0Bes el elemento neutro del grupo abeliano B, hereda las operaciones de K-álgebra de Lie de A. Proposición 2.16. Sea (C1, C0, s, t, e, k)una K-álgebra de Lie categórica. Entonces (ker(s), C0,·, t|ker(s))es un modulo cruzado de K-álgebras de Lie, donde: t|ker(s)es la restricción de taker(s), ·:C0×ker(s)−→ ker(s)está dada por a·x:= [e(a), x]con a∈C0y x∈ker(s). Demostración. Se sabe que ker(s)yC0son K-álgebras de Lie. Veamos que ·es una acción de C0sobre ker(s). La aplicación esta bien definida, pues si a∈C0yx∈ker(s)se tiene que s([e(a), x]) = [se(a), s(x)] = [a, 0] = 0 y, por tanto [e(a), x]∈ker(s). Es una aplicación K-bilineal ya que el corchete es lineal en cada componente, nuestra aplicación coincide con él en su segunda componente y es la composición de econ la primera componente del corchete en su primera componente. Comprobemos los axiomas de acción. •Se da A1), es decir [a, b]·x=a·(b·x)−b·(a·x)para a, b ∈C0, x∈ker(s). [a, b]·x= [e([a, b]), x] = [[e(a), e(b)], x] =−[[e(b), x], e(a)] −[[x, e(a)], e(b)] = [e(a),[e(b), x]] −[e(b),[e(a), x]] =a·(b·x)−b·(a·x). •Se tiene A2), es decir a·[x, y]=[a·x, y] + [x, a ·y]para a∈C0, x, y ∈ker(s). a·[x, y] = [e(a),[x, y]] = −[x, [y, e(a)]] −[y, [e(a), x]] = [x, [e(a), y]] + [[e(a), x], y]=[x, a ·y]+[a·x, y]. Veamos ahora que junto con t|ker(s)obtenemos un módulo cruzado. Denotemos ∂t:= t|ker(s). ∂tes un homomorfismo de K-álgebras de Lie al ser la restricción de ta una K-álgebra de Lie con las mismas operaciones que C1. Veamos que cumple los axiomas. 2.3. TRENZAS EN MÓDULOS CRUZADOS DE ÁLGEBRAS DE LIE 23 •Se verifica M1), es decir ∂t(a·x)=[a, ∂tx]para x∈ker(s), a ∈C0. ∂t(a·x) = t([e(a), x]) = [t(e(a)), t(x)] = [a, ∂tx]. •Se cumple M2), es decir ∂tx·y= [x, y], para todo x, y ∈ker(s). ∂tx·y= [e(t(x)), y] Si vemos que [e(t(x)), y] = [x, y]para x, y ∈ker(s)habremos acabado la demostración. Sea z= (e(t(x)) −x). Se tiene que t(z) = t(e(t(x))) −t(x) = t(x)−t(x) = 0 (ya que t(e(w)) = w, ∀w∈C0por I2)). Por tanto, tiene sentido hablar de k((z, e(0))) ya que t(z) = 0 = s(0) = s(e(0)). Dado que y∈ker(s), tiene sentido hablar de k((e(0), y)), pues s(y)=0=t(0) = t(e(0)). Nótese que por I6) k((z, e(0))) = zyk((e(0), y)) = y. Se usará esto para lo siguiente: 0 = k((0,0)) = k([z, 0],[0, y]) = k([z, e(0)],[e(0), y]) =k([(z, e(0)),(e(0), y)]) = [k((z, e(0))), k((e(0), y))] = [z, y]. Para concluir, se tiene que 0=[z, y] = [e(t(x)) −x, y]=[e(t(x)), y]−[x, y], de donde se saca la igualdad. Observación 2.17.Nótese que en el último apartado de la demostración solo hemos usado que y∈ker(s), por lo que el resultado es cierto también para todo x∈C1. Es decir [x, y] = [e(t(x)), y],∀x∈C1,∀y∈ker(s). También es cierto en estas condiciones que [y, x]=[y, e(t(x))], por la anticonmutatividad. Definición 2.18. En las condiciones de la Proposición 2.16 se denomina a (ker(s), C0,·, t|ker(s))módulo cruzado de K-álgebras de Lie asociado a la categoría interna (C1, C0, s, t, e, k). Además, cuando no provoque confusión, denotaremos en este contexto a t|ker(s)por ∂t. 2.3. Trenzas en módulos cruzados de álgebras de Lie Se introduce en esta sección el concepto de trenza sobre un módulo cruzado de K-álgebras de Lie y las K-álgebras de Lie categóricas (siendo la introducción de esta segunda motivada por lograr la equivalencia con entre las categorías con trenzas). 24 CAPÍTULO 2. TRENZAS Definición 2.19. Sea X= (M, N, ·, ∂)un módulo cruzado de K-álgebras de Lie. Una trenza sobre X, es una aplicación K-bilineal {−,−}:N×N−→ M (denotaremos {−,−}((n, n0)) = {n, n0}para n, n0∈N) verificando: B1) ∂{n, n0}= [n, n0],∀n, n0∈N, B2) {∂m, ∂m0}= [m, m0],∀m, m0∈M, B3) {∂m, n}=−n·m, ∀m∈M, ∀n∈N, B4) {n, ∂m}=n·m∀m∈M, ∀n∈N, B5) {n, [n0, n00]}={[n, n0], n00}−{[n, n00], n0},∀n, n0, n00 ∈N, B6) {[n, n0], n00}={n, [n0, n00]}−{n0,[n, n00]},∀n, n0, n00 ∈N. Si {−,−} es una trenza sobre (M, N, ·, ∂), se dirá que (M, N, ·, ∂, {−,−})es un módulo cruzado trenzado de K-álgebras de Lie. Notación 2.20.Sea (C1, C0, s, t, e, k)una K-álgebra de Lie categórica, entonces si x∈C1se escribirá x:s(x)−→ t(x). Además, si x, y ∈C1con s(y) = t(x), se escribirá y◦x:= k((x, y)) . Observación 2.21.Nótese que si x, y ∈C1entonces s([x, y]) = [s(x), s(y)] y t([x, y]) = [t(x), t(y)]. Por tanto, [x, y]: [s(x), s(y)] −→ [t(x), t(y)]. Definición 2.22. Sea C= (C1, C0, s, t, e, k)una K-álgebra de Lie Categórica. Una trenza sobre Ces una aplicación K-bilineal τ:C0×C0−→ C1, la cual, si se denota τa,b := τ((a, b)), cumple las siguientes propiedades: T1) τa,b : [a, b]−→ [b, a],∀a, b ∈C0. T2) Se da el siguiente diagrama conmutativo para todo x, y ∈C1: [s(x), s(y)] [t(x), t(y)] [s(y), s(x)] [t(y), t(x)]. τs(x),s(y) [x,y] τt(x),t(y) [y,x] Es decir τt(x),t(y)◦[x, y] = [y, x]◦τs(x),s(y). T3) τa,[b,c]=τ[a,b],c −τ[a,c],b,∀a, b, c ∈C0. T4) τ[a,b],c =τa,[b,c]−τb,[a,c],∀a, b, c ∈C0. Si τes una trenza sobre C, se dirá que el par (C, τ)es una K-álgebra de Lie categórica trenzada. 2.3. TRENZAS EN MÓDULOS CRUZADOS DE ÁLGEBRAS DE LIE 25 Proposición 2.23. Sea (M, N, ·, ∂, {−,−})un módulo cruzado trenzado de K- álgebras de Lie. Sea C= (MoN, N, s, t, e, k)la K-álgebra de Lie categórica asociada al módulo cruzado de K-álgebras de Lie (M, N, ·, ∂). Entonces la aplicación τ:N×N−→ NoMdada por τn,n0= (−2{n, n0},[n, n0]) para n, n0∈Nes una trenza sobre C. Demostración. Comprobemos que τes K-bilineal. Sean n, n0, n00 ∈N,λ, µ ∈K. Empezando por la primera componente se tiene que: τλn+µn0,n00 = (−2{λn +µn0, n00},[λn +µn0, n00]) = (−λ2{n, n00} − µ2{n0, n00}, λ[n, n00] + µ[n0, n00]) =λ(−2{n, n00},[n, n00]) + µ(−2{n0, n00},[n0, n00]) = λτn,n00 +µτn0,n00 . Análogamente se obtiene en la segunda componente. Veamos que se cumplen los 4axiomas. Comprobemos T1). Sean n, n0∈N, veamos que τn,n0: [n, n0]−→ [n0, n]. s(τn,n0) = s(−2{n, n0},[n, n0]) = [n, n0], t(τn,n0) = t(−2{n, n0},[n, n0]) = −2∂{n, n0}+ [n, n0] =−2[n, n0]+[n, n0] = −[n, n0]=[n0, n]. Donde hemos usado B1) y la anticonmutatividad para t. Veamos si se cumple el diagrama conmutativo dado en T2). Sean x, y ∈MoN,x= (m, n), y = (m0, n0), comprobemos que se cumple τt(x),t(y)◦[x, y]=[y, x]◦τs(x),s(y). τt(x),t(y)◦[x, y] =k(([(m, n),(m0, n0)],(−2{∂m +n, ∂m0+n0},[∂m +n, ∂m0+n0]))) =k((([m, m0] + n·m0−n0·m, [n, n0]),(−2{∂m +n, ∂m0+n0}, [∂m +n, ∂m0+n0]))) = ([m, m0] + n·m0−n0·m−2{∂m +n, ∂m0+n0},[n, n0]) = ([m, m0] + n·m0−n0·m−2{∂m, ∂m0} − 2{∂m, n0} − 2{n, ∂m0} −2{n, n0},[n, n0]) = ([m, m0] + n·m0−n0·m−2[m, m0] + 2(n0·m)−2(n·m0) −2{n, n0},[n, n0]) = ([m0, m]−n·m0+n0·m−2{n, n0},[n, n0]). Donde se han usado B2),B3) yB4). Por otro lado: [y, x]◦τs(x),s(y) =k(((−2{n, n0},[n, n0]),[(m0, n0),(m, n)])) =k(((−2{n, n0},[n, n0]),([m0, m] + n0·m−n·m0,[n0, n]))) = (−2{n, n0}+ [m0, m] + n0·m−n·m0,[n, n0]). 26 CAPÍTULO 2. TRENZAS Por tanto se da la igualdad. Comprobemos T3). Veamos que τn,[n0,n00]=τ[n,n0],n00 −τ[n,n00],n0,∀n, n0, n00 ∈N: τ[n,n0],n00 −τ[n,n00],n0 = (−2{[n, n0], n00},[[n, n0], n00]) −(−2{[n, n00], n0},[[n, n00], n0]) = (−2({[n, n0], n00}−{[n, n00], n0}),[[n, n0], n00]−[[n, n00], n0]) = (−2({[n, n0], n00}−{[n, n00], n0}),−[n00,[n, n0]] −[n0,[n00, n]]) = (−2{n, [n0, n00]},[n, [n0, n00]]) = τn,[n0,n00]. Donde hemos usado B5) en la cuarta igualdad. Veamos que se cumple T4). Sean n, n0, n00 ∈N, veamos que τ[n,n0],n00 =τn,[n0,n00]−τn0,[n,n00]. τn,[n0,n00]−τn0,[n,n00] = (−2{n, [n0, n00]},[n, [n0, n00]]) −(−2{n0,[n, n00]},[n0,[n, n00]]) = (−2({n, [n0, n00]}−{n0,[n, n00]}),[n, [n0, n00]] −[n0,[n, n00]]) = (−2{[n, n0], n00},−[[n0, n00], n]−[[n00, n], n0]) = (−2{[n, n0], n00},[[n, n0], n00]) = τ[n,n0],n00 . Donde se ha utilizado B6) en la tercera igualdad. Definición 2.24. Sea (M, N, ·, ∂, {−,−})un módulo cruzado trenzado de K- álgebras de Lie. Denominaremos a (C, τ), donde Ces la K-álgebra de Lie categórica asociada a (M, N, ·, ∂)yτes la trenza dada por la Proposición 2.23, K-álgebra de Lie categórica trenzada asociada a (M, N, ·, ∂, {−,−}). Proposición 2.25. Sea Kes un cuerpo de característica diferente de 2. Sea (C, τ) = ((C1, C0, s, t, e, k), τ)una K-álgebra de Lie categórica trenzada yX= (ker(s), C0,·, ∂t)el módulo cruzado de K-álgebras de Lie asociado a la categoría interna C. Entonces {−,−}:C0×C0−→ ker(s)definida por {a, b}:= e([a,b])−τa,b 2para a, b ∈C0es una trenza sobre X. Demostración. En primer lugar veamos que esta bien definida (nótese que por ser Kde característica diferente de dos podemos dividir por este número, con lo que la expresión tiene sentido). Para ver esto tomemos a, b ∈C0y comprobemos que {a, b} ∈ ker(s). s({a, b}) = s(e([a, b]) −τa,b 2) = 1 2(s(e([a, b])) −s(τa,b)) = 1 2([a, b]−[a, b]) = 0. Donde hemos usado que s◦e= IdC0y el Axioma T1). Comprobemos ahora que se trata de una aplicación K-bilineal. 2.3. TRENZAS EN MÓDULOS CRUZADOS DE ÁLGEBRAS DE LIE 27 Sean λ, µ ∈K,a, b, c ∈C0. Entonces: {λa +µb, c}=e([λa +µb, c]) −τλa+µb,c 2 =λe([a, c]) + µe([b, c]) −λτa,c −µτb,c 2 =λe([a, c]) −τa,c 2+µe([b, c]) −τb,c 2=λ{a, c}+µ{b, c}. La K-bilinealidad en la segunda componente se hace de modo análogo. En ambas hemos usado la K-bilinealidad del corchete de Lie y τ, junto con la K-linealidad de e. Veamos ahora que se cumplen los axiomas para ver que es una trenza sobre (ker(s), C0,·, ∂t). Comprobemos B1): Sean a, b ∈C0, veamos que ∂t{a, b}= [a, b]. ∂t{a, b}=∂t(e([a, b]) −τa,b 2) = t(e([a, b]) −τa,b 2) =t(e([a, b])) −t(τa,b) 2=[a, b]−[b, a] 2=2[a, b] 2= [a, b]. Donde hemos usado que t◦e= IdC0y parte del axioma T1). Verifiquemos B2), es decir que {∂tx, ∂ty}= [x, y]para x, y ∈ker(s). {∂tx, ∂ty}=e([∂tx, ∂ty]) −τ∂tx,∂ty 2=e([t(x), t(y)]) −τt(x),t(y) 2. Veamos que e([t(x),t(y)])−τt(x),t(y) 2= [x, y]. Por el Axioma T2) sabemos que se tiene la siguiente igualdad: k(([x, y], τt(x),t(y))) = k((τs(x),s(y),[y, x])). Como x∈ker(s)(de igual modo para y) se tiene que τs(x),s(y)=τ0,0= 0 por bilinealidad. Se tiene entonces que k((τs(x),s(y),[y, x])) = k((0,[y, x])), y por tanto la siguiente igualdad: k(([x, y], τt(x),t(y))) = k((0,[y, x])). Usando ahora la linealidad de ken la expresión anterior, se obtiene lo siguiente: 0 = k(([x, y], τt(x),t(y)−[y, x])). Dado que t(τt(x),t(y)−[y, x]) = [t(y), t(x)] −[t(y), t(x)] = 0 = s(e(0)) podemos hablar de k((τt(x),t(y)−[y, x], e(0))). 34 CAPÍTULO 3. EQUIVALENCIA ENTRE TRENZADOS = ([f1(m), f1(m0)] + f2(n)∗f1(m0)−f2(n0)∗f1(m),[f2(n), f2(n0)]) = [(f1(m), f2(n)),(f1(m0), f2(n0))] = [f1×f2(m, n), f1×f2(m0, n0)]. Veamos que cumple los axiomas de funtor interno. Se cumple FI1), es decir f2◦s=s0◦f1×f2. Para verlo consideremos (m, n)∈MoN. f2◦s((m, n)) = f2(n) = s0((f1(m), f2(n))) = s0◦f1×f2((m, n)). Verifiquemos FI2), veamos que f2◦t=t0◦f1×f2. Sea (m, n)∈MoN: f2◦t((m, n)) = f2(∂m +n) = f2(∂m) + f2(n) =∂0f1(m) + f2(n) = t0(f1(m), f2(n)) = t0◦f1×f2((m, n)). Comprobemos FI3), es decir, que f2×f1◦e=e0◦f2. Sea n∈N, entonces: f1×f2◦e(n) = f1×f2((0, n)) = (0, f2(n)) = e0(f2(n)) = e0◦f2(n). Por último veamos que se cumple FI4), es decir, se tiene que f1×f2◦k= k0◦(f1×f2)×f2(f1×f2), donde esta segunda aplicación viene dada por la propiedad universal del pullback de la definición de funtor interno. Veamos esto, tomemos ((m, n),(m0, n0)) ∈(MoN)×N(MoN), es decir, ∂m +n=t((m, n)) = s((m0, n0)) = n0. f1×f2◦k(((m, n),(m0, n0))) = f1×f2((m+m0, n)) = (f1(m+m0), f2(n)) = (f1(m) + f1(m0), f2(n)). Notemos que t0(f1(m), f2(n)) = ∂0f1(m) + f2(n) = f2(∂m) + f2(n) = f2(∂m+n) = f2(n0) = s0(f1(m0), f2(n0)), por lo que tiene sentido hablar de k0(((f1(m), f2(n)),(f1(m0), f2(m0)))) = (f1(m) + f1(m0), f2(n)). Usando esto último podemos acabar de probar la igualdad: (f1(m) + f1(m0), f2(n)) = k0(((f1(m), f2(n)),(f1(m0), f2(n0)))) =k0((f1×f2((m, n)), f1×f2((m0, n0)))) =k0◦(f1×f2)×f2(f1×f2)(((m, n),(m0, n0))). Hemos visto por tanto que se trata de un funtor interno. Para concluir que se trata de un funtor interno trenzado veamos que funciona bien con la trenza, es decir, que se cumple la igualdad f1×f2(τn,n0) = τf2(n),f2(n0)para todo n, n0∈N. f1×f2(τn,n0) = f1×f2((−2{n, n0},[n, n0])) = (f1(−2{n, n0}), f2([n, n0])) = (−2f1({n, n0}),[f2(n), f2(n0)]) = (−2{f2(n), f2(n0)},[f2(n), f2(n0)]) =τf2(n),f2(n0). 35 Tras ver que está bien definido, veamos que ∆es, en efecto, un funtor. Sea XIdX −−→ X el morfismo identidad del módulo cruzado trenzado de K- álgebras de Lie X= (M, N, ·, ∂, {−,−}). Si esto es así se tiene que IdX= (IdM,IdN)y por tanto ∆(IdX) = (IdM×IdN,IdN). Sea ∆(X) = ((MoN, N, s, t, e, k), τ)su K-álgebra de Lie categórica trenzada asociada. Entonces su funtor interno trenzado identidad viene dado por el par Id∆(X)= (IdMoN,IdN). Por tanto, para probar que ∆conserva identidades hemos de probar que (IdM×IdN,IdN) = (IdMoN,IdN), es decir, tenemos que ver que IdM×IdN= IdMoN, pero esto es inmediato de la definición, por lo que ∆conserva identidades. Ya que (g1◦f1)×(g2◦f2)=(g1×g2)◦(f1×f2), se obtiene que conserva composiciones. Proposición 3.2. Sea Kun cuerpo de característica diferente de 2. Entonces: Θ: BICat(LieAlgK)−→ BXLieAlgKdefinido como: Θ(((C1, C0, s, t, e, k), τ)(F1,F0) −−−−−→ ((C0 1, C0 0, s0, t0, e0, k0), τ0)) = X(Fs 1,F0) −−−−−→ X0, donde X= (ker(s), C0,·, ∂t,{−,−}),X0= (ker(s0), C0 0,∗, ∂t0,{−,−}0)son los módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie asociados respectivamente a las K-álgebras de Lie categóricas trenzadas y Fs 1: ker(s)−→ ker(s0)es la aplicación dada por Fs 1(x) = F1(x)para todo x∈ker(s); es un funtor. Demostración. Veamos en primer lugar que está bien definido, es decir, (Fs 1, F0) es un homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie. Se tiene que Fs 1está bien definido, pues si x∈ker(s),s0◦F1(x) = s0◦F1(x) = F0◦s(x) = F0(0) = 0 y por tanto F1(x)∈ker(s0)si x∈ker(s). Sabemos que F0es homomorfismo de álgebras de Lie por ser uno de los datos, además, dado que Fs 1es substancialmente F1, esta última aplicación es también un homomorfismo de K-álgebras de Lie. Para ver que (Fs 1, F0)es un homomorfismo de módulos cruzados de K- álgebras de Lie, veamos que cumple los axiomas. Cumple BH1), es decir Fs 1(a·x) = F0(a)∗Fs 1(x)para todo a∈C0, x∈ker(s). Fs 1(a·x) = F1([e(a), x]) = [F1(e(a)), F1(x)] = [e0(F0(a)), F1(x)] =F0(a)∗F1(x) = F0(a)∗Fs 1(x). Se verifica BH2), es decir, F0◦∂t=∂t0◦Fs 1. Sea x∈ker(s). Entonces: F0◦∂t(x) = F0(t(x)) = t0(F1(x)) = ∂t0◦Fs 1(x). 36 CAPÍTULO 3. EQUIVALENCIA ENTRE TRENZADOS Se cumple BH3), es decir, {F0(a), F0(b)}0=Fs 1({a, b})para a, b ∈C0. Fs 1({a, b}) = F1(e([a, b]) −τa,b 2) = F1(e([a, b])) −F1(τa,b) 2 =e0(F0([a, b])) −τF0(a),F0(b)) 2=e0([F0(a), F0(b)]) −τF0(a),F0(b)) 2 ={F0(a), F0(b)}. Tras ver que está bien definida veamos que es, en efecto, un funtor. Para ello es necesario ver que conserva identidades y composiciones. Es inmediato que Ids C1= Idker(s)y(G1◦F1)s=Gs0 1◦Fs 1siendo estas las aplicaciones correspondientes ker(s)Fs 1 −−→ ker(s0)Gs0 1 −−→ ker(s00)(con las aplicaciones dominio s,s0,s00 de tres categorías internas de la categoría de K-álgebras de Lie). Usando eso se tienen las siguientes igualdades: Θ(IdC) = Θ((IdC1,IdC0)) = (Ids C1,IdC0) = (Idker(s),IdC0) = IdΘ(C). Θ((G1, G0)◦(F1, F0)) = Θ((G1◦F1, G0◦F0)) = ((G1◦F1)s, G0◦F0) = (Gs0 1◦Fs 1, G0◦F0) = (Gs0 1, G0)◦(Fs 1, F0) = Θ((G1, G0)) ◦Θ((F1, F0)). Donde C= ((C1, C0, s, t, e, k), τ)es una K-álgebra de Lie categórica trenzada y C(F1,F0) −−−−−→ C0(G1,G0) −−−−−→ C00 son funtores internos trenzados. Por tanto queda probado que Θes un funtor. Observación 3.3.Sea Kun cuerpo de característica diferente de 2. Veamos como es Θ◦∆: BXLieAlgK−→ BXLieAlgK, siendo estos funtores los definidos en las Proposiciones 3.1 y 3.2. Sea (M, N, ·, ∂, {−,−})un objeto en dicha categoría. Tras aplicar el funtor ∆obtenemos la K-álgebra de Lie categórica trenzada asociada ((MoN, N, s, t, e, k), τ). A esta última le aplicamos el funtor Θ, obteniendo el objeto de la categoría (ker(s), N, ·, ∂t,{−,−}o)(donde hay un pequeño abuso de lenguaje, pues ·no es la misma aplicación en los dos casos. Hemos denotado la segunda trenza por {−,−}opara mencionar su codominio, pues al tener las dos trenzas el mismo dominio podría causar confusión llamarles con el mismo nombre). Veamos cuales son estos conjuntos y aplicaciones en función de nuestros datos iniciales: ker(s) := {(m, n)∈MoN|n= 0}.Es el conjunto de los pares ordenados de la forma (m, 0) con m∈M, Por ello denotaremos (M, 0) := ker(s). Si (m, 0) ∈(M, 0) yn∈N, entonces: n·(m, 0) = [e(n),(m, 0)] = [(0, n),(m, 0)] = (n·m, 0). Si (m, 0) ∈(M, 0) entonces ∂t(m, 0) = ∂m + 0 = ∂m. 37 Si n, n0∈N, entonces: {n, n0}o=e([n, n0]) −τn,n0 2=[e(n), e(n0)] −(−2{n, n0},[n, n0]) 2 =[(0, n),(0, n0)] + (2{n, n0},−[n, n0]) 2=(0,[n, n0]) + (2{n, n0},−[n, n0]) 2 =(2{n, n0},0) 2= ({n, n0},0). Se observa que las aplicaciones funcionan de igual modo en la primera componente, la cual es esencialmente m. Veamos ahora que pasa con las aplicaciones. Sea (M, N, ·, ∂, {−,−})(f1,f2) −−−−→ X0un morfismo en la categoría. Entonces Θ◦∆((f1, f2)) = Θ((f1×f2), f2) = ((f1×f2)s, f2). Veamos cual es esta primera aplicación. Sea (m, 0) ∈(M, 0) (el dominio de (f1×f2)s), entonces: (f1×f2)s(m, 0) = (f1(m), f2(0)) = (f1(m),0). Por tanto esta aplicación es, en esencia, f1. Se hace el siguiente lema previo para hablar del primer isomorfismo natural. Lema 3.4. Sea (f1, f2): (M, N, ·, ∂, {−,−})−→ (M0, N0,∗, ∂0,{−,−}0)un homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie. Si tanto f1como f2son biyectivos, entonces (f1, f2)es un isomorfismo. Demostración. Al ser f1yf2biyectivos podemos hablar de sus aplicaciones inversas f−1 1:M0−→ Myf−1 2:N0−→ N. Si vemos que el par (f−1 1, f−1 2)es un homomorfismo de módulos cruzados trenzado de K-álgebras de Lie entre los módulos correspondientes, por la definición de identidad y composición tendremos que, en efecto, es un isomorfismo. Veamos en primer lugar que ficon i∈ {1,2}es un homomorfismo de K- álgebras de Lie. Es lineal. Si λ, µ ∈K,x, y ∈Zcon Z=M0si i= 1 yZ=N0si i= 2, entonces: fi(f−1 i(λx +µy)) = λfi(f−1 i(x)) + µfi(f−1 i(y)) = fi(λf−1 i(x) + µf−1 i(y)). Como fies inyectiva se cumple que f−1 i(λx +µy) = λf−1 i(x) + µf−1 i(y). Conserva los corchetes de Lie. Si x, y ∈Zcon Z=M0si i= 1 yZ=N0 si i= 2, entonces: fi(f−1 i([x, y])) = [fi(f−1 i(x)), fi(f−1 i(x))] = fi([f−1 i(x), f−1 i(y)]). Como fies inyectiva se tiene que f−1 i([x, y]) = [f−1 i(x), f−1 i(y)]. 38 CAPÍTULO 3. EQUIVALENCIA ENTRE TRENZADOS Por tanto, para concluir, veamos que también se verifican los axiomas de homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie. Verifiquemos BH1). Sea m∈M0,n∈N0, entonces: f1(f−1 1(n∗m)) = f2(f−1 2(n)) ∗f1(f−1 1(m)) = f1(f−1 2(n)·f−1 1(m)). Como f1es inyectiva, tenemos que f−1 1(n∗m) = f−1 2(n)·f−1 1(m). Comprobemos BH2). ∂◦f−1 1◦f1=f−1 2◦f2◦∂=f−1 2◦∂0◦f1 Por ser f1sobreyectiva sacamos que ∂◦f−1 1=f−1 2◦∂0. Probemos BH3). Sea n, n0∈N0, entonces: f1(f−1 1({n, n0}0)) = {f2(f−1 2(n)), f2(f−1 2(n0))}0=f1({f−1 2(n), f−1 2(n0)}). Por ser f1inyectiva se tiene que f−1 1({n, n0}0) = {f−1 2(n), f−1 2(n0)}. Por tanto queda probado que (f1, f2)es isomorfismo en la categoría. Proposición 3.5. Sea Kun cuerpo de característica diferente de 2. Sean ∆yΘlos funtores dados en las Proposiciones 3.1 y 3.2. Entonces la correspondencia que a cada módulo cruzado trenzado de K- álgebras de Lie, X= (M, N, ·, ∂, {−,−}), le asocia el isomorfismo en la categoría ΦX= (ϕX,IdN): X −→ Θ(∆(X)), donde ϕX:M−→ (M, 0) está dada por ϕX(m)=(m, 0), es un isomorfismo natural Φ: IdBXLieAlgK−→ Θ◦∆. Demostración. En primer lugar tenemos que ver que ΦXes un morfismo en la categoría. Es obvio que IdNes homomorfismo de K-álgebras de Lie. Veamos que ϕX es también un homomorfismo de K-álgebras de Lie. Es claro que es lineal por ser lineal en cada una de sus componentes, por lo que solo hemos de ver que conserva los corchetes. Sea m, m0∈M, entonces: [ϕX(m), ϕX(m0)] = [(m, 0),(m0,0)] = ([m, m0]+0·m0+ 0 ·m, [0,0]) = ([m, m0],0) = ϕX([m, m0]). Por tanto conserva el corchete de Lie. Veamos ahora que el par (ϕX,IdN)cumple los axiomas de homomorfismos de módulos cruzados de K-álgebras de Lie. Para ello usemos como es la construcción de Θ◦∆(X)dada en la Observación 3.3. Verifiquemos BH1).Sean ∈N,m∈M, entonces: ϕX(n·m)=(n·m, 0) = n·(m, 0) = IdN(n)·ϕX(m). 39 Comprobemos BH2). Sea m∈M, entonces: IdN◦∂(m) = ∂m =∂t(m, 0) = ∂t◦ϕX(m). Por último veamos BH3). Sea n, n0∈N, se tiene: {IdN(n),IdN(n0)}o={n, n0}o= ({n, n0},0) = ϕX({n, n0}). Por tanto (ϕX,IdN)es un homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie. Es claro que IdNes biyectiva. Además ϕXes inyectiva y sobreyectiva de modo inmediato. Por el Lema 3.4 se tiene por tanto que ΦXes un isomorfismo para todo módulo cruzado trenzado de K-álgebras de Lie X. Para ver que la correspondencia es un isomorfismo natural es también necesario que verifique, para todo homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie X(f1,f2) −−−−→ X0, el siguiente diagrama conmutativo: XΘ◦∆(X) X0Θ◦∆(X0). (f1,f2) ΦX ((f1×f2)s,f2) ΦX0 Para ver esto tomemos X= (M, N, ·, ∂, {−,−})como en las hipótesis, y usemos de nuevo la expresión de (f1×f2)sdada en la Observación 3.3, para ver como se compone en la primera componente. Sea m∈Mse tiene: (f1×f2)s◦ϕX(m) = (f1×f2)s((m, 0)) = (f1(m),0) = ϕX0◦f1(m). Por tanto, para concluir, se tiene que: ((f1×f2)s, f2)◦ΦX= ((f1×f2)s, f2)◦(ϕX,IdN) = ((f1×f2)s◦ϕX, f2◦IdN)=(ϕX0◦f1,IdN0◦f2) = (ϕX0,IdN0)◦(f1, f2) = ΦX0◦(f1, f2), donde X0= (M0, N0,∗, ∂0,{−,−}0). Es decir, Φ: IdBXLieAlgK−→ Θ◦∆es un isomorfismo natural. Observación 3.6.Sea Kun cuerpo de característica diferente de 2. Veamos como es ∆◦Θ: BICat(LieAlgK)−→ BICat(LieAlgK), siendo estos funtores los definidos en las Proposiciones 3.2 y 3.1. Sea ((C1, C0, s, t, e, k), τ)un objeto en dicha categoría. 40 CAPÍTULO 3. EQUIVALENCIA ENTRE TRENZADOS Para empezar aplicamos ∆para obtener el módulo cruzado trenzado de K- álgebras de Lie asociada (ker(s), C0,·, ∂t,{−,−}). Obtenido esto le aplicamos el funtor ∆, cuyo resultado es de nuevo un objeto en la categoría ((ker(s)o C0, C0, s, t, e, k), τ)(donde hemos cambiado la escritura de las aplicaciones de la categoría interna para diferenciarlas de las iniciales). En primer lugar veamos como es el corchete de ker(s)oC0. Sean (x, a),(y, b)∈ker(s)oC0, entonces: [(x, a),(y, b)] = ([x, y] + a·y−b·x, [a, b]) = ([x, y]+[e(a), y]−[e(b), x],[a, b]). Veamos ahora como son las nuevas aplicaciones: Sea (x, a)∈ker(s)oC0. Se tiene lo siguiente para s, t: ker(s)oC0−→ C0: s((x, a)) = a, t((x, a)) = ∂tx+a=t(x) + a. Sea a∈C0. Entonces para e:C0−→ ker(s)oC0: e(a) = (0, a). Veamos como viene dado k: (ker(s)oC0)×C0(ker(s)oC0)−→ ker(s)oC0. Sean ((x, a),(y, b)) ∈(ker(s)oC0)×C0(ker(s)oC0), es decir, t(x) + a= t((x, a)) = s((y, b)) = b, entonces: k(((x, a),(y, b))) = (x+y, a). Veamos por último como es τ:C0×C0−→ ker(s)oC0. Sean a, b ∈C0, entonces: τa,b = (−2{a, b},[a, b]) = (−2e([a, b]) −τa,b 2,[a, b]) = (−e([a, b]) + τa,b,[a, b]). Sea ((C1, C0, s, t, e, k), τ)(F1,F0) −−−−−→ C0un morfismo en la categoría. Entonces veamos que aplicación es ∆◦Θ((F1, F0)) = ∆(Fs 1, F0)=(Fs 1×F0, F0). Veamos como funciona la primera aplicación. Sea (x, a)∈ker(s)oC0(el dominio de Fs 1×F0), entonces: Fs 1×F0((a, x)) = (F1(x), F0(a)). Lema 3.7. Sea Cuna categoría con pullbacks. Sea (F1, F0): (C1, C0, s, t, e, k)−→ (C0 1, C0 0, s0, t0, e0, k0)un funtor interno de la categoría C, es decir, una flecha de ICat(C). Si tanto F1como F0son isomorfismos en C, entonces (F1, F0)es un isomorfismo en ICat(C). 41 Demostración. Por ser tanto F1como F0isomorfismos existen F−1 1yF−1 0fechas en C. Veamos que el par (F−1 1, F−1 0)es un funtor interno verificando los axiomas. Para hacerlo omitiremos los paréntesis de la composición, haciendo uso de la propiedad asociativa. Veamos que se verifican FI1) yFI2). Sean fyf0las flechas sys0o las flechas tyt0, entonces: F−1 0◦f0=F−1 0◦f0◦IdC0 1=F−1 0◦f0◦F1◦F−1 1 =F−1 0◦F0◦f◦F−1 1= IdC0◦f◦F−1 1=f◦F−1 1. Donde se ha usado, dependiendo de la elección, los axiomas FI1) yFI2). La prueba del axioma FI3) es la misma que el caso anterior, intercambiando el papel de F0yF1, colocando las respectivas identidades y tomando e=f,e0=f0. Veamos que se cumple el axioma FI4). Por cumplirse FI1) yFI2), podemos hablar de F−1 1×F−1 0F−1 1, flecha en Cdada por el tipo de pullback de la definición de los funtores internos. Veamos que F−1 1×F−1 0F−1 1es un isomorfismo en Ccumpliendo que (F−1 1×F−1 0F−1 1)−1=F1×F0F1, siendo esta última la flecha dada por la definición de funtor internos para F1yF0. Veamos que F−1 1×F−1 0F−1 1◦F1×F0F1= IdC1×C0C1usando la propiedad universal. Se dan las siguientes igualdades para i∈ {1,2}. πi◦F−1 1×F−1 0F−1 1◦F1×F0F1=F−1 1◦π0 i◦F1×F0F1 =F−1 1◦F1◦πi= IdC1◦πi=πi. Dado que πi◦IdC1×C0C1=πipara i∈ {1,2}, la unicidad de la flecha dada por la definición de pullback nos afirma que se tiene la igualdad requerida. La demostración de que F1×F0F1◦F−1 1×F−1 0F−1 1= IdC0 1×C0 0C0 1es idéntica a la anterior sin más que cambiar el papel de los objetos C1×C0C1y C0 1×C0 0C0 1. Por tanto, en efecto, F−1 1×F−1 0F−1 1es un isomorfismo en Ccumpliendo que (F−1 1×F−1 0F−1 1)−1=F1×F0F1. Usando esto veamos que se cumple FI4). k◦F−1 1×F−1 0F−1 1= IdC1◦k◦F−1 1×F−1 0F−1 1 =F−1 1◦F1◦k◦F−1 1×F−1 0F−1 1=F−1 1◦k0◦F1×F0F1◦F−1 1×F−1 0F−1 1 =F−1 1◦k0◦IdC0 1×C0 0C0 1=F−1 1◦k0. 42 CAPÍTULO 3. EQUIVALENCIA ENTRE TRENZADOS Por tanto el par (F−1 1, F−1 0): (C0 1, C0 0, s0, t0, e0, k0)−→ (C1, C0, s, t, e, k)es un funtor interno. Veamos que (F1, F0)es un isomorfismo con flecha inversa (F−1 1, F−1 0). Denotemos C= (C1, C0, s, t, e, k)yC0= (C0 1, C0 0, s0, t0, e0, k0) (F1, F0)◦(F−1 1, F−1 0)=(F1◦F−1 1, F0◦F−1 0) = (IdC0 1,IdC0 0) = IdC0, (F−1 1, F−1 0)◦(F1, F0)=(F−1 1◦F1, F−1 0◦F0) = (IdC1,IdC0) = IdC. Con lo que concluye la demostración. Lema 3.8. Sea (F1, F0): ((C1, C0, s, t, e, k), τ)−→ ((C0 1, C0 0, s0, t0, e0, k0), τ0)un funtor interno trenzado de K-álgebras de Lie. Si tanto F1como F0son aplicaciones biyectivas, entonces (F1, F0)es un isomorfismo en la categoría BICat(LieAlgK). Demostración. Por ser F1como F0aplicaciones biyectivas existen las aplicaciones F−1 1yF−1 0. Por la misma demostración que el principio de la demostración del Lema 3.4 se tiene que F−1 1yF−1 0son homomorfismos de K-álgebras de Lie, y por tanto F1yF0son isomorfismos en la categoría LieAlgK. Por el lema 3.7 se tiene, por tanto, que el par (F−1 1, F−1 0)es un funtor interno y es el inverso del funtor interno (F−1 1, F−1 0). Hemos de ver, además, que (F−1 1, F−1 0)conserva las trenzas. Sea a, b ∈C0 0, entones: F1◦F−1 1(τ0 a,b) = τ0 a,b =τ0 F0◦F−1 0(a),F0◦F−1 0(b)=F1(τ0 F−1 0(a),F −1 0(b)). Como F1es inyectiva se tiene que F−1 1(τ0 a,b) = τ0 F−1 0(a),F −1 0(b). Por tanto (F1, F0)es un isomorfismo en BICat(LieAlgK). Proposición 3.9. Sea Kun cuerpo de característica diferente de 2. Sean Θy∆los funtores dados en las Proposiciones 3.2 y 3.1. Entonces la correspondencia que a cada K-álgebra de Lie categórica trenzada, C= ((C1, C0, s, t, e, k), τ), le asocia ΨC= (ψC,IdC0): C −→ ∆(Θ(C)), flecha de la categoría BICat(LieAlgK), donde ψC:C0−→ ker(s)oC0viene dada por ψC(x)=(x−e(s(x)), s(x)) para x∈C1, es un isomorfismo natural Ψ: IdBICat(LieAlgK)−→ ∆◦Θ. Demostración. Primero veamos que ψCes funtor interno trenzado de K-álgebras de Lie. Comprobemos que está bien definido, es decir, x−e(s(x)) ∈ker(s)para x∈C1 s(x−e(s(x))) = s(x)−s(e(s(x))) = s(x)−s(x) = 0. Por lo que está bien definida. 43 Veamos que es lineal. Sean x, y ∈C1yλ, µ ∈K, se tiene lo siguiente: ψC(λx +µy) = ((λx +µy)) −e(s(λx +µy), s(λx +µy)) = (λx +µy −λe(s(x)) −µe(s(y)), λs(x) + µs(y)) =λ(x−e(s(x)), s(x)) + µ(y−e(s(y)), s(y)) = λψC(x) + µψC(y). Probemos que conserva los corchetes de Lie. Sean x, y ∈C1. [ψC(x), ψC(y)] = [x−(e(s(x)), s(x)), y −(e(s(y)), s(y))] = ([x−e(s(x)), y −e(s(y))] + [e(s(x)), y −e(s(y))] −[e(s(y)), x −e(s(x))], [s(x), s(y)]) = ([x, y]−[e(s(x)), y]−[x, e(s(y))] + [e(s(x)), e(s(y))] + [e(s(x)), y] −[e(s(x)), e(s(y))] −[e(s(y)), x]+[e(s(y)), e(s(x))], s([x, y])) = ([x, y]−[e(s(x)), e(s(y))], s([x, y])) = ([x, y]−e(s([x, y])), s([x, y])) =ψC([x, y]). Por tanto es un homomorfismo de álgebras de Lie, al igual que IdC0, lo cual permite preguntarnos si el par (ψC,IdC0)es un funtor interno trenzado de K- álgebras de Lie, es decir, una flecha de BICat(LieAlgK). Veamos en primer lugar que se trata de un funtor interno verificando los axiomas. Comprobemos FI1). Sea x∈C1, se tiene: s◦ψC(x) = s((x−e(s(x)), s(x))) = s(x) = IdC0◦s(x). Verifiquemos FI2). Sea x∈C1, se tiene: t◦ψC(x) = t((x−e(s(x)), s(x))) = t(x−e(s(x))) + s(x) =t(x)−t(e(s(x))) + s(x) = t(x)−s(x) + s(x) = t(x) = IdC0◦t(x). Probemos FI3). Sea a∈C0, se cumple lo siguiente: ψC◦e(a) = (e(a)−e(s(e(a))), s(e(a))) = (e(a)−e(a), a) = (0, a) =e(a) = e◦IdC0(a). Veamos que se cumple FI4). Sea (x, y)∈C1×C0C1, es decir, x, y ∈C1con t(x) = s(y), entonces: k0◦ψC×IdC0ψC((x, y)) = k0(x−(e(s(x)), s(x)), y −(e(s(y)), s(y))) = (x−e(s(x)) + y−e(s(y)), s(x)), ψC◦k((x, y)) = (k((x, y)) −e(s(k((x, y)))), s(k((x, y)))) = (k((x, y)) −e(s(x)), s(x)). 50 CAPÍTULO 4. MÓDULOS CRUZADOS TRENZADOS Usando BH2) obtenemos: f1= IdN◦f1=∂0◦f1=f2◦∂=f2◦IdM=f2. Tenemos por tanto que cualquier morfismo entre X(M)yX(N)es de la forma (f, f)con fun homomorfismo de K-álgebras de Lie. En particular, si X(M)yX(N)son isomorfos, entonces el isomorfismo es de la forma (f, f)y, usando la demostración del Lema 3.4 se tiene que f:M−→ N es un isomorfismo. La otra implicación es inmediata al usar la Proposición 1.11. 4.2. Álgebras de Lie y álgebras de Lie categóricas trenzadas Tras ver que el concepto de módulo cruzado trenzado K-álgebras de Lie generaliza el concepto de K-álgebra de Lie, nos interesa que el concepto de K-álgebra de Lie categórica trenzada generalice el concepto de K-álgebra de Lie. Para ello usamos el funtor ∆definido en la Proposición 3.1 e introducimos X(M)en BICat(LieAlgK). Ejemplo 4.4. Sea X(M)=(M, M, [·,·],IdM,[·,·]) el módulo cruzado trenzado de K-álgebras de Lie inducido por la K-álgebra de Lie M. Veamos que forma tiene su categoría interna asociada. Aplicando el funtor ∆obtenemos ((MoM, M, s, t, e, k), τ)donde: El corchete en MoMviene dado por: [(m, n),(m0, n0)] = ([m, m0] + n·m0−n0·m, [n, n0]) = ([m, m0]+[n, m0]−[n0, m],[n, n0]) = ([m, m0]+[n, m0]+[m, n0]+[n, n0]−[n, n0],[n, n0]) = ([m+n, m0+n0]−[n, n0],[n, n0]) s:MoM−→ Mestá dada por s((m, n)) = n t:MoM−→ Mestá dada por t((m, n)) = m+n (MoM)×M(MoM)es el conjunto de pares ordenados ((m, n),(m0, n0)) donde n0=s(m0, n0) = t(m, n) = m+n. En este caso k(((m, n),(m0, m +n))) = (m+m0, n). Una vez que sabemos cual es la aplicación dominio y codominio podemos hacer el siguiente argumento. Tomemos x, y ∈My veamos supongamos que f:x−→ y es una flecha en la categoría interna. Si esto es así f= (m, n)∈MoM cumpliendo que n=s(f) = xym+n=t(f) = y; por tanto, f= (y−x, x). Dado que este par es una flecha entre xey, concluimos que dados dos objetos en esta categoría interna existe siempre una única flecha entre ellos y esta flecha viene dada por la construcción anterior. De este modo podemos obtener la identidad, pues esta debe de ser la única flecha que, fijado x∈M, tiene como dominio y codominio x. 4.2. ÁLGEBRAS DE LIE CATEGÓRICAS TRENZADAS 51 Por tanto Idx= (x−x, x) = (0, x) = e(x), como cabía esperar, pero nótese que este es el único modo de dar identidades en este caso. Lo mismo ocurre con la composición. Sean x(y−x,x) −−−−−→ y(z−y,y) −−−−−→ zdos flechas en la categoría interna. La composición será la única flecha con dominio xy como codominio z, por tanto (z−y, y)◦(y−x, x)=(z−x, x) = (z−y+y−x, x) = k((z−y, y),(z−x, x)). Por tanto, el saber que es una categoría interna en este caso trivial nos llega tener como datos el dominio y codominio para recuperar las demás operaciones. Recuperemos la trenza con estos datos para ver que es la única posible. Sean a, b ∈M. Sabemos que τa,b : [a, b]−→ [b, a]y por tanto argumentando como hemos hecho hasta ahora τa,b = ([b, a]−[a, b],[a, b]) = (−2[a, b],[a, b]), lo cual es coincide con la construcción, ya que la trenza en X(M)venía dada por el corchete. Definición 4.5. La K-álgebra de Lie categórica trenzada ∆◦X (M)se denomina K-álgebra de Lie categórica trenzada inducida por la K-álgebra de Lie M Tras introducir las K-álgebras de Lie en las K-álgebras de Lie categóricas trenzadas, veamos que esta segunda es, en efecto, una generalización. Corolario 4.6. Sea Kun cuerpo de característica diferente de 2. Entonces el funtor composición ∆◦X :LieAlgK−→ BICat(LieAlgK)cumple que Mes isomorfo a Ncomo K-álgebra de Lie si y solo si ∆◦ X(M)es isomorfo a ∆◦ X(N)como K-álgebra de Lie categórica trenzada. Demostración. Sabemos, por la Proposición 4.3, que M≃Nsi y solo si son isomorfos X(M)yX(N). Además como ∆es una equivalencia en este caso por el Corolario 3.11 (se dice en la demostración), se tiene que X(M)yX(N)son isomorfos si y solo si ∆◦ X(M)y∆◦ X(N)son isomorfos. El siguiente ejemplo muestra otro modo de introducir las K-álgebras de Lie en las K-álgebras de Lie categóricas trenzadas. Ejemplo 4.7. Sea Muna K-álgebra de Lie con corchete [·,·]. Tomemos como álgebra de Lie de objetos el propio M, y como álgebra de Lie de flechas el producto M×Mcon el corchete del producto usual. Si tenemos dos objetos x, y ∈M, queremos que haya una única flecha f∈M×Mde modo que f:x−→ y. Por simplicidad tomamos, en vez de (y−x, x), como en el ejemplo anterior, el par (x, y). Es decir, definimos como aplicación dominio la primera proyección (la cual denotaremos por sπ) y como aplicación codominio la segunda proyección (que denotaremos por tπ). Ambas son homomorfismos de K-álgebras de Lie por ser las proyecciones. Tenemos que definir la composición, la identidad y la trenza. Al igual que en el ejemplo anterior usemos que conocemos los morfismos dominio y codominio: 52 CAPÍTULO 4. MÓDULOS CRUZADOS TRENZADOS Se tiene que (M×M)×M(M×M)es el conjunto de cuaternas de M, ((x, y),(z, w)) de modo que z=sπ(z, w) = tπ(x, y) = y. Además, si tomamos (x, y): x−→ yy(y, z): y−→ z, entonces su composición es la única flecha que tiene como dominio xy como codominio z, y por tanto definimos k: (M×M)×M(M×M)−→ M×Mcomo k((x, y),(y, z)) = (x, z). Si x∈M, entonces su morfismo identidad es la única cuyo dominio y codominio es x, y por tanto, definimos e:M−→ M×Mcomo e(x)=(x, x) Si a, b ∈Mentonces la trenza es el único morfismo interno que tiene como dominio [a, b]y como codominio [b, a], y por tanto podemos definir τa,b :M×M−→ M×Mcomo τa,b = ([a, b],[b, a]). Es fácil de ver que ((M×M, M, sπ, tπ, e, k), τ)es una K-álgebra de Lie categórica por construcción, ya que se usan los axiomas I1),I2),I3) eI4) para definir, a partir del dominio y codominio, la composición y la identidad, por lo que se verifican trivialmente. También se verifican los axiomas I5) (este axioma es la asociatividad, la cual se da, ya que (z, w)◦((y, z)◦(x, y)) = (x, w) = ((z, w)◦(y, z)) ◦(x, y)) e I6) (existencia de identidad, pues es obvio que k(((x, x),(x, y))) = (x, y) = k(((x, y),(y, y))). En relación a la trenza, sabemos que, por construcción se cumple T1); además por la unicidad de los morfismos internos, se cumple T2). Por tanto solo hemos de verificar T3) yT4). Veamos que se cumple T3). Sean a, b, c ∈M, entonces: τ[a,b],c −τ[a,c],b = ([[a, b], c],[c, [a, b]]) −([[a, c], b],[b, [a, c]]) = (−[c, [a, b]] −[b, [c, a]],−[[a, b], c]−[[c, a], b]) = ([a, [b, c]],[[b, c], a]) =τa,[b,c]. Comprobemos T4), para ello tomemos a, b, c ∈M. Se tiene: τa,[b,c]−τb,[a,c]= ([a, [b, c]],[[b, c], a]) −([b, [a, c]],[[a, c], b]) = (−[[b, c], a]−[[c, a], b],−[a, [b, c]] −[b, [c, a]]) = ([[a, b], c],[c, [a, b]]) =τ[a,b],c. Por tanto ((M×M, M, sπ, tπ, e, k), τ)es una K-álgebra de Lie categórica trenzada. Definición 4.8. Diremos que ((M×M, M, sπ, tπ, e, k), τ), definido en el ejemplo anterior, es la K-álgebra de Lie categórica trenzada asociada a la K-álgebra de Lie My lo denotaremos por C(M). La siguiente proposición prueba, usando una construcción diferente, que las K-álgebras de Lie categóricas trenzadas generalizan las K-álgebras de Lie. Proposición 4.9. La correspondencia C:LieAlgK−→ BICat(LieAlgK)dada por C(Mf −−→ N) = C(M)(f×f,f) −−−−−−→ C(N), donde f×f:M×M−→ N×N viene dada por f×f((x, y)) = (f(x), f(y)) para (x, y)∈M×M, es un funtor. 4.2. ÁLGEBRAS DE LIE CATEGÓRICAS TRENZADAS 53 Demostración. Es claro que, como fes un homomorfismo de K-álgebras de Lie, f×fes un homomorfismo de K-álgebras de Lie (por la estructura del producto), y se comprueba fácilmente que el par (f×f, f)es funtor interno entre álgebras de Lie categóricas trenzadas. Es claro que, por construcción, si Mes una K-álgebra de Lie, IdM×IdM= IdM×M. Además si consideramos Mf −−→ Ng −−→ Ldos morfismos de K-álgebras de Lie entonces, de nuevo por definición, es inmediato que (g×g)◦(f×f) = (g◦f)×(g◦f), como ya usamos anteriormente. Usando esto es inmediato, ya que la composición es componente a componente, que Ces un funtor. Uno puede, por tanto, introducir las K-álgebras de Lie en las K-álgebras de Lie categóricas trenzadas mediante la K-álgebra de Lie categórica trenzada asociada y la inducida. Puede parecer que introducir el concepto mediante K-álgebra de Lie categórica trenzada asociada es un modo mas intuitivo que por medio de la inducida, pues esta segunda tiene unas definiciones que pueden parecer algo artificiosas (a pesar de venir de un ejemplo fundamental, las aplicaciones parecen menos obvias si nos olvidamos de cual fue la idea inicial). La siguiente proposición intenta aclarar las dudas con respecto a este problema. Proposición 4.10. Los funtores Cy∆◦ X son naturalmente isomorfos mediante el isomorfismo natural Υque a cada álgebra de Lie Mle asocia el funtor interno ΥM= (υM,IdM): C(M)−→ ∆◦ X (M), donde υM:M×M−→ MoM viene dado por υM((x, y)) = (y−x, x)para (x, y)∈M×M. Demostración. La aplicación IdMes homomorfismo de K-álgebras de Lie al tratarse de la identidad en M. La aplicación υMes homomorfismo de K-álgebras de Lie. Es K-lineal por serlo en cada componente (como espacio vectorial MoM=M×M), por lo que hemos de ver si conserva el corchete. Recordemos que el corchete en MoMviene dado por [(m, n),(m0, n0)] = ([m+n, m0+n0]−[n, n0],[n, n0]) para (m, n),(m0, n0)∈MoM. Tomemos (x, y),(z, w)∈M×M, se cumple: υM([(x, y),(z, w)]) = υM(([x, z],[y, w])) = ([y, w]−[x, z],[x, z]) = ([y−x+x, w −z+z]−[x, z],[x, z]) = [(y−x, x),(w−z, z)] = [υM((x, y)), υM((z, w))]. IdMes trivialmente biyectiva y se tiene que υMes también biyectiva, ya que puede verse que tiene inversa, y ésta viene dada por υ−1 M((x, y)) = (y, x +y). υ−1 M◦υM((x, y)) = υ−1 M((y−x, x)) = (x, y −x+x) = (x, y), υM◦υ−1 M((x, y)) = υM((y, x +y)) = (x+y−y, y) = (x, y). Por tanto si vemos que se trata de un funtor interno trenzado habremos probado, usando el Lema 3.8, que es un isomorfismo en nuestra categoría. Para esto denotemos C(M) = ((M×M, M, sπ, tπ, eπ, kπ), τπ)y∆◦X(M) = ((MoM, M, s, t, e, k), τ). 54 CAPÍTULO 4. MÓDULOS CRUZADOS TRENZADOS Verifica FI1) yFI2) ya que, si tomamos (x, y)∈M×M, entonces: IdM◦sπ((x, y)) = x=s((y−x, x)) = s◦υM((x, y)), IdM◦tπ((x, y)) = y=y−x+x=t((y−x, x)) = t◦υM((x, y)). Se cumple FI3), pues si tomamos x∈M, se tiene: υM◦eπ(x) = υM(x, x) = (0, x) = e(x) = e(IdM(x)) = e◦IdM(x). Comprobemos FI4). Para ello tomemos ((x, y),(y, z)) ∈(M×M)×M (M×M), se cumple: k◦(υM×IdMυM)(((x, y),(y, z))) = k(((y−x, x),(z−y, y))) = (z−x, x) =υM((x, z)) = υM(kπ(((x, y),(y, z)))) = υM◦kπ(((x, y),(y, z))). Visto que es un funtor interno, veamos que es trenzado, es decir, que conserva las trenzas. Tomemos a, b ∈M: υM(τπ a,b) = υM(([a, b],[b, a])) = ([b, a]−[a, b],[a, b]) = (−2[a, b],[a, b]) = τa,b Por tanto ΥMes un isomorfismo en BICat(LieAlgK). Para ver que es un isomorfismo natural nos falta ver que cumple el diagrama siguiente para todo homomorfismo de K-álgebras de Lie f:M−→ N: C(M) ∆ ◦ X(M) C(M) ∆ ◦ X(N). Cf ΥM ∆◦Xf ΥN Donde C(f)=(f×f, f)y∆◦ Xf= ∆((f, f)) = (f×f, f). Para ver que el diagrama es conmutativo necesitamos ver que conmuta en cada componente de los pares de flechas (por la definición de composición). Es decir, tenemos que probar que (f×f)◦υM=υN◦(f×f)y que f◦IdM= IdN◦f. La veracidad de la segunda composición es obvia, veamos la primera. Tomemos (x, y)∈M×M: (f×f)◦υM((x, y)) = f×f((y−x, x)) = (f(y−x), f(x)) = (f(y)−f(x), f(x)) = υN((f(x), f(y))) = υN◦(f×f)((x, y)). De este modo se prueba que Υ: C −→ ∆◦ X es un isomorfismo natural. Observación 4.11.Se tiene por tanto, usando la Observación 1.12 se tiene que Mes isomorfo a Ncomo K-álgebras de Lie si y solo si C(M)es isomorfo a C(N), ya que C∼ =∆◦ X y este último funtor cumple que cualquier isomorfismo entre las imágenes de los objetos procede de un isomorfismo mediante la imagen ∆◦ X, pudiendo aplicar la observación, ya que todos los isomorfismos posibles son de la forma ∆◦ X(f). 4.3. TRENZAS Y 2-MÓDULOS CRUZADOS 55 Para concluir esta sección cabe hacer el siguiente comentario: Uno podría plantearse un modo más elemental de introducir las K-álgebras de Lie en las K-álgebras de Lie categóricas, el cual sería uno de los siguientes: O bien tomar como objetos el conjunto {0}y flechas la K-álgebra de Lie M, lo que fallaría en las trenzas, pues sea cual sea el knecesario la trenza tendría el valor cero (por ser bilineal), y por tanto coincidiría con la identidad (τ0,0=0=e(0)), por lo que se tiene que el axioma T2) indicaría que [x, y]=[y, x]lo cual no es cierto en general; o bien tomar Mcomo flechas, Mcomo objetos y como s,ty ela identidad, pero esto provocaría que solo hubiese flechas entre un elemento y sí mismo. Como [x, y]6= [y, x]en general, esto último impediría construir las trenzas, pues éstas están definidas entre objetos diferentes por T1). Es decir, ninguno de esos planteamientos que podrían parecer más simples podría funcionar en el caso trenzado. Puede verse, de modo inmediato, que en el caso no trenzado, estos planteamientos son los correspondientes, en ese orden, a los casos de M−→ {0}y {0} −→ Mque afirmamos que no eran posibles en la sección anterior. 4.3. Trenzas y 2-módulos cruzados Las secciones anteriores muestran el motivo de haber elegido los axiomas B1,B2),B3) yB4), pues de este modo obtenemos el ejemplo trivial al coger el corchete como la trenza (además de la forma intuitiva que toman T1) yT2)). Sin embargo no explican la elección de los axiomas B5) yB6), pues en este ejemplo se reducen a la identidad de Jacobi, y otra reformulación de esta puede diferentes axiomas (por ejemplo los axiomas de trenza dados en este caso por Ulualan en [6] son compatibles con el ejemplo trivial, así como también lo son los axiomas resultantes de hacer el argumento de esta sección a los últimos axiomas del levantamiento de Peiffer de Ellis [4]). En esta sección se muestra el concepto de 2-módulo para explicar el por qué de la elección de estos dos axiomas. Cabe destacar que hemos tomado la definición dada por Martins y Picken en [5] pues, como queremos que los 2- módulos de K-álgebras de Lie generalicen los módulos trenzados cruzados de K-álgebras de Lie, queremos en particular que, en la construcción que veremos a continuación, el levantamiento de Peiffer con δ= 0, nos devuelva nuestros 4 primeros axiomas de trenza (y por tanto el levantamiento de Peiffer sea una generalización de ésta) y esta definición (frente a la dada en [4] por Ellis y en [2] por Akça y Arvasi) verifica la afirmación. Definición 4.12. Un 2-módulo cruzado de K-álgebras de Lie es un 8-pla ordenada (M, N, P, ∗, ?, ∂, δ, {−,−})donde: M∂ −−→ Nδ −→ Pson homomorfismos de K-álgebras de Lie verificando que δ◦∂= 0, ∗:P×M−→ My?:P×N−→ Nson respectivamente una acción de P sobre My una acción de Pen Nque verifican: 56 CAPÍTULO 4. MÓDULOS CRUZADOS TRENZADOS 2M1) ∂(p∗m) = p ? ∂m, ∀m∈M, ∀p∈P, 2M2) δ(p?n)=[p, δn],∀n∈N, ∀p∈P, {−,−}:N×N−→ Mes una aplicación K-bilineal (denotaremos al igual que en trenzas {−,−}((n, n0)) = {n, n0}) denominada levantamiento de Peiffer que verifica: PL1) ∂{n, n0}= [n, n0]−δ(n)? n0,∀n, n0∈N. PL2) {∂(m), ∂(m)}= [m, m0],∀m, m0∈M. PL3) {∂(m), n}+{n, ∂(m)}=−δ(n)∗m, ∀n∈N, m ∈M. PL4) p∗ {n, n0}={p ? n, n0}+{n, p ? n0},∀n, n0∈N, p ∈P. PL5) {n, [n0, n00]}={[n, n0]−δ(n)? n0, n00}−{[n, n00]−δ(n)? n00, n0}, ∀n, n0, n00 ∈N. PL6) {[n, n0], n00}=δ(n)∗ {n0, n00}+{n, [n0, n00]} − δ(n0)∗ {n, n00} −{n0,[n, n00]},∀n, n0, n00 ∈N. Observación 4.13.Nótese que si δ= 0 el axioma PL1) recupera B1),PL2) devuelve B2),PL5) coincide con B5) yPL6) se convierte en B6). Si además pedimos que P= 0 (lo cual implica que δ= 0) el axioma PL4) desaparece, al ser trivialmente 0=0. De este modo se observa que podemos recuperar la trenza como caso particular (y se explica el origen de B5) yB6)). Sin embargo no hemos recuperado aún B3) yB4), dado que aún no tenemos una acción de Nen M, por ello se hace la siguiente proposición. Proposición 4.14. Si (M, N, P, ∗, ?, ∂, δ, {−,−})es un 2-módulo cruzado de K-álgebras de Lie, entonces (M, N, ·, ∂), donde ·:N×M−→ Mviene dado por n·m:= ·((n, m)) = −{∂(m), n}(o, equivalentemente por n·m={n, ∂(x)}+ δ(n)∗mpor PL3)), es un módulo cruzado de K-álgebras de Lie. Demostración. Empecemos comprobando que ·es una acción. Es claro que es K-bilineal por ser esta aplicación el levantamiento con cambio de signo tener una aplicación K-lineal en cada componente, por lo que llega comprobar los dos axiomas de acción. Se verifica A1). Para ello tomemos n, n0∈N,m∈M. Se tiene: [n, n0]·m=−{∂(m),[n, n0]} =−{[∂(m), n]−δ(∂(m)) ? n, n0}+{[∂(m), n0]−δ(∂(m)) ? n0, n} =−{∂{∂(m), n}, n0}+{∂{∂(m), n0}, n} =−{∂(−{∂(m), n0}), n} − (−{∂(−{∂(m), n}), n0}) =n·(n0·m)−n0·(n·m) Donde se ha usado PL5) en la segunda igualdad, PL1) en la 3y en 4la K-bilinealidad. 4.3. TRENZAS Y 2-MÓDULOS CRUZADOS 57 Comprobemos ahora A2). Sea n∈N,m, m0∈M, entonces: n·[m, m0] = −{∂[m, m0], n}=−{[∂(m), ∂(m0)], n} =−δ(∂(m)) ∗ {∂(m0), n}−{∂(m),[∂(m0), n]}+δ(∂(m0)) ∗ {∂(m), n} +{∂(m0),[∂(m), n]} =−{∂(m),[∂(m0), n]}+{∂(m0),[∂(m), n]} =−{[∂(m), ∂(m0)] −δ(∂(m)) ? ∂(m0), n} +{[∂(m), n]−δ(∂(m)) ? n, ∂(m0)}+{[∂(m0), ∂(m)] −δ(∂(m0)) ? ∂(m), n} − {[∂(m0), n]−δ(∂(m0)) ? n, ∂(m)} =−{∂{∂(m), ∂(m0)}, n}+{∂{∂(m), n}, ∂(m0)}+{∂{∂(m0), ∂(m)}, n} − {∂{∂(m0), n}, ∂(m)} =−{{∂[m, m0]}, n}+ [{∂(m), n}, m0] + {∂[m0, m], n} − [{∂(m0), n}, m] =−{{∂[m, m0]}, n}+ [m0,−{∂(m), n}]− {∂[m, m0], n}+ [−{∂(m0), n}, m] = 2(n·[m, m0]) + [m0, n ·m]+[n·m0, m] = 2(n·[m, m0]) −[n·m, m0]−[m, n ·m0]. Donde en la 2aigualdad se usa PL2), en la igualdad 3PL6), que δ◦∂= 0 en la 4,PL5) en la 5,PL1) en la 6y usando PL2) de nuevo en la 7. Despejando se obtiene que n·[m, m0] = [n·m, m0]+[m, n ·m0], por tanto se trata de una acción. Veamos ahora que (M, N, ·, ∂)es un módulo cruzado. Verifiquemos los axiomas: •Veamos M1). Sean n∈N,m∈M, entonces: ∂(n·m) = ∂(−{∂(m), n}) = −[∂(m), n] + δ(∂(m)) ? n = [n, ∂(m)]. Usando PL1) y que δ◦∂= 0 •Veamos ahora M2), tomemos m, m0∈M, entonces: ∂(m)·m0=−{∂(m0), ∂(m)}=−[m0, m]=[m, m0]. Sin más que usar PL2). Observación 4.15.Con la acción anterior se tiene, por definición, la siguiente igualdad n·m=−{∂(m), n}y, por tanto {∂(m), n}=−n·m. recuperando el axioma B3). También hemos visto, usando PL3) que n·m={n, ∂(x)}+δ(n)∗m y haciendo δ= 0 obtenemos el axioma B4) con lo que se tiene que, en efecto, todos los axiomas de trenza salen del levantamiento de Peiffer en el caso δ= 0. Además añadiendo la condición de que n·m=−{∂(m), n}sea una acción podemos substituir las dos igualdades anteriores por PL3). Por tanto todos los axiomas de trenza surgen del levantamiento de Peiffer cuando δ= 0 (además de obtener uno a mayores que desaparece cuando P= 0). 58 CAPÍTULO 4. MÓDULOS CRUZADOS TRENZADOS Consecuencia de las observaciones anteriores tenemos las siguientes proposiciones. Proposición 4.16. Si (M, N, P, ∗, ?, ∂, δ, {−,−})es un 2-módulo cruzado de K-álgebras de Lie, entonces si δ= 0 se tiene que (M, N, ·, ∂, {−,−}), donde ·:N×M−→ Mviene dado por n·m:= ·((n, m)) = −{∂(m), n}es un módulo cruzado de K-álgebras de Lie. Esto nos da una idea de como introducir los módulos cruzados de K-álgebras de Lie en los 2-módulos de K-álgebras de Lie, como se verá a continuación. Proposición 4.17. Sea (M, N, ·, ∂, {−,−})un módulo cruzado trenzado de K- álgebras de Lie. Entonces (M, N, {0},0,0, ∂, 0,{−,−})(donde {0}denota la K-álgebra de Lie trivial, y tenemos la acción 0y el homomorfismo 0) es un 2-módulo cruzado de K-álgebras de Lie. Definición 4.18. Diremos que (M, N, {0},0,0, ∂, 0,{−,−})es el 2-módulo cruzado de K-álgebras de Lie inducido por el módulo cruzado trenzado de K- álgebras de Lie (M, N, ·, ∂, {−,−})y lo denotaremos por X0 2((M, N, ·, ∂, {−,−})). Queremos ver que es funtorial, por lo que se mostrará a continuación la categoría de 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie. La definición de los morfismos dada a continuación es la dada por Martins y Picken en [5]. Definición 4.19. Consideremos dos 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie (M, N, P, ∗, ?, ∂, δ, {−,−})y(M0, N0, P 0,∗0, ?0, ∂0, δ0,{−,−}0). (f1, f2, f3): (M, N, P, ∗, ?, ∂, δ, {−,−})−→ (M0, N0, P 0,∗0, ?0, ∂0, δ0,{−,−}0)se dice un homomorfismo de 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie si f1, f2, f3∈ Arw(LieAlgK),f1:M−→ M0,f2:N−→ N0yf3:P−→ P0, y se verifican: 2H1) f1(p∗m) = f3(p)∗0f1(m)∀m∈M, ∀p∈P. 2H2) f1(p?n) = f3(p)?0f2(n)∀n∈N, ∀p∈P. 2H3) f2◦∂=∂0◦f1. 2H4) f3◦δ=δ0◦f2. 2H5) {f2(n), f2(n0)}0=f1({n, n0})∀n, n0∈N. Observación 4.20.Se tiene que si X2= (M, N, P, ∗, ?, ∂, δ, {−,−})es un 2- módulo cruzado de K-álgebras de Lie, entonces (IdM,IdN,IdP): X2−→ X2 es homomorfismo de 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie y se denotará IdX2:= (IdM,IdN,IdP). Se tiene también que si X2 (f1,f2,f3) −−−−−−→ X0 2 (g1,g2,g3) −−−−−−→ X00 2son homomorfismos de 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie, entonces X2 (g1◦f1,g2◦f2,g3◦f3) −−−−−−−−−−−−→ X 00 2es homomorfismo de 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie y lo denominaremos composición denotando (g1, g2, g3)◦(f1, f2, f3) := (g1◦f1, g2◦f2, g3◦f3). 4.3. TRENZAS Y 2-MÓDULOS CRUZADOS 59 Definición 4.21. Denotaremos por 2XLieAlgKa la categoría que tiene como objetos los 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie, como flechas los homomorfismos de 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie y como composición e identidad las construidas en la observación anterior. Observación 4.22.Usando los mismos argumentos que en el Lema 3.4 se llega al mismo resultado, es decir el homomorfismo de 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie (f1, f2, f3)es un isomorfismo si y solo si f1,f2yf3son aplicaciones biyectivas. Veamos por tanto que es, en efecto, una generalización: Proposición 4.23. La correspondencia X0 2:BXLieAlgK−→ 2XLieAlgKda- da por X0 2(M(f1,f2) −−−−→ M0) = X0 2(M)(f1,f2,0) −−−−−→ X 0 2(M0)es un funtor. Además se tiene que, si MyM0son dos módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie, todo morfismo de X0 2(M)aX0 2(M0)es de la forma (f1, f2,0) con M(f1,f2) −−−−→ M0homomorfismo de módulos cruzados de K-álgebras de Lie. Por ello, M ≃ M0como módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie si y solo si X0 2(M)≃ X0 2(M0)como 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie. Demostración. Como ya se probó X0 2(M)yX0 2(M0)son 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie, llega ver que el trío (f1, f2,0) es, en efecto, un morfismo en la categoría, ya que de ser así es obvio que se trata de un funtor. Por la elección de la categoría dominio, el trío (f1, f2,0) es un trío de homomorfismos de K-álgebras y están bien definidos. Por tanto, solo tenemos que ver que se cumplen los axiomas de morfismo. Tomemos M= (M, N, ·, ∂, {−,−})yM0= (M0, N0,·0, ∂0,{−,−}0). Sean m∈M,n, n0∈N,p= 0 ∈0, entonces si denotamos 0 = f3, y las aplicaciones y acciones con la nomenclatura usual (∗,?,δ) a pesar de ser todas 0, se tiene: Se cumple 2H1):f1(p∗m) = f1(0) = 0 = f3(p)∗0f1(m). Se verifica 2H2):f1(p?n) = f1(0) = 0 = f3(p)?0f2(n). Se da 2H3):f2◦∂=∂0◦f1, por BH2). Se cumple 2H4):f3◦δ=0=δ0◦f2. Comprobemos 2H5):{f2(n), f2(n0)}0=f1({n, n0}), por BH3). Por tanto es un funtor. Veamos ahora la segunda parte. Supongamos X0 2(M)(f1,f2,f3) −−−−−−→ X0 2(M0)es un morfismo de 2-módulos cruzados de K-álgebras de Lie. Dado que P=P0= 0 obtenemos que f3= 0 y por tanto tenemos que cualquier morfismo entre X0 2(M)yX0 2(M0)es de la forma (f1, f2,0). Veamos que el par (f1, f2)es un homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie. Ya sabemos que se verifica BH2) yBH3) al cumplirse 2H3) y2H5). 66 CAPÍTULO 5. OBJETOS SIMPLICIALES REDUCIDOS Se dirá que el complejo de Moore de una K-álgebra de Lie simplicial tiene longitud n∈N(o de modo resumido que la K-álgebra de Lie simplicial tiene longitud n∈N) si y solo si NLi= 0 para todo i>n. Observación 5.11.Poner condiciones en la longitud de una K-álgebra de Lie simplicial solo es una restricción a en los objetos, por lo que la misma composición e identidad valen para definir las categorías siguientes. Definición 5.12. Se denota por Simp(LieAlgK)L≤na la categoría que tiene como objetos las K-álgebras de Lie simpliciales de longitud n, como morfismos los homomorfismos de objetos simpliciales entre ellas, como identidad y composición las dadas anteriormente. Se denomina por RedSimp(LieAlgK)L≤na la categoría que tiene como objetos las K-álgebras de Lie simpliciales reducidas de longitud n, como morfismos los homomorfismos de objetos simpliciales reducidos entre ellas y la identidad y composición anteriores. 5.2. Objetos simpliciales truncados Definición 5.13. Sea Cuna categoría con objeto cero. Un objeto simplicial truncado en mde Ces una familia de la forma {(Sn,{dn i}i∈{0,...,n},{sn i}i∈{0,...,n})}n∈{0,...,m−1}∪ {(Sm,{dm i}i∈{0,...,m})}, donde, si denotamos S−1= 0 con 0un objeto cero, se tiene que: Snson objetos de Cpara todo n∈ {0, . . . , m}. dn i:Sn−→ Sn−1son flechas de Cpara n∈ {0, . . . , m},i∈ {0, . . . , n} (nótese que d0 0= 0 siempre). sn i:Sn−→ Sn+1 son morfismos para n∈ {0, . . . , m −1},i∈ {0, . . . , n}. Se satisfacen las identidades simpliciales (cuando estas tengan sentido): dn−1 i◦dn j=dn−1 j−1◦dn i,0≤i<j≤n, sn+1 i◦sn j=sn+1 j+1 ◦sn i,0≤i≤j≤n, dn+1 i◦sn j=sn−1 j−1◦dn i,0≤i<j≤n, dn+1 i◦sn j= IdSn, i =joi=j+ 1, dn+1 i◦sn j=sn−1 j◦dn i−1,0≤j < i −1≤n. Diremos que Ses un objeto simplicial reducido truncado en msi y solo si S0es un objeto cero. A pesar de que sm icarece de sentido, por simplicidad denotaremos los objetos simpliciales (reducidos) por {(Sn,{dn i}i∈{0,...,n},{sn i}i∈{0,...,n})}n∈{0,...,m}. 5.2. OBJETOS SIMPLICIALES TRUNCADOS 67 Observación 5.14.Como se verá a continuación, las álgebras de Lie simpliciales truncadas {(Ln,{dn i}i∈{0,...,n},{sn i}i∈{0,...,n})}n∈{0,...,m}que nos interesan son las que cumplen la siguiente propiedad: ∀I, J 6=∅cumpliendo I∩J=∅, I ∪J={0, . . . , m}, se cumple [\ i∈I ker(dm i),\ j∈J ker(dm j)] = 0. Definición 5.15. Sea Cuna categoría con objeto cero. Tomemos como datos S={(Sn,{dn i}i∈{0,...,n},{sn i}i∈{0,...,n})}n∈{0,...,m}y S0={(S0 n,{d0n i}i∈{0,...,n},{s0n i}i∈{0,...,n})}n∈{0,...,m}, dos objetos simpliciales truncados en mde la categoría C. Un homomorfismo de objetos simpliciales truncados f:S−→ S0es una familia f={fn}n∈{0,...,m}donde: fn:Sn−→ S0 nes un morfismo en C. d0n i◦fn=fn−1◦dn i,∀n∈ {0, . . . , m}\{0},∀i∈ {0, . . . , n}. fn+1 ◦sn i=s0n i◦fn,∀n∈ {0, . . . , m −1},∀i∈ {0, . . . , n}. Observación 5.16.Las siguientes categorías son posibles por el mismo resultado de composición e identidad que las K-álgebras de Lie simpliciales (reducidas) dada por la Proposición 5.3, restringida ahora a un caso de familias finitas. Definición 5.17. Sea Cuna categoría con objeto cero. Se denota por TrmSimp(C)a la categoría que tiene como objetos los objetos simpliciales truncados en mde C, como morfismos los homomorfismos de objetos simpliciales truncados y como identidad y composición la dada por la Proposición 5.3 (restringida a un numero finito de morfismos). Se denomina por TrmRedSimp(C)a la categoría que tiene como objetos los objetos simpliciales reducidos de C, como morfismos los homomorfismos de objetos simpliciales reducidos y como identidad y composición la dada por la misma proposición. Para el caso de que C=LieAlgKse da, además, la siguiente definición: Denominaremos por TrmSimp(C)PyTrmRedSimp(C)Pa las categorías resultante de restringir los objetos (y por tanto las flechas) de las categorías TrmSimp(C)yTrmRedSimp(C)a los objetos que cumplen la propiedad dada en la Observación 5.14. Observación 5.18.Dadas las definiciones de las categorías TrmSimp(C)y TrmRedSimp(C)es inmediato observar que existen funtores, denominados funtores truncamiento en my denotados por T rmcomo sigue: Trm:Simp(C)−→ TrmSimp(C)y Trm:RedSimp(C)−→ TrmRedSimp(C), 68 CAPÍTULO 5. OBJETOS SIMPLICIALES REDUCIDOS definidos en ambos casos como quedarse solo con el trozo definido hasta el nivel m, es decir: El funtor truncamiento en mmanda {(Sn,{dn i}i∈{0,...,n},{sn i}i∈{0,...,n})}n∈N a su correspondiente truncado {(Sn,{dn i}i∈{0,...,n},{sn i}i∈{0,...,n})}n∈{0,...,m}y un morfismo {fn}n∈Na{fn}n∈{0,...,m}. Los siguientes resultados fueron dados por Conduché en [3] para grupos simpliciales, pero la demostración es válida para cualquier categoría semiabeliana, siendo por tanto validos para K-álgebras de Lie simpliciales. Escribiremos por tanto estos resultados para nuestro caso: Teorema 5.19 ([3]).Se tienen los siguientes resultados: La restricción T r2:Simp(LieAlgK)L≤2−→ Tr2Simp(LieAlgK)Pestá bien definido y es una equivalencia. •El funtor que permite ver que T r2es una equivalencia, es decir, el que compuesto con T r2es isomorfo de modo naturales a la identidad, es el funtor 3-coesqueleto, restringiendo la imagen de un objeto truncado, a partir del elemento de truncación, a la parte generada por elementos degenerados (se habla del n-coesqueleto en [3] y [4]). Denotaremos este funtor por DCSk3. •Como DCSk3añade elementos a partir de L2se tiene la igualdad Tr2◦DCSk3= IdTr2Simp(LieAlgK)P. Observación 5.20.El teorema es cierto substituyendo las K-álgebras de Lie simpliciales por K-álgebras de Lie simpliciales reducidas, ya que estas solo difieren en que S0= 0. Capítulo 6 Equivalencia entre módulos cruzados trenzados y álgebras de Lie simpliciales reducidas de longitud 2 En este capítulo se probará la equivalencia entre las categorías de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie y la categoría de K-álgebras de Lie simpliciales (de complejo de Moore) de longitud 2. Para dar un primer funtor RedSimp(LieAlgK)L≤2 Γ −→ BXLieAlgKobservemos como es el complejo de Moore de un objeto simplicial reducido de longitud 2de K-álgebras de Lie. Si L={(Ln,{dn i}i∈{0,...,n},{sn i}i∈{0,...,n})}n∈Nuna K-álgebra de Lie simplicial reducida de longitud 2, obtenemos un complejo de Moore donde NL0= 0 = NLi, i ≥3, y por tanto una cadena de la forma: . . . 0←− NL0= 0 0=∂1 ←−−− NL1 ∂2 ←− NL2 ∂3=0 ←−−− NL3= 0 ←− 0. . . Por tanto toda la información del complejo de Moore queda determinada por la aplicación NL2 ∂2 −→ NL1. Notemos además que NL1= ker(d1 0) = ker(0) = L1 por lo que la aplicación en realidad es NL2 ∂2=d2 2|NL2 −−−−−−−→ L1. Para obtener un módulo cruzado trenzado hemos de usar s1 1ys1 0. La equivalencia con las K-álgebras de Lie categóricas da la idea de que si identificáramos econ s1 1entonces una posible acción viene dada por n·m= [s1 1(n), m],n∈L1, m∈NL2(la elección de s1 1frente a s1 0se basa en que, por la definición de objeto simplicial d2 2◦s1 1= IdL2, además se verá que [s1 0(n), m] = 0 para todo nym). Por el trabajo de Ellis [4] sacamos la idea de que la trenza podría venir dada como el levantamiento de Peiffer, por {n, n0}= [s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)] (hemos invertido el signo para compensar el cambio de signo en sus axiomas). 69 70 CAPÍTULO 6. EQUIVALENCIA: TRENZADOS Y SIMPLICIALES Veamos que esta construcción es válida. Nota 6.1. En las siguientes demostraciones se usarán las distintas fórmulas de la definición de objeto simplicial con valores numéricos para i,jyn. Solo mostraremos que la fórmula es válida en su primera aparición. El resto de apariciones se pondrá la fórmula sin mostrar su procedencia. Proposición 6.2. Sea L={(Ln,{dn i}i∈{0,...,n},{sn i}i∈{0,...,n})}n∈Nuna K- álgebra de Lie simplicial reducida de longitud 2. Entonces (NL2, L1,·, ∂2,{−,−})donde: NL2= ker(d2 0)∩ker(d2 1)y∂2=d2 2|NL2:NL2−→ L1, ·:L1×NL2−→ NL2definida como ·((n, m)) := n·m= [s1 1(n), m]para n∈L1, m ∈NL2, {−,−}:L1×L1−→ NL2definida como {−,−}((n, n0)) := {n, n0}= [s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)] con n, n0∈L1, es un módulo cruzado trenzado de K-álgebras de Lie. Demostración. Ya sabemos que L1yNL2son K-álgebras de Lie. Veamos que ·es una acción. Si estuviera bien definida sería K-bilineal por ser lineal en cada componente del corchete. Comprobemos que está bien definida. Dado que [s1 1(n), m]∈L2por construcción necesitamos probar que d2 i([s1 1(n), m]) = 0 para i∈ {0,1}. En este caso sabemos, como m∈NL2, que: d2 i([s1 1(n), m]) = [d2 i(s1 1(n)), d2 i(m)] = [d2 i(s1 1(n)),0] = 0. Probemos que se verifican A1) yA2). Se da A1), es decir [n, n0]·m=n·(n0·m)−n0·(n·m)para n, n0∈L1, m∈NL2. [n, n0]·m= [s1 1([n, n0]), m] = [[s1 1(n), s1 1(n0)], m] =−[[s1 1(n0), m], s1 1(n)] −[[m, s1 1(n)], s1 1(n0)] = [s1 1(n),[s1 1(n0), m]] −[s1 1(n0),[s1 1(n), m]] = n·(n0·m)−n0·(n·m). Se tiene A2), es decir n·[m, m0]=[n·m, m0]+[m, n ·m0]para n∈L1, m, m0∈NL2. n·[m, m0]=[s1 1(n),[m, m0]] = −[m, [m0, s1 1(n)]] −[m0,[s1 1(n), m]] = [m, [s1 1(n), m0]] + [[s1 1(n), m], m0] = [n·m, m0]+[m, n ·m0]. Puede comprobarse que se trata de la misma demostración que la usada para e, lo que justifica nuestra observación anterior. Veamos que (NL2, L1,·, ∂2)es un módulo cruzado de K-álgebras de Lie. 71 Se verifica M1), es decir ∂2(n·m) = [n, ∂2m]para m∈NL2, n ∈L1. ∂2(n·m) = d2 2([s1 1(n), m]) = [d2 2(s1 1(n)), d2 2(m)] = [n, ∂2m]. Donde hemos usado dn+1 i◦sn j= IdLncuando i=joi=j+ 1 y, en nuestro caso (n= 1,2 = i=j+ 1), se tiene que d2 2◦s1 1= IdL1para la segunda igualdad. Se cumple M2):∂2(m)·m0= [m, m0]para m, m0∈NL2. Tomando j= 1 <3−1 = i−1se tiene, aplicando dn+1 i◦sn j=sn−1 j◦dn i−1 para n= 2, la fórmula d3 3◦s2 1=s1 1◦d2 2. ∂2(m)·m0= [s1 1(d2 2(m)), m0]=[d3 3◦s2 1(m), m0]. Queremos ver que [d3 3◦s2 1(m), m0] = [m, m0]o, lo que es equivalente, que [d3 3◦s2 1(m)−m, m0] = 0. Usando que dn+1 i◦sn j= IdLncuando i=joi=j+ 1 y tomando n= 2, j= 2,i= 3 se tiene d3 3◦s2 2= IdL2. Aplicando esto en la primera parte de la fórmula anterior se obtiene lo siguiente: [d3 3◦s2 1(m)−m, m0]=[d3 3◦s2 1(m)−d3 3◦s2 2(m), d3 3◦s2 2(m0)] =d3 3([s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)]). Buscamos por tanto que d3 3([s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)]) = 0. Si vemos que [s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)] ∈NL3entonces, como NL3={0} por hipótesis en la longitud del complejo de Moore, se tendrá la igualdad [s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)] = 0. Aplicando ahora d3 3, al ser lineal, se tendría lo deseado. Por tanto hemos de probar que [s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)] ∈NL3para concluir este apartado. Empecemos viendo que d3 0([s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)]) = 0. d3 0([s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)]) = [d3 0(s2 1(m)) −d3 0(s2 2(m)), d3 0(s2 2(m0))] = [s1 0◦d2 0(m)−s1 1◦d2 0(m), s1 1◦d2 0(m0)] = [0 −0,0] = 0. Donde tomando i= 0 < j ∈ {1,2}podemos usar dn+1 i◦sn j=sn−1 j−1◦dn i para n= 2 para obtener d3 0◦s2 j=s1 j−1◦d2 0, usado en la segunda igualdad. La tercera igualdad se da al ser m, m0∈NL2y, por tanto, estar en el núcleo de d2 0. Veamos ahora que d3 1([s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)]) = 0. d3 1([s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)]) = [d3 1(s2 1(m)) −d3 1(s2 2(m)), d3 1(s2 2(m0))] = [m−s1 1◦d2 1(m), s1 1◦d2 1(m0)] = [m−0,0] = 0. 72 CAPÍTULO 6. EQUIVALENCIA: TRENZADOS Y SIMPLICIALES Donde hemos tomado i= 1 < j = 2 para, al usar dn+1 i◦sn j=sn−1 j−1◦dn i para n= 2, para obtener d3 1◦s2 2=s1 1◦d2 1en la segunda igualdad, a la vez que se ha usado que d3 1◦s2 1= IdL2(dn+1 i◦sn j= IdLnpara n= 2, i=j= 1). La tercera igualdad se da, de nuevo, al ser m, m0∈NL2. Comprobemos para acabar que d3 2([s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)]) = 0. d3 2([s2 1(m)−s2 2(m), s2 2(m0)]) = [d3 2(s2 1(m)) −d3 2(s2 2(m)), d3 2(s2 2(m0))] = [m−m, m0] = [0, m0]=0. Donde hemos usado en la segunda igualdad dn+1 i◦sn j= IdLntomando n= 2,i= 2 yj∈ {1,2}(y por tanto j=ioi=j+ 1 lo que permite emplear la fórmula), obteniendo que d3 2◦s2 j= IdL2. Por tanto se concluye que ∂2(m)·m0= [m, m0]. Visto que (NL2, L1,·, ∂2)es un módulo cruzado trenzado de K-álgebras de Lie, veamos que {n, n0}= [s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)] es una trenza. Es claro que si estuviera bien definida sería K-bilineal, por ser K-lineal en cada componente del corchete. Por ello veamos que esta bien definida, es decir, veamos que si n, n0∈L1, entonces [s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)] ∈NL2. Veamos para empezar que d2 0([s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)]) = 0 d2 0([s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)]) = [d2 0◦s1 1(n)−d2 0◦s1 0(n), d2 0◦s1 1(n0)] [s0 0◦d1 0(n)−n, s0 0◦d1 0(n0)] = [0 −n, 0] = 0. Donde, tomando i= 0 < j = 1 sacamos de la fórmula dn+1 i◦sn j=sn−1 j−1◦dn i para n= 1 la igualdad d2 0◦s1 1=s0 0◦d1 0, y para i=0=jobtenemos, de nuevo para n= 1, de la fórmula dn+1 i◦sn j= IdLnla fórmula d2 0◦s1 0= IdL1; usamos ambas en la segunda igualdad. La tercera igualdad sale del hecho de que al ser L0= 0, tanto s0 0como d1 0son la aplicación cero. Veamos ahora que d2 1([s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)]) = 0 d2 1([s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)]) = [d2 1◦s1 1(n)−d2 1◦s1 0(n), d2 1◦s1 1(n0)] [n−n, n0] = [0, n0] = 0. Donde en la segunda igualdad hemos tomado la fórmula d2 1◦s1 j= IdL1, la cual surge de tomar i= 1,j∈ {0,1}(por tanto i=joi=j+ 1) y n= 1 en la igualdad dn+1 i◦sn j= IdLn. Por tanto se tiene que está bien definida, es decir, {n, n0} ∈ NL2. Veamos para concluir que se verifican los axiomas de trenza: Se verifica B1), es decir, ∂2{n, n0}= [n, n0]para n, n0∈L1. ∂2{n, n0}=d2 2([s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)]) = [d2 2◦s1 1(n)−d2 2◦s1 0(n), d2 2◦s1 1(n0)] = [n−s0 0◦d1 1(n), n0]=[n−0, n0] = [n, n0]. Hemos usado d2 2◦s1 1= IdL1,d2 2◦s1 0=s0 0◦d1 1(j= 0 <2−1 = i−1,n= 1 en dn+1 i◦sn j=sn−1 j◦dn i−1) y que L0= 0. 73 Comprobemos B2),{∂2m, ∂2m0}= [m, m0]para m, m0∈NL2. {∂2m, ∂2m0}= [s1 1(d2 2(m)) −s1 0(d2 2(m)), s1 1(d2 2(m0))]. Usando d3 3◦s2 1=s1 1◦d2 2yd3 3◦s2 0=s1 0◦d2 2(j= 0 <3−1 = i−1,n= 2, dn+1 i◦sn j=sn−1 j◦dn i−1) obtenemos que: {∂2m, ∂2m0}= [d3 3◦s2 1(m)−d3 3◦s2 0(m), d3 3◦s2 1(m0)] =d3 3([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)]). Por tanto hemos de ver que d3 3([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)]) = [m, m0], o lo que es equivalente, que d3 3([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)]) −[m, m0] = 0. Usando que d3 3◦s2 2= IdL2, como ya se ha visto, tenemos que demostrar que d3 3([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)]) = 0. De nuevo, es suficiente probar que [s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)] ∈NL3={0}para concluir. Comprobemos esto último: Veamos que d3 0([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)]) = 0. d3 0([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)]) = [d3 0◦s2 1(m)−d3 0◦s2 0(m), d3 0◦s2 1(m0)] −[d3 0◦s2 2(m), d3 0◦s2 2(m0)] = [s1 0◦d2 0(m)−m, s1 0◦d2 0(m0)] −[s1 1◦d2 0(m), s1 1◦d2 0(m0)] = [0 −m, 0] −[0,0] = 0. Donde hemos usado d3 0◦s2 j=s1 j−1◦d2 0con j∈ {1,2}y que d3 0◦s2 0= IdL2 (i=j= 0,n= 2 podemos usar dn+1 i◦sn j= IdLn). También hemos usado que m, m0∈NL2. Observemos que d3 1([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)]) = 0. d3 1([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)]) = [d3 1◦s2 1(m)−d3 1◦s2 0(m), d3 1◦s2 1(m0)] −[d3 1◦s2 2(m), d3 1◦s2 2(m0)] = [m−m, m0]−[s1 1◦d2 1(m), s1 1◦d2 1(m0)] = [m−m, m0]−[0,0] = 0. Donde usamos d3 1◦s2 1= IdL2,d3 1◦s2 2=s1 1◦d2 1y que d3 1◦s2 0= IdL2 (i=j+ 1 = 1,n= 2 permite usar dn+1 i◦sn j= IdLn). Al final se ha usado que mym0pertenecen a NL2. Comprobemos que d3 2([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)]) = 0. d3 2([s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)]) = [d3 2◦s2 1(m)−d3 2◦s2 0(m), d3 2◦s2 1(m0)] −[d3 2◦s2 2(m), d3 2◦s2 2(m0)] = [m−s1 0◦d2 1(m), m0]−[m, m0]=[m−0, m0]−[m, m0] = 0. Se ha usado d3 2◦s2 j= IdL2cuando j∈ {1,2}y que d3 2◦s2 0=s1 0◦d2 1 (0 = j < i −1 = 2 −1con n= 2 permite usar dn+1 i◦sn j=sn−1 j◦dn i−1). Hemos usado que m∈NL2. Por tanto [s2 1(m)−s2 0(m), s2 1(m0)] −[s2 2(m), s2 2(m0)] ∈NL3={0}y se concluye el apartado. 74 CAPÍTULO 6. EQUIVALENCIA: TRENZADOS Y SIMPLICIALES Verifiquemos B3), es decir: {∂2m, n}=−n·mpara m∈NL2,n∈L1. Se tiene la siguiente igualdad: {∂2m, n}= [s1 1(∂2m)−s1 0(∂2m), s1 1(n)] = [d3 3◦s2 1(m)−d3 3◦s2 0(m), s1 1(n)]. Se ha usado que s1 1◦d2 2=d3 3◦s2 1y que s1 0◦d2 2=d3 3◦s2 0. Queremos ver por tanto que [d3 3◦s2 1(m)−d3 3◦s2 0(m), s1 1(n)] = [m, s1 1(n)] ya que [m, s1 1(n)] = −[s1 1(n), m] = −n·m. Usando que d3 3◦s2 2= IdL2se tiene que lo anterior es equivalente a demostrar que [d3 3◦s2 1(m)−d3 3◦s2 0(m), d3 3◦s2 2◦s1 1(n)]−[d3 3◦s2 2(m), d3 3◦s2 2◦s1 1(n)] = 0 y por tanto hay que probar que d3 3([s2 1(m)−s2 0(m)−s2 2(m), s2 2◦s1 1(n)]) = 0 por la K-bilinealidad. Es suficiente ver que [s2 1(m)−s2 0(m)−s2 2(m), s2 2◦s1 1(n)] ∈NL3={0}. Comprobemos esto: d3 0([s2 1(m)−s2 0(m)−s2 2(m), s2 2◦s1 1(n)]) = [d3 0◦s2 1(m)−d3 0◦s2 0(m)−d3 0◦s2 2(m), d3 0◦s2 2◦s1 1(n)] = [s1 0◦d2 0(m)−m−s1 1◦d2 0(m), s1 1◦d2 0◦s1 1(n)] = [0 −m−0, s1 1◦d2 0◦s1 1(n)] = [−m, s1 1◦s0 0◦d1 0(n)] = [−m, 0] = 0. Hemos usado d3 0◦s2 j(m) = s1 j−1◦d2 0con j∈ {1,2}yd3 0◦s2 0(m) = IdL2en la segunda igualdad. En la cuarta igualdad se ha usado d2 0◦s1 1=s0 0◦d1 0. Se ha usado que m∈NL2y que L0= 0. d3 1([s2 1(m)−s2 0(m)−s2 2(m), s2 2◦s1 1(n)]) = [d3 1◦s2 1(m)−d3 1◦s2 0(m)−d3 1◦s2 2(m), d3 1◦s2 2◦s1 1(n)] = [m−m−s1 1◦d2 1(m), s1 1◦d2 1◦s1 1(n)] = [0 −0, s1 1(n)] = 0. Se ha empleado que d3 1◦s2 j= IdL2para j∈ {0,1}yd3 1◦s2 2=s1 1◦d2 1en la segunda igualdad. En la cuarta se ha usado que d2 1◦s1 1= IdL1. Hemos usado que m∈NL2. d3 2([s2 1(m)−s2 0(m)−s2 2(m), s2 2◦s1 1(n)]) = [d3 2◦s2 1(m)−d3 2◦s2 0(m)−d3 2◦s2 2(m), d3 2◦s2 2◦s1 1(n)] = [m−s1 0◦d2 1(m)−m, s1 1(n)] = [m−0−m, s1 1(n)] = 0. Se ha usado d3 2◦s2 j= IdL2con j∈ {1,2}yd3 2◦s2 0=s1 0◦d2 1en la segunda igualdad. Se ha empleado que m∈NL2. Por tanto se da la igualdad requerida. Comprobemos B4),{n, ∂2m}=n·mpara m∈NL2,n∈L1. Se tiene la siguiente igualdad: {n, ∂2m}= [s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(∂2m)] = [s1 1(n)−s1 0(n), d3 3◦s2 1(m)]. 75 Se ha usado que s1 1◦d2 2=d3 3◦s2 1. Queremos ver por tanto que [s1 1(n)−s1 0(n), d3 3◦s2 1(m)] = [s1 1(n), m]ya que [s1 1(n), m] = n·m. Usando que d3 3◦s2 2= IdL2se tiene que es equivalente a demostrar que [d3 3◦s2 2◦s1 1(n)−d3 3◦s2 2◦s1 0(n), d3 3◦s2 1(m)]−[d3 3◦s2 2◦s1 1(n), d3 3◦s2 2(m)] = 0. Es suficiente ver que [s2 2◦s1 1(n)−s2 2◦s1 0(n), s2 1(m)] −[s2 2◦s1 1(n), s2 2(m)] ∈ NL3={0}. Comprobemos esto: d3 0([s2 2◦s1 1(n)−s2 2◦s1 0(n), s2 1(m)] −[s2 2◦s1 1(n), s2 2(m)]) = [d3 0◦s2 2◦s1 1(n)−d3 0◦s2 2◦s1 0(n), d3 0◦s2 1(m)] −[d3 0◦s2 2◦s1 1(n), d3 0◦s2 2(m)] = [s1 1◦d2 0◦s1 1(n)−s1 1◦d2 0◦s1 0(n), s1 0◦d2 0(m)] −[s1 1◦d2 0◦s1 1(n), s1 1◦d2 0(m)] = [s1 1◦s0 0◦d1 0(n)−s1 1(n),0] −[s1 1◦s0 0◦d1 0(n),0] = [−s1 1(n),0] −[0,0] = 0. Se ha usado d3 0◦s2 j(m) = s1 j−1◦d2 0con j∈ {1,2}en la segunda igualdad. En la tercera igualdad hemos usado d2 0◦s1 1=s0 0◦d1 0yd2 0◦s1 0= IdL1. Se ha usado que m∈NL2y que L0= 0. d3 1([s2 2◦s1 1(n)−s2 2◦s1 0(n), s2 1(m)] −[s2 2◦s1 1(n), s2 2(m)]) = [d3 1◦s2 2◦s1 1(n)−d3 1◦s2 2◦s1 0(n), d3 1◦s2 1(m)] −[d3 1◦s2 2◦s1 1(n), d3 1◦s2 2(m)] = [s1 1◦d2 1◦s1 1(n)−s1 1◦d2 1◦s1 0(n), m]−[s1 1◦d2 1◦s1 1(n), s1 1◦d2 1(m)] = [s1 1(n)−s1 1(n), m]−[s1 1(n),0] = [0, m]−[s1 1(n),0] = 0. Se ha empleado que d3 1◦s2 j= IdL2para j∈ {0,1}yd3 1◦s2 2=s1 1◦d2 1 en la segunda igualdad. En la cuarta se ha usado que d2 1◦s1 j= IdL1con j∈ {0,1}. Hemos usado que m∈NL2. d3 2([s2 2◦s1 1(n)−s2 2◦s1 0(n), s2 1(m)] −[s2 2◦s1 1(n), s2 2(m)]) = [d3 2◦s2 2◦s1 1(n)−d3 2◦s2 2◦s1 0(n), d3 2◦s2 1(m)] −[d3 2◦s2 2◦s1 1(n), d3 2◦s2 2(m)] = [s1 1(n)−s1 0(n), m]−[s1 1(n), m] = −[s1 0(n), m]. Se ha usado d3 2◦s2 j= IdL2con j∈ {1,2}en la segunda igualdad. Tenemos que comprobar para concluir este apartado que [s1 0(n), m] = 0 para n∈L1,m∈NL2. Se tiene que, por definición m∈ker(d2 0)∩ker(d2 1). Además puede verse que d2 2◦s1 0(n) = s0 0◦d1 1(n)=0al ser L0= 0. Por tanto s1 0(n)∈ker(d2 2). Usando estos dos datos se tiene las siguientes igualdades: d3 0([s2 1◦s1 0(n), s2 2(m)]) = [d3 0◦s2 1◦s1 0(n), s1 1◦d2 0(m)] = 0. d3 1([s2 1◦s1 0(n), s2 2(m)]) = [d3 1◦s2 1◦s1 0(n), s1 1◦d2 1(m)] = 0. d3 3([s2 1◦s1 0(n), s2 2(m)]) = [s1 1◦d2 2◦s1 0(n), d3 3◦s2 2(m)] = 0. Donde se ha usado d3 0◦s2 2=s1 1◦d2 0,d3 1◦s2 2=s1 1◦d2 1yd3 3◦s2 1=s1 1◦d2 2. 82 CAPÍTULO 6. EQUIVALENCIA: TRENZADOS Y SIMPLICIALES Veamos en primer lugar que d2 1es K-lineal. Sean λ, µ ∈K,((m, n), n0),((m0, n00), n000)∈L2: d2 1(λ((m, n), n0) + µ((m0, n00), n000)) = d2 1(((λm +µm0, λn +µn00), λn0+µn000)) =λn +µn00 +λn0+µn000 =λ(n+n0) + µ(n00 +n000) λd2 1(((m, n), n0)) + µd2 1(((m0, n00), n000)). Veamos ahora que la aplicación es un homomorfismo de K-álgebras de Lie. Sea para ello ((m, n), n0),((m0, n00), n000)∈L2. d2 1([((m, n), n0),((m0, n00), n000)]) =d2 1(([(m, n),(m0, n00)] + n0∗(m0, n00)−n000 ∗(m, n),[n0, n000])) =d2 1((([m, m0] + n·m0−n0·m, [n, n00]) + (−{n0, n00},[n0, n00]) −(−{n000, n},[n000, n]),[n0, n000])) =d2 1((([m, m0] + n·m0−n0·m− {n0, n00}+{n000, n}, [n, n00]+[n0, n00]−[n000, n]),[n0, n000])) = [n, n00]+[n0, n00]−[n000, n]+[n0, n000] = [n+n0, n00]+[n, n000]+[n0, n000]=[n+n0, n00 +n000] = [d2 1(((m, n), n0)), d2 1(((m0, n00), n000))]. Se tiene que d2 2es K-lineal pues a nivel de K-espacios vectoriales la aplicación es hacer primero la primera proyección y a continuación la aplicación tde la Proposición 2.13, siendo ambas aplicaciones K-lineales. Veamos que conserva los corchetes: d2 2([((m, n), n0),((m0, n00), n000)]) =d2 2(([(m, n),(m0, n00)] + n0∗(m0, n00)−n000 ∗(m, n),[n0, n000])) =d2 2((([m, m0] + n·m0−n0·m, [n, n00]) + (−{n0, n00},[n0, n00]) −(−{n000, n},[n000, n]),[n0, n000])) =d2 2((([m, m0] + n·m0−n0·m− {n0, n00}+{n000, n}, [n, n00]+[n0, n00]−[n000, n]),[n0, n000])) =∂([m, m0] + n·m0−n0·m− {n0, n00}+{n000, n})+[n, n00] + [n0, n00]−[n000, n] = [∂m, ∂m0] + ∂(n·m0)−∂(n0·m)−∂{n0, n00}+∂{n000, n} + [n, n00]+[n0, n00]−[n000, n] = [∂m, ∂m0]+[n, ∂m0]−[n0, ∂m]−[n0, n00]+[n000, n]+[n, n00] + [n0, n00]−[n000, n] = [∂m, ∂m0]+[n, ∂m0]+[∂m, n0]+[n, n00]=[∂m +n, ∂m0+n00] = [d2 2(((m, n), n0)), d2 2(((m0, n00), n000))]. Donde hemos usado A1) de ·yB1) de la trenza. 83 Es claro que s1 0es K-lineal, pues lo es en cada componente, solo hemos de ve que se conservan los corchetes. Tomemos n, n0∈L1: [s1 0(n), s1 0(n0)] = [((0,0), n),((0,0), n0)] = ([(0,0),(0,0)] + n∗(0,0) −n0∗(0,0),[n, n0]) = ((0,0),[n, n0]) = s1 0([n, n0]). Se tiene que s1 1es K-lineal al serlo en cada componente. Veamos que es un homomorfismo de K-álgebras de Lie. Consideremos n, n0∈L1, entonces: [s1 1(n), s1 1(n0)] = [((0, n),0),((0, n),0)] = ([(0, n),(0, n0)] + 0 ∗(0, n0)−0∗(0, n),[0,0]) = ([(0, n),(0, n0)],0) = (([0,0] + n·0−n0·0,[n, n0]),0) = ((0,[n, n0]),0) = s1 1([n, n0]). Queda por tanto ver que se cumplen a este nivel las identidades simpliciales. Se tiene de modo inmediato que d1 i◦d2 j=d1 j−1◦d2 i, cuando 0≤i<j≤2, ya que d1 i= 0 para todo i∈ {0,1}. Se cumple que s1 i◦s0 j=s1 j+1 ◦s0 ipara 0≤i≤j≤0ya que el único caso posible es i=j= 0 ys1 0◦s0 0=s1 1◦s0 0al ser s0 0= 0. Veamos que d2 i◦s1 j=s0 j−1◦d1 icuando 0≤i < j ≤1, es decir, veamos la veracidad para i= 0,j= 1. Dado que s0 0= 0 yd1 0= 0 tenemos que probar que d2 0◦s1 1= 0. Tomemos n∈L1, entonces: d2 0◦s1 1(n) = d2 0(((0, n),0)) = 0. d2 i◦s1 j= IdL1cuando i=joi=j+ 1. Tomemos n∈L1y veamos esto: d2 0◦s1 0(n) = d2 0(((0,0), n)) = n= IdL1(n), d2 1◦s1 0(n) = d2 1(((0,0), n)) = 0 + n= IdL1(n), d2 1◦s1 1(n) = d2 1(((0, n),0)) = n+ 0 = IdL1(n), d2 2◦s1 1(n) = d2 2(((0, n),0)) = ∂(0) + n=n= IdL1(n). Comprobemos que d2 i◦s1 j=s0 j◦d1 i−1, cuando 0≤j < i −1≤1. En este caso solo puede darse que j= 0 ei−1=1, por lo que i= 2. Tenemos por tanto que probar que d2 2◦s1 0=s0 0◦d1 1. Como s0 0= 0 yd1 1= 0 tenemos que probar que d2 2◦s1 0= 0. Veamos esto último tomando n∈L1y operando: d2 2◦s1 0(n) = d2 2(((0,0), n)) = ∂(0) + 0 = 0. Por lo que se dan las identidades simpliciales para las aplicaciones contenidas entre L1yL2. 84 CAPÍTULO 6. EQUIVALENCIA: TRENZADOS Y SIMPLICIALES Comprobemos que se cumple la propiedad dada en la Observación 5.14. Sea ((m, n), n0)∈(MoNo)N, entonces: ((m, n), n0)∈ker(d2 0)⇔n0= 0, ((m, n), n0)∈ker(d2 1)⇔n+n0= 0 ⇐ −n=n0, ((m, n), n0)∈ker(d2 2)⇔∂m +n= 0 ⇐ −n=∂m. Los casos posibles de Ison los siguientes: I={1,2},I={0,2}eI={1,2}, por la anticonmutatividad y tener el conjunto 3elementos (Jes el complementario de Ien {0,1,2}). Veamos por tanto que se cumple la propiedad: Caso I={1,2},J={0}. Sea ((m, −∂m), ∂m)∈ker(d2 1)∩ker(d2 2), ((m0, n0),0) ∈ker(d2 0). Se tiene: [((m, −∂m), ∂m),((m0, n0),0)] = ([(m, −∂m),(m0, n0)] + ∂m ∗(m0, n0)−0∗(m, −∂m),[−∂m, 0]) = ([(m, −∂m),(m0, n0)] + (−{∂m, n0},[∂m, n0]),0) = (([m, m0]−∂m ·m0−n0·m, [−∂m, n0]) + (−{∂m, n0},[∂m, n0]),0) = (([m, m0]−[m, m0]−n0·m+n0·m, 0),0) = ((0,0),0). Donde en la igualdad 4hemos usado la propiedad M2) de módulos cruzados y la propiedad B3) de trenzas. Caso I={0,2},J={1}. Sea ((m, −∂m),0) ∈ker(d2 0)∩ker(d2 2)y el elemento ((m0, n),−n)∈ker(d2 1). Se cumple: [((m, −∂m),0),((m0, n),−n)] = ([(m, −∂m),(m0, n)] + 0 ∗(m0, n) + n∗(m, −∂m),[0,−n]) = (([m, m0]−∂m ·m0−n·m, [−∂m, n]) + (−{n, −∂m},[n, −∂m]),0) = (([m, m0]−[m, m0]−n·m+n·m, 0),0) = ((0,0),0). Hemos usado la anticonmutatividad del corchete en la igualdad 3para la segunda coordenada de la primera coordenada y para la primera de la primera usamos de nuevo M2) y el axioma de trenza B4). Caso I={0,1},J={2}. Sea ((m, 0),0) ∈ker(d2 0)∩ker(d2 1)y el par ((m0,−∂m0), n)∈ker(d2 2). Se verifica: [((m, 0),0),((m0,−∂m0), n)] = ([(m, 0),(m0,−∂m0)] + 0 ∗(m, −∂m)−n∗(m, 0),[0, n]) = ([(m, 0),(m0,−∂m0)] −(−{n, 0},[n, 0]),0) = ([(m, 0),(m0,−∂m0)],0) = (([m, m0]+0·m+∂m0·m, [0,−∂m]),0) = (([m, m0]+[m0, m],0),0) = ((0,0),0). Se ha usado M2) en la igualdad 5. 85 Definición 6.8. Dado un módulo cruzado trenzado de K-álgebras de Lie X, se define su K-álgebra de Lie simplicial reducida truncada en 2asociada y se denota por Ω(X)a la K-álgebra de Lie simplicial reducida truncada en 2definida a partir de la Proposición 6.7. Proposición 6.9. Ω: BXLieAlgK−→ Tr2RedSimp(LieAlgK)Pdefinido como: Ω(X(f1,f2) −−−−→ X0) = Ω(X){gn}n∈{1,2,3} −−−−−−−−−→ Ω(X0), donde Ω(X)yΩ(X)son las K-álgebras de Lie simpliciales reducidas truncadas en 2asociadas a XyX0respectivamente; si X= (M, N, ·, ∂, {−,−})yX0= (M0, N0,·0, ∂0,{−,−}0), los morfismos son g0= 0: 0 −→ 0,g1=f2yg2: (Mo N)oN−→ (M0oN0)oN0definida por g2((m, n), n0) = ((f1(m), f2(n)), f2(n0)) (es decir g2= (f1×f2)×f2); es un funtor. Demostración. Primero veamos que, en efecto, {gn}n∈{1,2,3}es un morfismo en la categoría. Para ello veamos que g2= (f1×f2)×f2es un homomorfismo de K-álgebras de Lie, pues ya sabemos que g0= 0 yg1=f2lo son por ser la aplicación 0y(f1, f2)se un homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie (f2es morfismo de álgebras de Lie por ello). Por construcción ya se verifica la K-linealidad, pues puede verse como aplicaciones entre productos y cada componente es K-lineal. Veamos que se conserva el corchete. Tomemos ((m, n), n0),((m0, n00), n000)∈(MoN)oNy veámoslo. g2([((m, n), n0),((m0, n00), n000)]) =g2(([(m, n),(m0, n00)] + n0∗(m0, n00)−n000 ∗(m, n),[n0, n000])) =g2((([m, m0] + n·m0−n00 ·m, [n, n00]) + (−{n0, n00},[n0, n00]) −(−{n000, n},[n000, n]),[n0, n000])) =g2((([m, m0] + n·m0−n00 ·m− {n0, n00}+{n000, n},[n, n00]+[n0, n00] −[n000, n]),[n0, n000])) = (([f1(m), f1(m0)] + f2(n)·0f1(m0)−f2(n00)·0f1(m)− {f2(n0), f2(n00)}0 +{f2(n000), f2(n)}0,[f2(n), f2(n00)] + [f2(n0), f2(n00)] −[f2(n000), f2(n)]), [f2(n0), f2(n000)]) = [((f1(m), f2(n)), f2(n0)),((f1(m0), f2(n00)), f2(n000))] = [g2(((m, n), n0)), g2(((m0, n00), n000))]. Donde se han usado las propiedades de los homomorfismos de los módulos cruzados trenzados en la igualdad 4. La igualdad 5es deshacer toda la expansión repitiendo el proceso a la inversa. Para ver que son morfismos en la categoría debemos ver que conmutan con las aplicaciones cara y degeneración. Ya que L0=0=L0 0solo tenemos que probar la conmutación con los morfismos cara y degeneración definidos entre L1 yL2, ya que los primeros conmutan trivialmente al ser siempre tres de ellos (el cuarto es g1), el morfismo cero. 86 CAPÍTULO 6. EQUIVALENCIA: TRENZADOS Y SIMPLICIALES Empecemos comprobando con los morfismos degeneración. Sea n∈L1=N, entonces: g2◦s1 0(n) = g2(((0,0), n)) = ((0,0), f2(n)) = s01 0(f2(n)) = s01 0◦g1(n), g2◦s1 1(n) = g2(((0, n),0)) = ((0, f2(n)),0) = s01 1(f2(n)) = s01 1◦g1(n). Veamos ahora que es cierto para los morfismos cara. Para ello consideremos ((m, n), n0)∈L2= (MoN)oNy veámoslo: g1◦d2 0(((m, n), n0)) = g1(n0) = d02 0(((f1(m), f2(n)), f2(n0))) =d02 0◦g2(((m, n), n0)), g1◦d2 1(((m, n), n0)) = g1(n+n0) = f2(n) + f2(n0) = d02 1(((f1(m), f2(n)), f2(n0))) =d02 1◦g2(((m, n), n0)), g1◦d2 2(((m, n), n0)) = g1(∂m +n) = ∂0(f1(m)) + f2(n0) =d02 2(((f1(m), f2(n)), f2(n0))) = d02 2◦g2(((m, n), n0)). Se ha usado, en la tercera cadena de igualdades, BH2). Por tanto la correspondencia está bien definida. Veamos que es un funtor. Sean X(f1,f2) −−−−→ X0(h1,h2) −−−−→ X 000 un par de homomorfismos de módulos cruzados de K-álgebras de Lie. Dada la forma de dar hacer la composición en ambas categorías y la forma que tiene la identidad llega ver las siguientes igualdades: (IdM×IdN)×IdN= Id(MoN)oNy((h1×h2)×h2)◦((f1×f2)×f2) = ((h1◦f1)×(h2◦f2))×(h2◦f2), ya que de esta forma se compondrán las tres aplicaciones del modo correcto (por argumentos similares al de funtores anteriores). Las igualdades son ciertas, pues se usa el producto binario de aplicaciones dos veces y se probó que las igualdades eran ciertas para el producto binario en la Proposición 3.1. Por tanto es, en efecto, un funtor. Definición 6.10. Se define Ξ: BXLieAlgK−→ RedSimp(LieAlgK)L≤2como el funtor composición DCSk3◦Ω, siento estos los funtores dados por el Teorema 5.19 (para el caso de objetos simpliciales reducidos) y la Proposición 6.9. De ahora en adelante se verá que los funtores son equivalencias. Observación 6.11.Veamos como es Γ◦Ξ: BXLieAlgK−→ BXLieAlgK, siendo estos funtores los definidos en las Proposiciones 6.6 y Definición 6.10. Sea (M, N, ·, ∂, {−,−})un objeto en dicha categoría. Para saber cual es esta composición de funtores hemos de calcular el complejo de Moore de Ξ((M, N, ·, ∂, {−,−})) Debido al Teorema 5.19 sabemos que estos coinciden con el complejo de Moore de los datos dados por el truncado, es decir, los tres datos del funtor Ω. Con ellos se tiene: NL1=L1=Nal ser L0= 0 y, por la demostración 87 de la Proposición 6.7 (cuando probamos si cumple la propiedad de la Observación 5.14) que los elementos de NL2son de la forma ((m, 0),0) con m∈M, por estar simultáneamente en el núcleo de d2 1yd2 0. Por ello denotaremos, cuando sea preciso NL2:= ((M, 0),0). Veamos a continuación la forma de la acción, la aplicación ∂2y la trenza tras aplicar ambos funtores. Para evitar ambigüedad denotaremos la acción de la imagen por los funtores como ·Ny a la trenza por {−,−}N. Sea ((m, 0),0) ∈NL2, sea n∈N, entonces la acción es la siguiente: n·N((m, 0),0) = [s1 1(n),((m, 0),0)] = [((0, n),0),((m, 0),0)] = ([(0, n),(0, m)] + 0 ∗(m, 0) −0∗(0, n),[0,0]) = ([(0, n),(m, 0)],0) = (([0, m] + n·m−0·0,[0,0]),0) = ((n·m, 0),0). Consideremos ((m, 0),0) ∈NL2. Veamos cual es su valor al aplicarse ∂2: ∂2(((m, 0),0)) = ∂m + 0 = ∂m. Para concluir veamos, si n, n0∈N, cual es el valor de la trenza. {n, n0}N= [s1 1(n)−s1 0(n), s1 1(n0)] = [((0, n),0) −((0,0), n),((0, n0),0)] = [((0, n),−n),((0, n0),0)] = ([(0, n),(0, n0)] −n∗(0, n0)−0∗(0, n),[−n, 0]) = ([(0, n),(0, n0)] −(−{n, n0},[n, n0]),0) = (([0,0] + n·0−n0·0,[n, n0]) −(−{n, n0},[n, n0]),0) = (({n, n0},0),0). Falta ver como es sobre las flechas. Sea (f1, f2)un morfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie. Entonces Γ◦Ξ((f1, f2)) = (((f2×f1)×f1)N, f2). Por tanto hemos de ver como es ((f2×f1)×f1)N: ((M, 0),0) −→ ((M0,0),0) (se supone que f1:M−→ M). Consideremos ((m, 0),0) ∈((M, 0),0), se tiene: ((f2×f1)×f1)N(((m, 0),0)) = (f2×f1)×f1(((m, 0),0)) = ((f2(m),0),0). Por lo que es, en esencia, el par (f1, f2). Proposición 6.12. Sean ΓyΞlos funtores definidos en la Proposición 6.6 y la Definición 6.10. Entonces la correspondencia que a cada módulo cruzado trenzado de K- álgebras de Lie, X= (M, N, ·, ∂, {−,−}), le asocia el isomorfismo en la categoría θX= (ϑX,IdN): X −→ Γ(Ξ(X)), donde ϑX:M−→ ((M, 0),0) está dada por ϑX(m) = ((m, 0),0), es un isomorfismo natural θ: IdBXLieAlgK−→ Γ◦Ξ. Demostración. En primer lugar tenemos que ver que θXes un morfismo en la categoría. Por definición IdNes homomorfismo de K-álgebras de Lie. Veamos que ϑX es también un homomorfismo de K-álgebras de Lie. Es K-lineal por serlo cada una de sus componentes, por lo que solo hemos de probar que preserva los corchetes. 88 CAPÍTULO 6. EQUIVALENCIA: TRENZADOS Y SIMPLICIALES Sea m, m0∈M, entonces: [ϑX(m), ϑX(m0)] = [((m, 0),0),((m0,0),0)] = ([(m, 0),(m0,0)] + 0 ∗(m0,0) + 0 ·(m, 0),[0,0]) = ([m, m0]+0·m0−0·m, 0) = (([m, m0],0),0) = ϑX([m, m0]). Por tanto conserva el corchete de Lie. Veamos ahora que el par (ϑX,IdN)cumple los axiomas de homomorfismos de módulos cruzados de K-álgebras de Lie. Usemos para ello la construcción de Γ◦Ξ(X)dada en la Observación 6.11. Comprobemos BH1).Sean ∈N,m∈M, entonces: ϑX(n·m) = ((n·m, 0),0) = n·N((m, 0),0) = IdN(n)·ϑX(m). Probemos BH2). Sea m∈M, entonces: IdN◦∂(m) = ∂m =∂2((m, 0),0) = ∂2◦ϑX(m). Demostremos BH3). Sea n, n0∈N, se tiene: {IdN(n),IdN(n0)}N={n, n0}N= (({n, n0},0),0) = ϑX({n, n0}). Se ha probado que (ϑX,IdN)es un homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie. Es claro que IdNes biyectiva. Además ϑXes inyectiva y sobreyectiva de modo inmediato, por ello, usando el Lema 3.4 se tiene que ΦXes, en efecto, un isomorfismo en la categoría. Queda ver que la correspondencia es un isomorfismo natural. Para ello tenemos que ver que para todo homomorfismo de módulos cruzados trenzados de K-álgebras de Lie X(f1,f2) −−−−→ X0, el siguiente diagrama es conmutativo: XΓ◦Ξ(X) X0Γ◦Ξ(X0). (f1,f2) θX (((f2×f1)×f1)N,f2) θX0 Para ver esto tomemos X= (M, N, ·, ∂, {−,−}), como en las hipótesis, y usemos de nuevo la expresión de ((f2×f1)×f1)Ndada en la Observación 6.11, para ver como es la composición en la primera componente. Sea m∈Mse tiene: ((f2×f1)×f1)N◦ϑX(m) = ((f2×f1)×f1)N(((m, 0),0)) = ((f1(m),0),0) = ϑX0◦f1(m). Dado que la composición conmuta en la segunda componente de modo trivialmente, se concluye la demostración y se tiene, por tanto, que θ: IdBXLieAlgK−→ Γ◦Ξes un isomorfismo natural. 89 Para hacer el otro isomorfismo natural acudimos de nuevo a [3], y tomamos un resultado que el denomina descomposición de un grupo simplicial truncado en 2en producto semidirecto. Dicho resultado esta escrito para grupos simpliciales, pero la demostración es idéntica para K-álgebras de Lie simpliciales reducidas (se toma el primer complejo como 0). Dicho resultado se escribirá a continuación. Proposición 6.13 ([3]).Sea L={(Ln,{dn i},{sn i})}una K-álgebra de Lie simplicial reducida. Entonces existe un isomorfismo natural a la altura de la categoría Tr2RedSimp(LieAlgK)Pde modo que si denotamos por NL1=L1= NyNL2=M0se tiene que: L0= 0, L1=N, L2≃(MoN)oN. Donde (MoN)oNesta construida del mismo modo que en el funtor Ω(substituyendo mediante el isomorfismo dado en la Proposición 6.12 ((M, 0),0) por M) donde la acción ·y la trenza son las dadas para el funtor Γ. Dicho de otro modo, se tiene que T r2∼ =Ω◦Γsiendo estos los funtores definidos en la Proposiciones 6.6 y 6.9. Usando esta proposición junto con el siguiente lema probaremos la equivalencia. Lema 6.14. Sean C,DyEdos categorías. Sean F, G:C−→ DyH, K :D−→ E cuatro funtores. Entonces se cumple la siguiente propiedad: F∼ =GyH∼ =K⇒H◦F∼ =K◦G. Demostración. Sean τ:F−→ Gyη:H−→ Klos isomorfismos naturales. Se define la correspondencia que asocia a un objeto Ade Cla flecha de E νA=ηG(A)◦H(τA). Esta claro que está bien definida por propiedades de los funtores, ya que τA:F(A)−→ G(A)implica que H(τA): H(F(A)) −→ H(G(A)) yηG(A):H(G(A)) −→ K(G(A)). Por ser ηun isomorfismo natural sabemos queηG(A)es un isomorfismo en la categoría. Además, por el mismo motivo τAes isomorfismo, por lo que por la Proposición 1.11 afirmamos que H(τA)es un isomorfismo. Por tanto se tiene que νAes isomorfismo por ser composición de isomorfismos. Queda ver que ν:H◦F−→ K◦Ges en efecto una transformación natural, ya que, de ser ese el caso, como para cada objeto es un isomorfismo, se trataría de un isomorfismo natural. Veamos por tanto que conmuta con las flechas. Sea f:A−→ Bun morfismo en C, entonces: νB◦H(F(f)) = ηG(B)◦H(τB)◦H(F(f)) = ηG(B)◦H(τB◦F(f)) =ηG(B)◦H(G(f)◦τA) = ηG(B)◦H(G(f)) ◦H(τA) =K(G(f)) ◦ηG(A)◦H(τA) = K(G(f)) ◦νA. 90 CAPÍTULO 6. EQUIVALENCIA: TRENZADOS Y SIMPLICIALES Donde hemos usado la propiedad de los funtores con respecto a la composición y el hecho de que τyηson transformaciones naturales (hemos omitido los paréntesis usando la propiedad asociativa para simplificar la demostración). Corolario 6.15. Las categorías BXLieAlgKyRedSimp(LieAlgK)L≤2son equivalentes. Demostración. Sabemos por la Proposición 6.12 que los funtores ΓyΞdefinidos en la Proposición 6.6 y la Definición 6.10 cumplen IdBXLieAlgK∼ =Γ◦Ξ. Veamos por tanto, para concluir que son equivalentes, que IdRedSimp(LieAlgK)L≤2 ∼ =Ξ◦Γ. Sabemos por la Proposición 6.13 que Tr2∼ =Ω◦Γsiendo los funtores restantes introducidos en la Proposición 6.9 y el Teorema 5.19 (en el caso de álgebras de Lie simpliciales reducidas). Usando el Lema 6.14 se tiene lo siguiente: Tr2∼ =Ω◦Γ⇒DCSk3◦Tr2∼ =DCSk3◦Ω◦Γ=Ξ◦Γ. Dado que DCSk3◦Tr2∼ =IdRedSimp(LieAlgK)L≤2por el Teorema 5.19, se tiene que IdRedSimp(LieAlgK)L≤2 ∼ =Ξ◦Γ(la composición de isomorfismos naturales es un isomorfismo natural de modo inmediato) con lo que se prueba la equivalencia. Bibliografía [1] J. Adámek, H. Herrlich, G.E. Strecker, Abstract and Concrete Categories. The Joy of Cats. A Wiley-Interscience Publication. John Wiley & Sons, Inc., New York, 1990. [2] I. Akça, Z. Arvasi, Simplicial and crossed Lie algebras, Homology, Homotopy Appl. 4(1) (2002), 43–57. [3] D. Conduché, Modules croisés généralisés de longueur 2, J. Pure Appl. Algebra 34(2–3) (1984), 155–178. [4] G.J. Ellis, Homotopical aspects of Lie algebras, J. Austral. Math. Soc. Ser. A54(3) (1993), 393–419. [5] J.F. Martins, R. Picken, The fundamental Gray 3-groupoid of a smooth manifold and local 3-dimensional holonomy based on a 2-crossed module, Differential Geom. 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