张量积(3)
Part.1张量代数
V 是一个线性空间，记 \(V^{\otimes n}=V\otimes \cdots\otimes V\)（n个\(V\)），以及 \(T^m(V)=V^{\otimes m}\)， \(T(V)= \displaystyle\bigoplus_{n=0}^\infty T^ n(V)=\displaystyle\bigoplus_{n=0}^\infty V^{\otimes n}\),其中 \(V^{\otimes 0}=F\) .容易验证，\(T(V)\) 有结合律。
同时\(x=u_1\otimes\cdots \otimes u_n \in V^{\otimes n},y=u_1\otimes\cdots \otimes u_n\) ，我们有\(x\cdot y=u_1\otimes\cdots \otimes u_n\otimes u_1\otimes\cdots \otimes u_n\in V^{\otimes m+n}\)，显然我们有\(\displaystyle\bigoplus_{k=0}^n T^ k(V)\cdot \displaystyle\bigoplus_{k=0}^m T^ k(V)\subset \displaystyle\bigoplus_{k=0}^{n+m} T^ k(V)\) 称为分级代数。（为什么是真包含，可以类比多项式环中m+n次不可约多项式）
T(V)便是所谓的张量代数。
Part.2对称代数
我们想让 \(T（V）\) 中的元素有交换性，即\(x\cdot y=y\cdot x\)或者更广泛一点，\(u_1\otimes\cdots\otimes u_n=u_{i_1}\otimes \cdots \otimes u_{i_n}\)其中\(i_1i_2\cdots i_n\in S_n\)。（即任意1到n的一种排列）。（盲猜称为对称代数源于对称群）
我们有两种方法来构造这个对称代数。
方法一：
我们现在有一个环 \(R\) (包含加法和乘法两种运算，且加法具有交换性），\(I\) 是 \(R\) 的子环且满足\(\forall r\in R ,a\in I,ar,ra\in I\)那么称 \(I\) 为 \(R\) 的一个理想（双边理想）。类似于商空间，我们构造商环 \(R/I=\{r+I|r\in R \}\),并继承 \(R\) 中的加法和乘法。显然有以下性质：
我们现在令$ R=T(V),I$ 是包含所有形如 \(u\otimes v-v\otimes u,\forall u,v \in T(V)\) 的元素的最小双边理想。
*\(I\)是由所有\(rd,dr,rdr'\)类型的元素张成的空间，其中\(r,r'\in T(V),d\)为对称差。（感谢宋大大）
令\(S(V)=T(V)/I\)，那么 \(S(V)\) 拥有我们需要的交换性：我们取 \(x,z\) 不变 \(y=u_i\otimes u_{i+1}\) 那么有\(u_{i+1}\otimes u_i-y\in I\)，于是有\(x\otimes u_i\otimes u_{i+1}\otimes z=x\otimes u_{i+1}\otimes u_i\otimes z+I\) 通过两两交换我们可以实现任意的排列。
类似于\(T(V)\)，\(S(V)=\displaystyle\bigoplus_{k=0}^\infty S^k(V)\),其中 \(S^k(V)=V^{\otimes k}/I\cap V^{\otimes k}\).
假设\(V\)是n维空间，那么我们想知道 \(S^k(V)\)是几维空间。
Lemma \(\dim S^k(V)=C_{n+m-1}^m\)
取 \(V\) 的一组基 \(\{v_1,\cdots,v_n\}\)于是有\(S^k(V)\) 的一组基为 \(\{v_{i_1}v_{i_2}\cdots v_{i_m}|1\leq i_1\leq\cdots\leq i_m\leq n\}\) 由组合数学知识即可算得维数。
方法二：
我们定义 \(End_{T(V)}\) 中的算子\(A\)：
相当于对\(m!\)个元素取平均值调和归一。
Lemma \(A^2=A\)
直接验证，显然。（已经平均了再平均自然是本身）
记\(A\)的像为 \(T^+(V)\) ，在其中我们定义 “\(\cdot\)”：
那么直接验证可以得 \(A(x)A(y)=A(y)A(x)\)（\(\cdot\) 可以略去不写）即\(T^+(V)\) 中的运算\(\cdot\)满足交换性。
沿用方法1中的记号\(S(V)\),我们定义\(\sigma:S(V)\rightarrow T^+(V)\)通过\(u_1\otimes \cdots\otimes u_m+I\mapsto A(u_1\otimes \cdots \otimes u_m)\)，如此便构造了一个代数同构（因为有：在\(S(V)\)里\(u_1\otimes \cdots\otimes u_m\)和\(u_{i_1}\otimes \cdots \otimes u_{i_m}\)是同一个元素，对应过来的\(A(u_1\otimes \cdots \otimes u_m)\)和\(A(u_{i_1}\otimes \cdots \otimes u_{i_m})\)也为同一个元素）
并记 \(A(u_1\otimes\cdots\otimes u_m)\)为\(u_1\cdots u_m\)
*此处的\(T^+(V)\)并不是\(T(V)\)的一个子代数（因为\(\frac{1}{2}u_1u_2+\frac{1}{2}u_3u_4\notin T^+(V)\)）
Part.3外代数
同样有两种方法去定义。
方法一：
\(\widetilde{I}\) 是包含 \(T(V)\) 中所有形如 \(u\otimes v+v\otimes u,u,v\in T(V)\)元素的最小双边理想。
这次我们有\(u_1\otimes u_2=-u_2\otimes u_1+\widetilde{I}\)，于是有$$u_1\otimes\cdots \otimes u_m+\widetilde{I}=(-1)^{\tau(i_1\cdots i_m)}u_{i_1}\cdots u_{i_m} +\widetilde{I}$$其中\(\tau(i_1\cdots i_m)\)为逆序对的个数（\(s<t,i_s>i_t\)为一对逆序对）
我们记\(T(V)/\widetilde{I}=\wedge (V)\),其中元素\(u_1\otimes\cdots \otimes u_m+\widetilde{I}=u_1\wedge u_2\cdots \wedge u_m\).称为 \(V\)的外代数。
同前我们可以记 \(\wedge^m(V)=T^m(V)/\widetilde{I}\cap T^m(V)\)，于是有\(\wedge(V)=\displaystyle\bigoplus_{k=0}^\infty \wedge^k(V)\)，\(\wedge^0(V)=F\)
\(\wedge(V)\)即为我们所需要的。
同样，我们想知道\(\dim \wedge^m(V)\).
令\(v_1,\cdots,v_n\)为\(V\)的一组基。显然有 \(m>n\) 时， \(\dim \wedge^m(V)=0\)(必有两个元素相同，交换以后变号，所以所有元素都为0)
当\(1\leq m\leq n\)时，我们有\(\dim \wedge^m(V)=C_n^m\)，其中有\(\{v_{i_1}\wedge\cdots\wedge v_{i_m}|1\leq i_1<i_2<\cdots<i_m\leq n\}\)为一组基。
于是\(dim\wedge(V)=\sum C_n^m=2^n\).
方法二：
类似于Part2中的方法二，我们定义 \(End_{T(V)}\) 中的算子\(A'\)：
同前推导我们有\(A^2=A\),其像记为\(T^-(V)\)同样定义“\(\cdot\)”：
简单推导可得\(x=u_1\otimes \cdots u_m,y=v_1\otimes \cdots v_n\) \(\\A'(x)A'(y)=(-1)^{mn} A'(y)A'(x)\)。
同样有\(\wedge(V)\cong T^-(V)\)（\(u_1\wedge \cdots u_m\mapsto A'(u_1\otimes \cdots u_m)\)）
记 \(T^-_m(V)=T^-(V)\cap T^m(V)\)，那么我们有：
\(T^2(V)=V^{\otimes 2}=T^+_2(V)\oplus T^-_2(V)\)
显然我们有\(u\otimes v\leftrightarrow \frac{u\otimes v+v\otimes u}{2}+\frac{u\otimes v-v\otimes u}{2}\)
