algebras de Hopf punteadas
6.1. GENERACI ´ ON EN GRADO UNO
Pero ninguno de estos casos es posible. En consecuencia,qqjj =−1. Mirando
a [H, Table 2] vemos que QiiQi3Q3i = 1 para alg´un i∈ {1,2} en todos los
casos. Como ambas situaciones son an´alogas, asumimos i= 1: q3 = 1. Por [H, Lemma 9(iii)], una de las siguientes condiciones es verdadera:
qjj3 = 1, peroq3jj =−q−3 =−1,
qjj4 = 1,
qjj =−q.
Obtenemos una contradicci´on, y por lo tantom6= 0.
Caso III: Q13Q31=qm+2 = 1.
El diagrama correspondiente es:
◦q q2 ◦ qjj q−2q2 jj ◦q−1q jj.
Este diagrama es an´alogo a (6.3) cambiando qjj por qjjq−1 y luego vemos
que no pertenece a [H, Table 2]. Por lo tanto qm+26= 1.
Caso IV: Q23Q32 = 1. Esto es, qjj2 = qm(m+1). Tenemos el siguiente
diagrama: (6.4) ◦qjj q−m ◦ q qm+2◦q m+1q jj.
Por los casos anteriores, ´este es un diagrama conexo de rango 3. Comom6= 0 y qm+1 6= 1 tenemosq 6= −1. Analizamos las diferentes posibilidades para los valores en los v´ertices:
qjj =qm+1qjj=−1: En tal caso, qm+1= 1 y el diagrama es
◦−1 q ◦q
q ◦−1,
pero ´este no aparece en la lista de Heckenberger.
qjj =−1,qm+1qjj6=−1: Por [H, Table 2], se sigue que tenemos que 1 =Q22Q23Q32=qm+3 y el diagrama es ◦−q−2 q−1 ◦ q q3 ◦ −1.
Tambi´en, 1 = qjj2 = qm(m+1) = q2m = q−6. Notar que q3 6= 1 pues qm 6= 1, y por lo tanto q ∈ G6. Pero este diagrama no pertenece a la lista de Heckenberger.
qjj 6=−1,qm+1qjj=−1: Como en el caso previo, 1 = Q22Q21Q12 =
q1−m. Por la definici´on de m concluimos que m= 1 y el diagrama es como en el caso anterior, donde nuevamente q ∈ G6 por la condici´on inicial del caso IV, y tenemos la misma contradicci´on.
qjj,qm+1qjj 6=−1: Por [H, Lemma 9(i)], una de las siguientes se satis- face:
es de tipo Cartan. Por lo tanto q = qjj ym = 1, o q =qm+1qjj =
q−m−2. En ambos casos llegamos al mismo diagrama
◦q q−1 ◦ q q3 ◦q 3 .
Es f´acil ver que no es de tiposA3, C3 porqueq, q2 6=q3. Pero si fuera
98 6. TRENZA EST ´ANDAR
qjj ∈ G3, q ∈G6∪G9 y 1 =q1−m = qjjq2m+3. Entonces m = 1 y
q5 = qjj−1, por lo tanto q15 = 1, pero esto es una contradicci´on con
q∈G6∪G9.
qm+1q
jj ∈ G3, q ∈ G6 ∪G9 y 1 = qjjq−m = qm+3. Nuevamente
q15= 1, lo cual es una contradicci´on conq ∈
G6∪G9.
En consecuencia (6.2) no es de tipo finito, lo que concluye la prueba.
Los siguientes lemas muestran que si la trenza satisface algunas condi- ciones relacionadas con trenzas de tipo est´andar, entonces algunas relaciones adicionales se satisfacen enS. Consideramos la presentaci´on de ´algebras de Nichols de tipo est´andar del Teorema 2.12, ver p´agina 26. Como esta pre- sentaci´on no es minimal en algunos cases, necesitamos primero descartar algunas relaciones redundantes en el siguiente lema.
Lema 6.2. Si existen j 6= k ∈ {1, . . . , θ} tales que mkj = 1, mjk = 2,
pero qjj ∈/ G3 o qkk6=−1, entonces
(adcxj)2xk,(adcxj)xk
c= 0.
Demostraci´on. Para ver esto, por [A, Lemma 5.5(ii)] basta considerar dos casos: qjj ∈ G3, qkk 6= −1, o qjj ∈/ G3, qkk = −1. En el primer caso
tenemos x3j = 0, (adcxk)2xj =x2kxj−(1 +qkk)qkjxkxjxk+qkkqkj2 xjx2k= 0. En consecuencia tenemos x2jxkxjxk= (1 +qkk)−1qkj−1x 2 jx2kxj,
y por [A, Lemma 5.5(i)] concluimos que (adcxj)2xk,(adcxj)xk
c= 0 (po-
demos restringirnos a la sub´algebra de Hopf generada por xj, xk para estar
bajo las condiciones de ese lema). La prueba para los otros casos es an´alo-
ga.
Lema 6.3. Asumamos que existen j, k, l∈ {1, . . . , θ} distintos tales que
qkk=−1, qkjqjk =q−1kl q−1lk 6= 1, qjlqlj = 1. Entonces,
(6.5) x2k= 0, [adcxj(adcxk(xl)), xk]c= 0.
Demostraci´on. La primera ecuaci´on se sigue r´apidamente puesto que
x2k es primitivo y el escalar asociado es 1. Esto implica que (adcxk)2xj = (adcxk)2xl = 0.
Para la segunda ecuaci´on, denotamosu:= [adcxj(adcxk(xl)), xk]c,gu:=
gjg2kgl ∈ Γ, χu := χjχk2χl ∈ Γ,ˆ q := qlkqkl. Por [A, Lemma 5.8], u es un
elemento primitivo.
Procedemos como en la prueba del lema previo. Supongamos que u 6= 0. Entonces la trenza de y1 = xj, y2 = xk, y3 = xl y y4 = u, con los
correspondientes elementos hi ∈ Γ, ηi ∈ Γ, corresponde a una en la que elˆ
´
6.1. GENERACI ´ON EN GRADO UNO 99
diagrama de Dynkin generalizado asociado a (Qrs=ηs(hr))1≤r,s≤4:
(6.6) ◦qjj q −1 q2jjq−2 ◦−1 q ◦qjjqll q2 llq2 ◦qll.
Notemos que q =−1 implica que (6.6) contiene un diagrama del tipo (6.3) como subdiagrama, lo que es una contradicci´on a la dimensi´on finita del ´
algebra de Nichols asociada. Por lo tanto q 6= −1 y como cualquier tal diagrama contiene un 4-ciclo, por [H, Lemma 12] tenemos q2jjq−2 = 1 o
q2llq2 = 1. Por la simetr´ıa del diagrama podemos asumirqjj =±q.
Si tambi´en qll = ±q−1, ya que Q44 = qjjqll 6= 1, entonces el diagrama
es de la forma ◦q
q−1 ◦ −1
q ◦−q
−1 . Pero esto es una contradicci´on con [H, Lemma 9(iii)]. Por lo tanto tenemos un diagrama conexo de rango 4:
◦±q q−1 ◦ −1 q ◦qll q2 llq2 ◦qjjqll.
Supongamos que qjj =−q. Como Q11Q12Q216= 1, deducimos de [H, Table
3] que
0 = (1−Q311)(Q211Q12Q21−1) = (1 +q3)(q−1),
pero descartamos este caso por [H, Table 3].
Por lo tanto qjj =q. Obtenemos que no existen diagramas en [H, Table
3] tales que Q22= −1, Q11 =Q44Q−133 =q 6=±1, por lo tanto el diagrama
de arriba no pertenece a esa lista. Por lo tanto u= 0.
Lema 6.4. Asumamos que existen j6=k∈ {1, . . . , θ} tales que mkj = 1,
mjk = 2. (a) Si qjj ∈ G3 y qkk = −1, entonces la siguiente relaci´on se
satisface:
(6.7)
(adcxj)2xk,(adcxj)xk
c= 0.
(b) Si V es est´andar y existenl6=j, k∈ {1, . . . , θ} tales quemjl=mlj = 0,
mkl= 1 y (1 +qkk)(1−q3jj) = 0, entonces:
(6.8)
(adcxk)2(adcxj)xl,(adcxj)xk
c= 0.
Demostraci´on. (a) Procedemos como en los lemas previos. Asumamos que v := (adcxj)2xk,(adcxj)xk
c 6= 0. Por [A, Lemma 5.9], v es un ele-
mento primitivo: notemos que x3j = 0, ox2k= 0, o qjj2qjkqkj =qkkqjkqkj = 1
ya que S es de dimensi´on finita.
Llamemos y1 = xj, y2 = xk, y3 = v, y hi ∈ Γ, ηi ∈ Γ,ˆ i = 1,2,3
a los correspondientes elementos. En consecuencia, la matriz de la trenza (Qrs = ηs(hr))1≤r,s≤3 corresponde a una en la lista de Heckenberger. El
diagrama de Dynkin generalizado asociado es
◦qjj q q2 CCC C C C C C ◦−1 ◦q6 q3 { { { { { { { { , q :=qjkqkj.
100 6. TRENZA EST ´ANDAR
Como el diagrama es finito,Q33=q66= 1, pero entonces esto contradice [H,
Lemma 9(iii)]. Por lo tanto, v= 0.
(b) Por el ´ıtem previo, Lema 6.2 y [A, Lemma 5.9(b)],
w:=
(adcxk)2(adcxj)xl,(adcxj)xk
c
es un elemento primitivo. Si suponemos que w6= 0, trabajamos como en los casos previos para cada diagrama posible tomandoy1 =xj,y2 =xk,y3 =xl,
y4 = w, y hi ∈ Γ, ηi ∈ Γ,ˆ i = 1,2,3,4 los correspondientes elementos: la
matriz de la trenza (Qrs = ηs(hr))1≤r,s≤3 corresponde a una en la lista de
Heckenberger. qkk=−1, qjj2qkjqjk = 1 =qkjqjkqklqlk: el diagrama correspondiente para (Qrs) es ◦q q −2 q2DDDD D D D D ◦−1 q 2 q−4 ◦qll q4q2 ll yyyyyy yy ◦qqll , q:=qjj.
Por [H, Lemma 9(ii)]q4 = 1. Entonces los v´ertices 1,3,4 determinan un diagrama de tipo (6.3), que no est´a en lista de Heckenberger.
q2jjqkjqjk =qkjqjk =qkkqklqlk= 1: el diagrama para este caso es
◦q q −2 q2CCCC C C C C ◦q2 q −2 ◦qll q−4q2 ll zzzzzz zzz ◦qqll , q:=qjj ∈G3∪G4.
Si q4 = 1, nuevamente tenemos (6.3) como subdiagrama. Si q ∈ G3 tenemos qll = ±q2, porque no existen 4-ciclos. Como Q44 6= 1,
deber´ıamos tener qll =−q2, pero en tal caso tenemos un diagrama
conexo de rango 4 conm32= 4, porqueQ33=−q2 yQ23Q32=q2 ∈ G3, lo que es una contradicci´on.
qkk=−1, qjj =−qkjqjk ∈G3, qkjqjkqklqlk= 1: el diagrama es ◦q −q q2DDDD D D D D ◦−1 −q 2 q2 ◦qll qq2 ll yyyyyy yy ◦qqll , q:=qjj ∈G3.
No es de tipo finito por [H, Lemma 9(ii)].
qjj =−qkjqjk ∈G3, qkkqkjqjk =qkkqklqlk= 1: ahora el diagrama es ◦q −q q2CCCC C C C C ◦−q2 −q ◦qll q2q2 ll yyyyyy yyy ◦qqll , q :=qjj ∈G3.
Primero, qll = ±q2 porque no existen 4-ciclos y, segundo Q44 6= 1
6.1. GENERACI ´ON EN GRADO UNO 101
en el v´ertice 4, es equivalente Weyl a
◦−1 q ◦1 −q ◦−q2 −q ◦qll,
cuya ´algebra de Nichols asociada no es de dimensi´on finita, una contradicci´on.
En todos los casos obtenemos una contradicci´on, luegow= 0.
Podemos ahora probar los resultados principales de este cap´ıtulo: los Teoremas 6.5 y 6.6.
Teorema 6.5. Sea S =⊕n≥0S(n) un ´algebra de Hopf graduada de di-
mensi´on finita en ΓΓYD, Γ un grupo finito, tal que S(0) =k1. Fijemos una
base x1, . . . , xθ deV :=S(1), con xi ∈S(1)gχii para alg´un gi∈Γ y χi ∈Γ, yˆ llamemos qij :=χj(gi). Asumamos que
S est´a generada como ´algebra por S(0)⊕S(1), y
V es un espacio vectorial trenzado est´andar. Entonces S∼=B(V).
Demostraci´on. La proyecci´on can´onica T(V) B(V) =T(V)/I(V) induce una proyecci´on
π:SB(V),
de ´algebras de Hopf trenzadas graduadas, y as´ı consideramosS =T(V)/I, para alg´un ideal de Hopf trenzado graduado I deT(V), generado en grados
≥2,I ⊆I(V).
Supongamos que I(V) % I y sea x ∈ S de grado minimal k entre las
clases de los elementos x en I(V)\I. Como π es un morfismo de ´algebras de Hopf trenzadas, tenemos que
∆(x) =x⊗1 + 1⊗x+
n X
j=1
bj ⊗cj ∈kerπ⊗S+S⊗kerπ,
para algunos elementos homog´eneos bj, cj ∈Lk−1i=1 Si, que satisfacen
deg(bj) + deg(cj) =k.
Podemos considerar para cada j que bj ∈kerπ o cj ∈kerπ. Si bj ∈kerπ,
entonces bj = 0 por la hip´otesis en k. Lo mismo ocurre si cj ∈ kerπ. En
consecuencia,x es primitivo enS.
Consideremos la presentaci´on de I(V) dada por el Teorema 2.12. En- tonces, por la Proposici´on 6.1 y los lemas 6.2, 6.3 y 6.4, tenemos que nece- sariamente x=xNα
α para alg´un α ∈∆+, o existen j 6=k ∈ {1, . . . , θ} tales
que mjk = 3, mkj = 1, (1−qjj4 )(1 +qkk) = 0, qjj qjk qkj qkk es una trenza est´andar de tipoG2 yx= [u]c, ver 2.2.1, p´agina 23, donde
u∈ {x3jxkxjxk, x3jxkx2jxk, x2jxkxjxkxjxk, x2jxkx2jxkxjxk}.
Llamemosgx∈Γ,χx∈Γ a los elementos asociados. Descartamos f´ˆ acilmente el caso x=xNα
α , porque en tal caso
χx(gx) =qN
2 α
102 6. TRENZA EST ´ANDAR
(ord(qα) =Nα) y S es de dimensi´on finita (y en caso contrario tendr´ıamos k[x]⊂S).
Supongamos que x = [u]c. Sea η1 = χj, η2 = χk, η3 = χx, h1 = gj,
h2 =gk,h3=gx. Como en la prueba de los lemas previos, la trenza corres- pondiente to la matriz (Qrs=ηs(hr))1≤r,s≤3 aparece en la lista de Hecken-
berger. Los posibles diagramas para los v´erticesj, k son
◦ζ ζ ◦ζ3 ,ζ ∈ G4; ◦ζ −1 ◦−1 ,ζ∈G6; ◦ζ2 ζ ◦ζ7 ,ζ ∈ G8; ◦ζ2 ζ 3 ◦−1 ,ζ ∈G8; ◦ζ ζ 5 ◦−1 ,ζ∈G8.
Salvo tres excepciones concluimos que todos los pares posibles de trenzas y elementosu dan diagramas que no est´an en la lista de Heckenberger, ya sea porque Q33= 1 o
Q12Q216= 1, Q13Q316= 1 y Q23Q326= 1
y as´ı es un tri´angulo pero Q
1≤r<s≤3QrsQsr6= 1.
Los cases restantes son:
1. ◦ζ ζ ◦ζ3 , u=x3jxkx2jxk,
2. ◦ζ −1 ◦−1 , u=x3
jxkxjxk,
3. ◦ζ −1 ◦−1 , u=x2
jxkxjxkxjxk,
y los correspondientes diagramas de (Qrs) son:
1. ◦ζ ζ ◦ζ3 ζ ◦ ζ3 , 2. ◦ζ4 ζ 2 ◦ζ −1 ◦−1 , 3. ◦ζ ζ 5 ◦ζ −1 ◦−1 ,
pero son trenzas de Cartan asociadas a matrices de Cartan no finitas, lo que
es una contradicci´on.
El siguiente teorema da una respuesta afirmativa a la Conjetura [AS2, Conjecture 1.4] en nuestro caso. Como las trenzas de tipo est´andar incluyen propiamente a aquellas de tipo Cartan finito, este resultado extiende [AS4, Theorem 5.5].
Teorema 6.6. Sea H un ´algebra de Hopf punteada de dimensi´on finita sobre un grupo abeliano Γtal que su trenza infinitesimal es de tipo est´andar. Entonces H est´a generada por sus elementos grupezcos y casi primitivos.
Demostraci´on. Sea grH = R#kΓ, V = R(1). Entonces H est´a ge-
nerada por sus elementos grupezcos y casi primitivos si y s´olo si R es el ´
algebra de NicholsB(V). Sea S el dual graduadoR∗ en GGYD. Notemos que
S(1) =R(1)∗ tiene la misma trenza queR(1). Por [AS2, Lemma 5.5] basta ver que S es un ´algebra de Nichols. Esto se sigue del Teorema 6.5.
6.2. LEVANTAMIENTO DE LAS RELACIONES DE SERRE 103