用户: 数学迷/Tate 不动点与 Steenrod 运算

我学代数拓扑时一直不明白 Steenrod 运算、Dyer–Lashof 运算的具体构造及各种性质的证明, 因其缺乏现代参考文献, 而七八十年代的古书通常佶屈聱牙. 但它在 Bökstedt 定理即 ${\pi }_{\ast }\mathrm{THH}({\mathbb{F}}_p)={\mathbb{F}}_p[u]$, $|u|=2$ 中又不可或缺, 故我仍很想把它弄明白.

以下固定素数 $p$. 对自然数 $n$, 以 ${\Sigma }_n$ 表示 $n$ 元置换群, $C_n$ 表示 $n$ 元循环群, 自动视为 ${\Sigma }_n$ 的子群. 则 $C_p$ 是 ${\Sigma }_p$ 的 Sylow $p$-子群, 且 $N_{{\Sigma }_p}(C_p)=C_p⋊{\mathbb{F}}_p^{\times }$.

1Tate 不动点

这节主要参考 [1] 和 [2].

定理 1.1. $\mathcal{C}$ 是对称幺半稳定无穷范畴. 则函子 $X\mapsto (X^{\otimes p}{)}^{t{C}_p}$ 是松对称幺半、正合的, 其中 $C_p$ 的作用是置换张量积分量.

定义 1.2 (Tate 对角线). 有自然的松对称幺半自然变换 ${\mathrm{id}}_{\mathsf{S}\mathsf{p}}\to ({-}^{\otimes p}{)}^{t{C}_p}$, 在 $\mathbb{S}$ 上是 ${\mathbb{S}}^{t{C}_p}$ 的自然 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-代数结构的幺元 $\mathbb{S}\to {\mathbb{S}}^{t{C}_p}$, 称为 Tate 对角线. 该自然变换穿过 $(({-}^{\otimes p}{)}^{t{C}_p}{)}^{h{\mathbb{F}}_p^{\times }}$, 也称穿过的这个映射为 Tate 对角线.

注 1.3. 这里 $\mathsf{S}\mathsf{p}$ 是重要的. 对一般的 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-代数 $A$, Tate 对角线不能推广到 $\mathsf{D}(A)$ 上, 因为 $X\mapsto (X^{{\otimes }_{A}p}{)}^{t{C}_p}$ 并非 $A$-线性函子.

定理 1.4. 对 $X\in \mathsf{D}({\mathbb{F}}_p)={\mathsf{M}\mathsf{o}\mathsf{d}}_{{\mathbb{F}}_p}(\mathsf{S}\mathsf{p})$, $${\pi }_{\ast }(X^{t{C}_p})=\{\begin{array}{llc}({\pi }_{\ast }X)((s^{-1})),& |s|=1,& p=2;\\ ({\pi }_{\ast }X)((t^{-1}))\otimes \Lambda (e),& |t|=2,|e|=1,& p>2;\end{array}$$$${\pi }_{\ast }((X^{t{C}_p}{)}^{h{\mathbb{F}}_p^{\times }})=\{\begin{array}{ll}({\pi }_{\ast }X)((s^{-1})),& p=2;\\ ({\pi }_{\ast }X)((t^{-(p-1)}))\otimes \Lambda (e),& p>2;\end{array}$$这里 $\Lambda (e)$ 表示 ${\mathbb{F}}_p[e]/e^2$, 张量积在 ${\mathbb{F}}_p$ 上做. 如 $X$ 是 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数, 上式也算出左边的分次环结构.

定理 1.5 (Segal 猜想). ${\mathbb{S}}^{t{C}_p}={\mathbb{S}}_p$, 即 $\mathbb{S}$ 的 $p$-完备化.

证明. 我不知道怎么证. 这应该出现在七八十年代的古书中, 有现代版本请告诉我. 啊, 它其实可以从 $({\mathbb{F}}_p^{{\otimes }_{\mathbb{S}}p}{)}^{t{C}_p}={\mathbb{F}}_p$ 推出, 这个也许稍微好算.

$\square$

2Steenrod 运算

定义 2.1 (Tate Frobenius). 对 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-代数 $A$, 定义 Tate Frobenius 为复合映射 $A\to (A^{\otimes p}{)}^{t{C}_p}\to A^{t{C}_p}$, 第一个箭头是 Tate 对角线, 第二个箭头是乘法. 这是 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-环同态. 它穿过映射 $A\to (A^{t{C}_p}{)}^{h{\mathbb{F}}_p^{\times }}$, 也将此映射称作 Tate Frobenius. 通常将其记作 ${\phi }_A$.

注 2.2. 这样 $A^{t{C}_p}$ 就带有两个 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-$A$-代数结构: 一个是 Tate 不动点的松幺半性带来的, 使得 $A^{h{C}_p}\to A^{t{C}_p}$ 是 ${\mathbb{E}}_{\infty }$ 同态; 另一个是 ${\phi }_A$ 带来的. 本文中将前者称为自带的, 后者称为 Tate Frobenius 诱导的.

定义 2.3 (Steenrod 运算). 对 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数 $A$, 定义其 Steenrod 运算为 Tate Frobenius 在同伦群诱导的映射, 即对 $n\in \mathbb{Z}$, $x\in {\pi }_{n}A$, 定义运算 $\mathrm{Sq},P,\beta P$ 为$${\phi }_A(x)=\{\begin{array}{ll}{\sum }_{i\in \mathbb{Z}}{\mathrm{Sq}}^i(x)s^i,& p=2;\\ {\sum }_{i\in \mathbb{Z}}{P}^i(x)t^{(p-1)i}+{\sum }_{i\in \mathbb{Z}}\beta P^i(x)t^{(p-1)i}e,& p>2;\end{array}$$其中 ${\mathrm{Sq}}^i(x)\in {\pi }_{n-i}A$, $P^i(x)\in {\pi }_{n-2i(p-1)}A$, $\beta P^i(x)\in {\pi }_{n-2i(p-1)-1}A$.

注 2.4 (加性、乘性、自然性). Steenrod 运算显然是加性的. ${\phi }_A$ 是 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-环同态, 它诱导的同伦群映射是分次环同态. 由此有乘性$${\mathrm{Sq}}^i(xy)=\sum _{j\in \mathbb{Z}}{\mathrm{Sq}}^j(x){\mathrm{Sq}}^{i-j}(y);$$$$P^i(xy)=\sum _{j\in \mathbb{Z}}{P}^j(x)P^{i-j}(y);$$$$\beta P^i(xy)=\sum _{j\in \mathbb{Z}}\beta P^j(x)P^{i-j}(y)+\sum _{j\in \mathbb{Z}}{P}^j(x)\beta P^{i-j}(y);$$还有显然的自然性, 即对 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数同态 $f:A\to B$, $f$ 诱导的同伦群映射与 Steenrod 运算交换.

注 2.5. 虽然 ${\phi }_A$ 不依赖 $A$ 的 ${\mathbb{F}}_p$-代数结构, 但定理 1.4 依赖, 所以上述自然性只对 ${\mathbb{F}}_p$-代数同态成立.

引理 2.6. 对整数 $n$ 及 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数 $A$, $C_p$ 在 $A[pn]=A[n{]}^{{\otimes }_{A}p}$ 的轮换作用为平凡.

证明. 由于 $A$ 是 ${\mathbb{F}}_p$-代数, $A[n]={\mathbb{F}}_p[n]{\otimes }_{{\mathbb{F}}_p}A$, 只需证 $A={\mathbb{F}}_p$ 情形. 容易发现对称群 ${\Sigma }_p$ 在 ${\mathbb{F}}_p[pn]={\mathbb{F}}_p[n{]}^{\otimes p}$ 上的作用是 ${\mathrm{sgn}}^n$, 其中 $\mathrm{sgn}$ 表示置换的奇偶性 ${\Sigma }_p\to \{\pm 1\}$. $p=2$ 时 $-1=1$, 故此作用平凡; $p>2$ 时轮换都是偶置换, 故此作用仍平凡.

$\square$

引理 2.7. 对整数 $n$ 及 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数 $A$, 有 $A[pn{]}^{t{C}_p}=A^{t{C}_p}[n]$, 其中 $C_p$ 在两边都为平凡作用.

证明. 对 $\mathsf{D}(A)$ 用定理 1.1 即知对 $A$-模 $M$, $(M[n{]}^{{\otimes }_{A}p}{)}^{t{C}_p}=(M^{{\otimes }_{A}p}{)}^{t{C}_p}[n]$. 取 $M=A$, 由引理 2.6 即得结论.

$\square$

命题 2.8. 对整数 $n$ 及 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数 $A$, 映射 ${\phi }_A[n]:A[n]\to A^{t{C}_p}[n]=A[pn{]}^{t{C}_p}$ 在底空间上有自然分解 ${\Omega }^{\infty }A[n]\to {\Omega }^{\infty }A[pn{]}^{h{C}_p}\to {\Omega }^{\infty }A[pn{]}^{t{C}_p}$, 其中第一个映射为对角线 ${\Omega }^{\infty }A[n]\to (({\Omega }^{\infty }A[n]{)}^p{)}^{h{C}_p}$ 复合由 $A$ 的乘法给出的自然映射$${\Sigma }_{+}^{\infty }({\Omega }^{\infty }A[n]{)}^p=({\Sigma }_{+}^{\infty }{\Omega }^{\infty }A[n]{)}^{\otimes p}\to A[n{]}^{\otimes p}\to A[pn]$$之伴随的 $C_p$ 不动点.

推论 2.9 (有界性、顶维具体形式). 对整数 $n$, ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数 $A$, $x\in {\pi }_{n}A$, 当 $p=2$ 时$${\mathrm{Sq}}^i(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& i=-n;\\ 0,& i>-n;\end{array}$$当 $p>2$ 时$$P^i(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^p,& 2i=-n;\\ 0,& 2i>-n;\end{array}$$且 $2i\ge -n$ 时 $\beta P^i(x)=0$. 简而言之, $n$ 阶同伦群元素 $x$ 的 Steenrod 运算只出现在 $\ge pn$ 阶同伦群, 且在 $pn$ 阶为 $x^p$.

证明. 对 $-n$ 用命题 2.8, 知 ${\phi }_A[-n]$ 穿过 ${\Omega }^{\infty }A[-n]\to {\Omega }^{\infty }A[-pn{]}^{h{C}_p}$. 两边取 ${\pi }_0$, 由 ${\pi }_0{\Omega }^{\infty }A[-n]={\pi }_{n}A$, $${\pi }_0{\Omega }^{\infty }A[-pn{]}^{h{C}_p}={\pi }_{pn}{A}^{h{C}_p}=\{\begin{array}{ll}{\prod }_{j\ge 0}({\pi }_{pn+j}A)s^{-j},& p=2;\\ {\prod }_{j\ge 0}({\pi }_{pn+2j}A)t^{-j}\oplus {\prod }_{j>0}({\pi }_{pn+2j-1}A)t^{-j}e,& p>2;\end{array}$$即知 $x$ 的 Steenrod 运算只出现在 $\ge pn$ 阶同伦群. 至于 $pn$ 阶为 $x^p$, 则是因为命题 2.8 中第一个映射是对角线复合乘积, 即 $p$ 次幂.

$\square$

接下来证明 Adem 关系.

命题 2.10. 对整数 $n$ 及 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数 $A$, 映射 $({\phi }_{A^{t{C}_p}}\circ {\phi }_A)[n]:A[n]\to (A^{t{C}_p}{)}^{t{C}_p}[n]=(A[p^{2}n{]}^{t{C}_p}{)}^{t{C}_p}$ 在底空间上有自然分解$${\Omega }^{\infty }A[n]\to {\Omega }^{\infty }A[p^{2}n{]}^{h{\Sigma }_{p^2}}\to {\Omega }^{\infty }A[p^{2}n{]}^{h(C_p\times C_p)}={\Omega }^{\infty }(A[p^{2}n{]}^{h{C}_p}{)}^{h{C}_p}\to {\Omega }^{\infty }(A[p^{2}n{]}^{t{C}_p}{)}^{t{C}_p}$$其中 $h{\Sigma }_{p^2}$ 在 $A[p^{2}n]=A[n{]}^{{\otimes }_A{p}^2}$ 的作用为置换坐标. 这里第一个箭头和命题 2.8 一样是对角线复合乘法, 第二个箭头是 $C_p\times C_p$ 依正则作用嵌入 ${\Sigma }_{p^2}$, 第三个箭头由自然变换 ${-}^{h{C}_p}\to {-}^{t{C}_p}$ 诱导. 和引理 2.6 道理一样, $C_p\times C_p$ 在 $A[p^{2}n]$ 的作用平凡.

推论 2.11. ${\phi }_{A^{t{C}_p}}\circ {\phi }_A:A\to (A^{t{C}_p}{)}^{t{C}_p}$ 在同伦群上诱导的映射$${\pi }_{\ast }A\to \{\begin{array}{ll}({\pi }_{\ast }A)((s^{-1}))((s^{\prime -1})),& p=2;\\ ({\pi }_{\ast }A)((t^{-1}))((t^{\prime -1}))\otimes \Lambda (e,e^{\prime }),& p>2;\end{array}$$关于带撇与不带撇的变元对称. 这里考虑的是 $A^{t{C}_p}$ 自带的 ${\mathbb{F}}_p$-代数结构, 而非 Tate Frobenius 诱导的.

证明. 这是因为 $C_p\times C_p$ 的自同构 $(a,a^{\prime })\mapsto (a^{\prime },a)$ 来自 ${\Sigma }_{p^2}$ 的内自同构, 而内自同构在同伦不动点上诱导恒同映射. (这句话不对! 有符号问题. 最简单的情形, $p^2$ 个数排成方阵, 按行写成一列和按列写成一列, 排列的符号相差 $(-1{)}^{p(p-1)/2}$.) 由于 $A^{t{C}_p}$ 的自带代数结构满足 $A^{h{C}_p}\to A^{t{C}_p}$ 是代数同态, 可知 $A^{h(C_p\times C_p)}$ 交换两个 $C_p$ 分量在同伦群上的映射是交换两个变元.

$\square$

为从以上推论得到通常的 Adem 关系, 需要将 $A^{t{C}_p}$ 的 Steenrod 运算用 $A$ 的 Steenrod 运算表示. 由加性、乘性, 只需算出 $s$ 和 $t,e$ 的 Steenrod 运算; 再由自然性便可化归到 $A={\mathbb{F}}_p$.

命题 2.12 (与 Bockstein 的关系). 设 $\tilde{A}$ 是 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-$\mathbb{Z}/p^2$-代数, $A=\tilde{A}{\otimes }_{\mathbb{Z}/p^2}{\mathbb{F}}_p$, 则短正合列$$0\to \mathbb{Z}/p\to \mathbb{Z}/p^2\to \mathbb{Z}/p\to 0$$给出纤维列 $A\to \tilde{A}\to A$, 记其边缘映射为 $\beta :A\to A[1]$. 将同伦群映射 ${\pi }_{\ast }A\to {\pi }_{\ast -1}A$ 也记作 $\beta$, 则对 $i\in \mathbb{Z}$, 当 $p=2$ 时 $\beta \circ {\mathrm{Sq}}^{2i}={\mathrm{Sq}}^{2i+1}$, 当 $p>2$ 时 $\beta \circ P^i=\beta P^i$.

命题 2.13 (上同调环的 Steenrod 运算). 设 $X$ 是空间, 则 ${\mathbb{F}}_p^X$ 是 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数, ${\pi }_{\ast }{\mathbb{F}}_p^X=H^{-\ast }(X,{\mathbb{F}}_p)$ 为上同调环. 其 Steenrod 运算满足 $p=2$ 时 ${\mathrm{Sq}}^0=\mathrm{id}$, ${\mathrm{Sq}}^{<0}=0$; $p>2$ 时 $P^0=\mathrm{id}$, $P^{<0}=\beta P^{<0}=0$.

(这个地方符号也可能死亡.)

注 2.14. 事实上, 对 [2] 中定义的导出环, 有类似命题: 如 $A$ 是导出 ${\mathbb{F}}_p$-代数, 则 $p=2$ 时 ${\mathrm{Sq}}^0$ 为 Frobenius 在同伦群上的映射, ${\mathrm{Sq}}^{<0}=0$; $p>2$ 时 $P^0$ 为 Frobenius 在同伦群上的映射, $P^{<0}=\beta P^{<0}=0$.

推论 2.15. 对 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数 ${\mathbb{F}}_p^{t{C}_p}$ 有 $p=2$ 时$${\mathrm{Sq}}^i(s^n)=\{\begin{array}{ll}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n}{i}\right)s^{n-i},& i\le -n;\\ 0,& i>-n;\end{array}$$$p>2$ 时$$P^i(t^n)=\{\begin{array}{ll}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n}{i}\right)t^{n-(p-1)i},& i\le -n;\\ 0,& i>-n;\end{array}$$$$\beta P^i(t^n)=0;$$$$P^i(t^{n}e)=\{\begin{array}{ll}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n-1}{i}\right)t^{n-(p-1)i}e,& i\le -n-1;\\ 0,& i>-n-1;\end{array}$$$$\beta P^i(t^{n}e)=\{\begin{array}{ll}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n-1}{i}\right)t^{n-(p-1)i},& i\le -n-1;\\ 0,& i>-n-1;\end{array}$$换言之, 按推论 2.11 中记号, ${\phi }_{{\mathbb{F}}_p^{t{C}_p}}$ 在同伦群的映射当 $p=2$ 时为$$s^{-1}\mapsto s^{-1}+s^{-2}{s}^{\prime };$$当 $p>2$ 时为$$t^{-1}\mapsto t^{-1}+t^{-p}{t}^{\prime p-1},t^{-1}e\mapsto t^{-1}e+t^{-1}{e}^{\prime }.$$

推论 2.16. 设 $A$ 是 ${\mathbb{E}}_{\infty }$-${\mathbb{F}}_p$-代数, $x\in {\pi }_{\ast }A$. 则对充分大的 $n\in \mathbb{Z}$ 以及任意 $a,b\in \mathbb{Z}$, 有 $p=2$ 时$$\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-a-i}{i}\right){\mathrm{Sq}}^{b-i}{\mathrm{Sq}}^{a-n+i}(x)=\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-b-i}{i}\right){\mathrm{Sq}}^{a-i}{\mathrm{Sq}}^{b-n+i}(x);$$$p>2$ 时$$\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-a-i)}{i}\right)P^{b-i}{P}^{a-(p-1)n+i}(x)=\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-b-i)}{i}\right)P^{a-i}{P}^{b-(p-1)n+i}(x),$$$$\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-a-i)-1}{i}\right)P^{b-i}\beta P^{a-(p-1)n+i}(x)=\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-b-i)-1}{i}\right)P^{a-i}\beta P^{b-(p-1)n+i}(x)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-b-i)}{i}\right)\beta P^{a-i}\beta P^{b-(p-1)n+i}(x)\right),$$$$\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-a-i)-1}{i}\right)\beta P^{b-i}\beta P^{a-(p-1)n+i}(x)=-\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-b-i)-1}{i}\right)\beta P^{a-i}\beta P^{b-(p-1)n+i}(x);$$这里并置表示复合而非乘法. 此外虽然求和号底下写的都是 $i\in \mathbb{Z}$, 但只有组合数是经典的组合数, 即上下两变量均非负且上面不比下面小, 才可能对应非零项.

证明. 可不妨设 $x$ 为齐次, 即属于一个同伦群. 用推论 2.15 和推论 2.11. $p=2$ 时映射为$$\begin{array}{rl}x& \mapsto \sum _{a\in \mathbb{Z}}{\mathrm{Sq}}^a(x)s^a\\ & \mapsto \sum _{a\in \mathbb{Z}}\left(\sum _{b\in \mathbb{Z}}{\mathrm{Sq}}^b{\mathrm{Sq}}^a(x)s^{\prime b}\right)(s^{-1}+s^{-2}{s}^{\prime }{)}^{-a}\\ & =\sum _{a,b\in \mathbb{Z}}{\mathrm{Sq}}^b{\mathrm{Sq}}^a(x)s^{2a}{s}^{\prime b}(s+s^{\prime }{)}^{-a},\end{array}$$关于 $s,s^{\prime }$ 对称. 取 $n\ge -|x|$, 则由推论 2.9, $a>n$ 时 ${\mathrm{Sq}}^a(x)=0$. 于是上式乘以 $(s+s^{\prime }{)}^n$ 后, 各项中 $s+s^{\prime }$ 的次数都非负, 故可作二项式展开, 得$$\sum _{a,b,i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-a}{i}\right){\mathrm{Sq}}^b{\mathrm{Sq}}^a(x)s^{n+a-i}{s}^{\prime b+i};$$比较系数得$$\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-a-i}{i}\right){\mathrm{Sq}}^{b-i}{\mathrm{Sq}}^{a-n+i}(x)=\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-b-i}{i}\right){\mathrm{Sq}}^{a-i}{\mathrm{Sq}}^{b-n+i}(x).$$$p>2$ 时映射为$$\begin{array}{rl}x& \mapsto \sum _{a\in \mathbb{Z}}{P}^a(x)t^{(p-1)a}+\sum _{a\in \mathbb{Z}}\beta P^a(x)t^{(p-1)a}e\\ & \mapsto \sum _{a\in \mathbb{Z}}\left(\sum _{b\in \mathbb{Z}}{P}^b{P}^a(x)t^{\prime (p-1)b}+\sum _{b\in \mathbb{Z}}\beta P^b{P}^a(x)t^{\prime (p-1)b}{e}^{\prime }\right)(t^{-1}+t^{-p}{t}^{\prime p-1}{)}^{-(p-1)a}\\ & +\sum _{a\in \mathbb{Z}}\left(\sum _{b\in \mathbb{Z}}{P}^b\beta P^a(x)t^{\prime (p-1)b}+\sum _{b\in \mathbb{Z}}\beta P^b\beta P^a(x)t^{\prime (p-1)b}{e}^{\prime }\right)(t^{-1}+t^{-p}{t}^{\prime p-1}{)}^{-(p-1)a-1}(t^{-1}e+t^{-1}{e}^{\prime })\\ & =\sum _{a\in \mathbb{Z}}\left(\sum _{b\in \mathbb{Z}}{P}^b{P}^a(x)t^{(p-1)pa}{t}^{\prime (p-1)b}+\sum _{b\in \mathbb{Z}}\beta P^b{P}^a(x)t^{(p-1)pa}{t}^{\prime (p-1)b}{e}^{\prime }\right)(t^{p-1}+t^{\prime p-1}{)}^{-(p-1)a}\\ & +\sum _{a\in \mathbb{Z}}\left(\sum _{b\in \mathbb{Z}}{P}^b\beta P^a(x)t^{(p-1)(pa+1)}{t}^{\prime (p-1)b}+\sum _{b\in \mathbb{Z}}\beta P^b\beta P^a(x)t^{(p-1)(pa+1)}{t}^{\prime (p-1)b}{e}^{\prime }\right)(t^{p-1}+t^{\prime p-1}{)}^{-(p-1)a-1}(e+e^{\prime })\end{array}$$关于 $(t,e),(t^{\prime },e^{\prime })$ 对称. 取 $n\ge -|x|/2$, 则由推论 2.9, $a>n$ 时 $P^a(x)=0$, $a\ge n$ 时 $\beta P^a(x)=0$. 于是上式乘以 $(t^{p-1}+t^{\prime p-1}{)}^{(p-1)n}$ 后, 各项中 $t^{p-1}+t^{\prime p-1}$ 的次数都非负, 故可作二项式展开, 得$$\begin{array}{rl}& \sum _{a,b,i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(n-a)}{i}\right)P^b{P}^a(x)t^{(p-1)((p-1)n+a-i)}{t}^{\prime (p-1)(b+i)}\\ & +\sum _{a,b,i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(n-a)-1}{i}\right)P^b\beta P^a(x)t^{(p-1)((p-1)n+a-i)}{t}^{\prime (p-1)(b+i)}e\\ & +\sum _{a,b,i\in \mathbb{Z}}\left(\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(n-a)-1}{i}\right)P^b\beta P^a(x)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(n-a)}{i}\right)\beta P^b{P}^a(x)\right)t^{(p-1)((p-1)n+a-i)}{t}^{\prime (p-1)(b+i)}{e}^{\prime }\\ & -\sum _{a,b,i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(n-a)-1}{i}\right)\beta P^b\beta P^a(x)t^{(p-1)((p-1)n+a-i)}{t}^{\prime (p-1)(b+i)}e{e}^{\prime };\end{array}$$注意 $e^{\prime }e=-e{e}^{\prime }$, 比较系数得$$\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-a-i)}{i}\right)P^{b-i}{P}^{a-(p-1)n+i}(x)=\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-b-i)}{i}\right)P^{a-i}{P}^{b-(p-1)n+i}(x),$$$$\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-a-i)-1}{i}\right)P^{b-i}\beta P^{a-(p-1)n+i}(x)=\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-b-i)-1}{i}\right)P^{a-i}\beta P^{b-(p-1)n+i}(x)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-b-i)}{i}\right)\beta P^{a-i}\beta P^{b-(p-1)n+i}(x)\right),$$$$\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-a-i)-1}{i}\right)\beta P^{b-i}\beta P^{a-(p-1)n+i}(x)=-\sum _{i\in \mathbb{Z}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(p-1)(pn-b-i)-1}{i}\right)\beta P^{a-i}\beta P^{b-(p-1)n+i}(x).$$

$\square$

定理 2.17 (Adem 关系). $a,b$ 是整数. $p=2$ 时, 对 $a<2b$, 有$${\mathrm{Sq}}^a{\mathrm{Sq}}^b=\sum _{a\le 2i<2b}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-b}{2i-a}\right){\mathrm{Sq}}^{b+i}{\mathrm{Sq}}^{a-i}.$$$p>2$ 时, 对 $a<pb$, 有$$P^a{P}^b=\sum _{(p-1)a\le pi<(p-1)pb}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-(p-1)b}{pi-(p-1)a}\right)P^{b+i}{P}^{a-i},$$$$\beta P^a{P}^b=\sum _{(p-1)a\le pi<(p-1)pb}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-(p-1)b}{pi-(p-1)a}\right)\beta P^{b+i}{P}^{a-i};$$对 $a\le pb$, 有$$P^a\beta P^b=\sum _{(p-1)a\le pi\le (p-1)pb}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-(p-1)b-1}{pi-(p-1)a}\right)\beta P^{b+i}{P}^{a-i}+\sum _{(p-1)a<pi\le (p-1)pb}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-(p-1)b-1}{pi-(p-1)a-1}\right)P^{b+i}\beta P^{a-i},$$$$\beta P^a\beta P^b=\sum _{(p-1)a<pi\le (p-1)pb}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-(p-1)b-1}{pi-(p-1)a-1}\right)\beta P^{b+i}\beta P^{a-i}.$$

证明. 取整数 $m$ 充分大. $p=2$ 时, 把推论 2.16 中的 $a,b$ 和 $n$ 分别取为 $a,2^m-1+2b$ 和 $2^m-1+b$, 得$$\sum _{0\le 2i\le 2(2^m-1+b)-a}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2(2^m-1+b)-a-i}{i}\right){\mathrm{Sq}}^{2^m-1+2b-i}{\mathrm{Sq}}^{a-(2^m-1+b)+i}=\sum _{0\le 2i\le 2^m-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^m-1-i}{i}\right){\mathrm{Sq}}^{a-i}{\mathrm{Sq}}^{b+i}.$$由 Lucas 定理不难发现上式右边只有一项, 为 ${\mathrm{Sq}}^a{\mathrm{Sq}}^b$. 现在来算上式左边. 换元 $j=2^m-1+b-i$, 上式左边等于$$\sum _{a\le 2j\le 2(2^m-1+b)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^m-1+b-a+j}{2j-a}\right){\mathrm{Sq}}^{b+j}{\mathrm{Sq}}^{a-j}.$$

•	当 $a\le 2j<2b$ 时, 由 $m$ 充分大, 有$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^m-1+b-a+j}{2j-a}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1+b-a+j}{2j-a}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-b}{2j-a}\right).$$
•	当 $2b\le 2j<2^m+a$ 时, 由于 $2j\le 2b>a$, 可取自然数 $r$ 使得 $2^r\le 2j-a<2^{r+1}$, 特别地 $2j-a$ 的二进制展开中 $2^r$ 项系数是 $1$. 由 $2j<2^m+a$ 知 $r<m$. 又由 $0\le 2j-2b<2j-a<2^{r+1}$ 知 $0\le j-b<2^r$, 于是 $2^m-1+b-j$ 的二进制展开中 $2^r$ 项系数也是 $1$. 于是由 Kummer 定理知此时$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^m-1+b-a+j}{2j-a}\right)=0.$$
•	当 $2j\ge 2^m+a$ 时, 因 $m$ 充分大, $b+j$ 很大而 $a-j$ 很小. 故由次数原因知 ${\mathrm{Sq}}^{b+j}{\mathrm{Sq}}^{a-j}=0$.

综上所述, $${\mathrm{Sq}}^a{\mathrm{Sq}}^b=\sum _{a\le 2j<2b}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-b}{2j-a}\right){\mathrm{Sq}}^{b+j}{\mathrm{Sq}}^{a-j}.$$$p>2$ 时, 把推论 2.16 中的 $a,b$ 和 $n$ 分别取为 $a,p^m-1+pb$ 和 $\frac{p^m-1}{p-1}+b$, 由第一个式子得$$\sum _{0\le pi\le p(p^m-1+(p-1)b)-(p-1)a}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p(p^m-1+(p-1)b)-(p-1)a-(p-1)i}{i}\right)P^{p^m-1+pb-i}{P}^{a-(p^m-1+(p-1)b)+i}=\sum _{0\le pi\le p^m-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p^m-1-(p-1)i}{i}\right)P^{a-i}{P}^{b+i}.$$由 Lucas 定理不难发现上式右边只有一项, 为 $P^a{P}^b$. 现在来算上式左边. 换元 $j=p^m-1+(p-1)b-i$, 上式左边等于$$\sum _{(p-1)a\le pj\le p(p^m-1+(p-1)b)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p^m-1+(p-1)b-(p-1)a+(p-1)j}{pj-(p-1)a}\right)P^{b+j}{P}^{a-j}.$$

•	当 $(p-1)a\le pj<pb$ 时, 由 $m$ 充分大, 有$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p^m-1+(p-1)b-(p-1)a+(p-1)j}{pj-(p-1)a}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1+(p-1)b-(p-1)a+(p-1)j}{pj-(p-1)a}\right)=(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-(p-1)b}{pj-(p-1)a}).$$

$\square$

[1]	T. Nikolaus and P. Scholze (2018), ‘On Topological Cyclic Homology’. Acta Mathematica, 221(2), 203–409.
[2]	A. Raksit (2020), Hochschild Homology and the Derived de Rham Complex Revisited. arXiv: 2007.02576.