带关系箭图代数

图形只画出路线，不画出路线间的方程。交换菱形要求走上路与走下路相同；零关系则要求沿某段连续走两步一定得到零。这些约束都可以在路径代数中写成理想，再由商一次性强制执行。

使用双边理想，是因为一个合法关系前后接上其他路径后仍须成立。若 $r=0$，就必须有 $prq=0$。仅把一个向量空间方向删掉，却不关闭前后复合，通常不能得到商代数。

一个交换菱形的九维代数 ​

取箭头

并加入关系 $ba=dc$。原路径代数有四条长度0路径、四条长度1路径和两条长度2路径 $ba,dc$，共十维。

因为没有进入1或离开4的箭，关系 $ba-dc$ 再接正长度路径都会为零，所以它生成的一维子空间本身就是双边理想。商中两条长路径被合成一个基元 $p$，得到九元基

例如 $bp=0$，因为 $p$ 终点为4而 $b$ 起点为2；$e_{4}p=p=p{e}_1$。这些端点检查使乘法表没有歧义。

在表示公理库箭图表示Quiver representation · Representation of a quiver从协同换基定义箭图表示，分类单箭头矩阵，并用平行箭参数与复合秩说明维数和各箭秩为何不足。中，四条箭是矩阵 $A,B,C,D$，关系就是

令四个顶点空间均为 $k$，取 $A=B=C=1,D=0$，是一份合法的箭图表示，却不满足式 (1)，因此不是该商代数的模。若取四箭均为1，则满足关系。

零关系改变的是复合，不是单箭头 ​

对链 $1\stackrel{a}{\to }2\stackrel{b}{\to }3$ 加关系 $ba=0$，商代数的基只剩三个顶点与两条箭，维数为5。表示条件是 $BA=0$，即 $\mathrm{im}A\subseteq \ker B$。

可以让两条箭都非零：取

它们的复合为零。把关系 $ba=0$ 误读成“删掉 $a$ 或 $b$”，就会失去这份表示。

不是所有关系都可容许 ​

一顶点一环给 $k[t]$。关系 $t^3=0$ 可容许，商为三维的 $k[t]/(t^3)$，表示矩阵须满足 $T^3=0$；原路径代数公理库路径代数Path algebra由可复合路径构造代数，证明箭图表示与模的双向对应，并将三顶点链落实为六维下三角矩阵代数。 $k[t]$ 则保留所有独立幂，允许任意算子 $T$。关系 $t-1=0$ 也给合法商 $k$，却不包含在 $(t{)}^2$ 中，所以不是该箭图上的可容许关系。

后一商把原来的箭头直接等同于单位，说明图中所画的箭头已经不再是“根的一阶方向”。可容许条件正是为了保留这种顶点与箭头的解释。

一个路径代数模上的作用同态 $\rho :kQ\to \mathrm{End}(M)$ 能降到商 $kQ/I$，当且仅当 $I\subseteq \ker \rho$。降下后定义 $\overline{\rho }(p+I)=\rho (p)$，独立于代表的原因正是理想全部作用为零；反向则显然。这证明了关系表示与商代数模的对应，而不是仅凭图形类比。

若 $I$ 可容许，商中的箭理想 $J_Q/I$ 幂零，且再商掉它得到 $k^{Q_0}$。因此它是商代数的Jacobson 根公理库有限维代数的 Jacobson 根Jacobson radical of a finite-dimensional algebra将所有单模看不见的操作组成Jacobson根，用组成列证明幂零性，并在上三角代数中逐次计算其幂。。菱形例中，根层维数为 $4,4,1$：顶层四个顶点、第一根层四条箭、第二根层一条被识别的长路径。

带关系以后，同调计算也会改变。无关系箭图的标准投射分解只有一步，但关系会产生新的关系之间的关系。无关系箭图的 Hom–Ext 复形公理库箭图表示的 Hom–Ext 计算复形Hom–Ext complex for quiver representations把箭图的同态和扩张统一为一个线性差分的核与余核，给出非对角块证明、标准投射分解和计算成本。不能在加关系后原封不动地当作完整答案。

自检：将菱形关系改为 $ba=0$、$dc=0$ 两条，商维数变为8。改为只有 $ba-dc=0$ 时维数为9。两种做法都让某种长路径组合消失，却删掉了不同数量的线性自由度；要数商维数，必须先检查关系之间的线性独立性。