$k[x_1, \dots, x_n]$ es libre si $\mathbb{C}[x_1, \dots, x_n]^G \otimes \text{Harm}(\mathbb{R}^n, G) \to k[x_1, \dots, x_n]$ ¿Isomorfismo?

Question

Para cualquier subgrupo $G \subset \text{GL}_n(\mathbb{R})$ el conjunto $\mathbb{C}[x_1, \dots, x_n]^G$ de $G$ -es una subálgebra graduada de $\mathbb{C}[x_1, \dots, x_n]$ o el conjunto $\text{Harm}(\mathbb{R}^n, G)$ de $G$ -es un subespacio vectorial graduado de $\mathbb{C}[x_1, \dots, x_n]$ .

Supongamos que el grupo $G$ es compacto. ¿Cómo puedo ver que $k[x_1, \dots, x_n]$ , visto como un $\mathbb{C}[x_1, \dots, x_n]^G$ -es libre si y sólo si $$\mathbb{C}[x_1, \dots, x_n]^G \otimes \text{Harm}(\mathbb{R}^n, G) \to k[x_1, \dots, x_n],$$ inducido por la multiplicación en $k[x_1, \dots, x_n]$ ¿es un isomorfismo del espacio vectorial?

Editar. Esta es la definición de un $G$ -polinomio armónico.

Answer 1

Dejemos que $R:=\mathbb C[x_1,\ldots,x_n]$ y que $\mathfrak m:=R_{>0}$ los polinomios que desaparecen en $0$ . Entonces $\mathfrak M:=R\mathfrak m^G$ El $R$ -ideal generado por el homogéneo $G$ -de grado positivo, se llama a veces el ideal de Hilbert.

Ahora dejemos que $H\subseteq R$ sea el espacio de las funciones armónicas. Entonces $H$ es un complemento del espacio vectorial de $\mathfrak M$ en $R$ es decir, $R=H\oplus\mathfrak M$ . Este hecho es bien conocido y sé cómo demostrarlo pero no tengo una referencia ahora mismo. En cualquier caso, una simple inducción por argumento de grado muestra entonces que $$ \Phi:H\otimes_{\mathbb C}R^G\to R $$ es siempre sobreyectiva.

Si $\Phi$ es un isomorfismo entonces claramente $R$ es un programa gratuito $R^G$ -módulo con base $H$ . Por lo tanto, supongamos a la inversa que $R$ es un programa gratuito $R^G$ -módulo. Entonces $\Phi$ se separa. Dejemos que $K:=\ker\Phi$ y observar $R^G/\mathfrak m^G=\mathbb C$ . Entonces, aplicando $*\otimes_{R^G}\mathbb C$ a la secuencia de división $$ 0\to K\to H\otimes_{\mathbb C}R^G\to R\to0 $$ se obtiene $$ 0\to K\otimes_{R^G}k\to H\overset\sim \to R/\mathfrak M\to0 $$ Por lo tanto, $K/\mathfrak m^GK=K\otimes_{R^G}k=0$ lo que implica $K=\mathfrak m^G K$ . Supongamos que $K\ne0$ . Entonces dejemos que $0\ne r\in K$ sea homogénea de grado mínimo. Pero entonces $r\not\in\mathfrak m^GK$ ya que todos los elementos de $\mathfrak m^G$ tienen un grado positivo. Así, $K=0$ y $\Phi$ es biyectiva.