¿Es Frobenius el único automorfismo mágico?

Question

El automorfismo de Frobenius es especial porque el $p$ -el mapa de potencia tiene sentido en cualquier característica $p$ lo que nos permite extender canónicamente el Frobenius Galois-teórico a cualquier anillo de este tipo. No conozco ningún otro automorfismo de campo que tenga esta propiedad, y me pregunto si hay algún otro ejemplo.

Para formalizar mi pregunta, dejemos $K$ sea un campo y $\sigma$ un automorfismo no trivial de $K$ . Sea $\mathcal C$ sea la categoría de los conmutativos, unitales $K$ -algebras. Dado $R \in \mathcal C$ podemos retorcer $R$ por $\sigma$ mediante la precomposición del mapa estructural $K \to R$ con $\sigma$ . El mapa $R\mapsto R_\sigma$ determina un functor $T_\sigma$ que es un automorfismo de $\mathcal C$ .

Digamos que $\sigma$ es mágico si existe una transformación natural $$M: \mathbf{1}_{\mathcal C} \to T_\sigma.$$

Los datos de $M$ equivale a los datos de un $K$ -homomorfismo de álgebra $R \to R_\sigma$ por cada $K$ -Álgebra $R$ de forma compatible con los morfismos de $\mathcal C$ . Por definición del $K$ -estructura de álgebra en $R_\sigma$ Esto equivale a dar un $\sigma$ -lineal morfismo $R \to R$ o, lo que es lo mismo, una extensión de $\sigma$ à $R$ .

La siguiente proposición ilustra que los automorfismos mágicos son probablemente bastante raros.

Propuesta 1: Conjugación compleja $\sigma \in \text{Gal}(\mathbf C/\mathbf R)$ no es mágico.

No sé si es posible una prueba más fácil, pero esta es divertida:

Prueba : Demuestro algo más fuerte, a saber, que existe un $\mathbf C$ -Álgebra $R$ con ningún morfismo $R\to R_\sigma$ . De hecho, existe una curva elíptica $E/\mathbf C$ tal que $E$ no es isógeno a $E^\sigma$ cualquier curva elíptica cuya red de períodos no sea homotética a una sub red de su complejo conjugado. Tomando para $R$ el campo de la función de $E$ , obtenemos un $\mathbf C$ -Álgebra $R$ sin $\mathbf C$ -mapas de álgebra $R \to R_\sigma$ .

Nota: : En este caso, dando una extensión de $\sigma$ à $R$ podría ser visto como poner un casi real estructura en $R$ . De hecho, cualquier $\mathbf{C}$ -de la forma $S \otimes_\mathbf{R} \mathbf{C}$ , $S$ un $\mathbf{R}$ -álgebra, conlleva una extensión natural de la conjugación compleja.

Propuesta 2: Si $K$ es un campo perfecto de característica $p$ y $\sigma$ es el $p$ -automorfismo de potencia de $K$ entonces $\sigma^n$ es mágico para cada $n>0$ .

Prueba : Para cualquier $K$ -Álgebra $R$ El $p^n$ -endomorfismo de potencia $R \to R$ es una extensión de $\sigma^n$ à $R$ y es obviamente natural en $R$ .

Preguntas: ¿Existe un ejemplo de automorfismo mágico que no sea Frobenius? ¿Son mágicas las potencias negativas de Frobenius? ¿Existe un automorfismo mágico en la característica $0$ ? Si $K/F$ es $\overline{\mathbf F_p}/\mathbf F_p$ et $\sigma \in G = \widehat{\mathbf Z}$ no es una potencia entera positiva de Frobenius, es $\sigma$ ¿Mágico? (Mi opinión es que no lo es).

Nota: : Parece que el hecho de que Frobenius sea mágico juega un papel básico en el mod $p$ y $p$ -de la geometría de los ádicos, dando lugar a la noción de morfismo de Frobenius.

Answer 1

Esta es una declaración más fuerte. Debilitemos el requisito de pedir endomorfismos naturales de la conmutación $k$ -algebras ( $k$ un dominio integral - necesitamos esto pero no la suposición de que $k$ es un campo), con lo que me refiero a endomorfismos del functor olvido $k\text{-Alg} \to \text{CRing}$ .

Teorema: Si $k$ tiene la característica $p$ , entonces los únicos endomorfismos naturales de la conmutativa $k$ -son las potencias del mapa de Frobenius. En caso contrario, el único endomorfismo natural es la identidad.

Prueba. Cualquier endomorfismo de este tipo es, en particular, un endomorfismo del functor olvido $U : k\text{-Alg} \to \text{Set}$ . Este functor es representable por el functor libre $k$ -Álgebra $k[x]$ y, por tanto, sus endomorfismos pueden identificarse canónicamente con $\text{Hom}_{k-\text{Alg}}(k[x], k[x]) \cong k[x]$ por el lema de Yoneda. (¡Este es el paso más importante de la prueba!) Así, cualquier endomorfismo natural candidato tiene necesariamente la forma

$$R \ni r \mapsto \sum f_n r^n \in R$$

para algún polinomio $f(x) = \sum f_n x^n \in k[x]$ . (Esto ya descarta una gran clase de ejemplos posibles, incluyendo, pero no limitándose, a la conjugación compleja). Ahora, este endomorfismo debe preservar la suma y la multiplicación. Preserva la multiplicación si lo hace en el ejemplo universal, es decir, debemos tener

$$k[x, y] \ni xy \mapsto \sum f_n (xy)^n = (\sum f_n x^n)(\sum f_n y^n) \in k[x, y].$$

Utilizando el hecho de que $k$ es un dominio integral y comparando los coeficientes, concluimos que esto es posible si $f(x)$ tiene a lo sumo un coeficiente no nulo, que es un idempotente y por tanto debe ser $0$ o $1$ . En el primer caso $f$ no conserva la unidad multiplicativa. En el segundo caso debemos tener $f(x) = x^n$ para algunos $n$ . De nuevo, nuestro endomorfismo preserva la adición si lo hace en el ejemplo universal, es decir, debemos tener

$$k[x, y] \ni x + y \mapsto (x + y)^n = x^n + y^n \in k[x, y]$$

lo cual es cierto si $n = 1$ o ${n \choose m} = 0$ en $k$ para todos $1 \le m \le n-1$ . En el segundo caso, en particular $n = 0$ en $k$ Así que $k$ debe tener la característica $p | n$ . Ahora, por el teorema de Kummer, $p | {n \choose m}$ si el proceso de añadir $m$ y $n - m$ en la base $p$ implica al menos un acarreo, pero si $n$ no es un poder de $p$ siempre podemos encontrar $m$ para el que no es el caso, escribiendo $n$ como una suma de potencias de $p$ utilizando su base- $p$ expansión y distribuyendo parte de esta suma a $m$ y el resto a $n - m$ . Por lo tanto, $n$ debe ser un poder de $p$ como se desee. $\Box$

Ver también esta pregunta del modus operandi con un argumento muy similar y esta entrada del blog para una discusión de las transformaciones naturales entre funtores olvidadizos en general.

Se puede reformular este argumento como si se tratara de endomorfismos de $\text{Spec } k[x]$ considerado como un objeto de anillo conmutativo en esquemas afines sobre $k$ pero no creo que esto aporte mucho al argumento.