Cohomología de $SL_2(\mathbb{F}_p)$ actuando sobre matrices de traza cero sobre $\mathbb{F}_p$

Question

He estado leyendo un artículo de R.Ramakrishna sobre el levantamiento de representaciones de Galois y en algún momento utiliza el hecho de que una representación con imagen grande tiene un primer grupo de cohomología trivial.

En otras palabras, lo que he estado tratando de demostrar (y fallando) es que dado $p>5$ un primo, si $M$ es el grupo de la traza cero $2\times 2$ matrices sobre $\mathbb{F}_p$ entonces:

$H^1(SL_2(\mathbb{F}_p),M) = 0$

donde la acción viene dada por la conjugación.

Mi primera aproximación fue calcular el grupo $H^1(S_p,M)$ , donde $S_p$ es un $p$ -subgrupo bajo de $SL_2(\mathbb{F}_p)$ . Si fuera trivial entonces el que quiero debería ser, porque $M$ es un $p$ -grupo, ¡pero resulta que no lo es! (Creo que es unidimensional).

Tal vez haya alguna razón teórico-cohomológica que se me escapa, gracias.

Answer 1

Como indica la respuesta de Olivier, una aproximación directa al cómputo mediante las técnicas clásicas de Sah y otras es posible en un pequeño caso aislado como éste. Pero es conveniente conocer varios enfoques diferentes para el cálculo de la cohomología de grupos finitos (o más generalmente, de los funtores Ext). La mayoría de estos cálculos son extremadamente difíciles de llevar a cabo de forma explícita, pero a veces es suficiente con trabajar en el entorno de la cohomología de grupos finitos sin ninguna maquinaria añadida. También hay algunas técnicas potentes procedentes de la topología algebraica (libro de Adem-Milgram, etc.). Para los grupos $SL(2,p^n)$ un estudio detallado del anillo de cohomología por Jon Carlson en Proc. LMS 47 (1983) muestra lo difícil que puede ser todo el tema.

En esta cuestión (y a menudo en el estudio de las representaciones de Galois) se trata de una familia de grupos finitos de tipo Lie, donde a menudo es útil pensar en comparaciones con la cohomología del grupo algebraico ambiente. Aquí hay una extensa literatura, resumida de forma concisa pero con muchas referencias en mi libro de 2005 Representaciones modulares de grupos finitos de tipo Lie (LMS Lecture Note Series 326): trabajo de Cline-Parshall-Scott y sus colaboradores, etc. En general, la pregunta formulada tiene una respuesta transparente si se pueden elaborar explícitamente las capas "superiores" o "inferiores" de la cubierta proyectiva del módulo trivial. Esto no es nada fácil en general, pero para $SL(2,p^n)$ existe una comparación bastante directa con los módulos afines para el grupo algebraico: véase el artículo de Henning Andersen et al. en Proc. LMS 46 (1983).

P.D. Una ventaja de mirar directamente la cubierta proyectiva del módulo trivial (como en el último artículo citado) es que explica por qué $p=5$ causa problemas: los dos pesos más altos implicados son $\lambda=0$ (módulo trivial) y $\mu =2$ (módulo adjunto), mientras que la condición para la existencia de una extensión no dividida entre ellos se ve fácilmente a partir de la comparación de grupos algebraicos que es $\lambda+\mu = p-3$ .

Answer 2

Me parece que el lema de Sah servirá.

(Lema de Sah) Sea $G$ sea un grupo, $M$ a $G$ -representación y $g\in Z(G)$ . Entonces $x\mapsto (g-1)x$ es el mapa cero en $H^{1}(G,M)$ .

La prueba es un cálculo de $(g-1)f(h)$ utilizando la relación de coyuntura y el hecho de que $f(h)=f(ghg^{-1})$ . Aplicando el lema a $\operatorname{SL}_{2}(\mathbb F_{p})$ , $M$ y una homotecia no trivial, por ejemplo $-Id$ da el resultado.

Answer 3

Esta cuestión es el lema 2.48 de "El último teorema de Fermat", de Darmon, Diamond y Taylor. Este es su argumento (no es literal, pero casi...)

Dejemos que $U\subset B \subset G = SL_2(\mathbb{F}_p)$ sean los subgrupos de matrices unipotentes y triangulares superiores, respectivamente. Dado que $[G:B]=p+1$ es primordial para $p$ El grupo $H^1(G/B, M) = 0$ para que el mapa de restricción $H^1(G,M) \to H^1(B,M)$ es inyectiva. De manera similar, $[B:U] = p-1$ para que $H^1(B,M) \simeq H^1(U,M)^{B/U}$ .

Ahora, hay una filtración $$0 \subset M'' \subset M' \subset M$$ donde $M'$ son las matrices triangulares superiores de traza cero y $M''$ son los de $M'$ con ceros en la diagonal. Comparando las secuencias exactas largas de la cohomología de Galois que surgen de las secuencias exactas cortas $$ 0 \to M'\to M\to M/M'\to 0$$ y $$0 \to M''\to M'\to M'/M''\to 0,$$ puedes ver que $H^1(U,M)$ inyecta en $H^1(U,M/M')$ . Este último grupo es sólo $\mathrm{Hom}(\mathbb{F}_p,\mathbb{F}_p)$ y puedes mostrar directamente entonces que $\mathrm{Hom}(\mathbb{F}_p,\mathbb{F}_p)^{B/U}=0$ .

Cuando se comparan las secuencias largas exactas, se puede obtener la mayor parte de la información que se necesita calculando la dimensión de $H^i(U,X)$ como $\mathbb{F}_p$ -espacio vectorial (aquí $X$ es $M,\ M',\ M''$ o uno de los cocientes). Se pueden calcular las dimensiones simplemente escribiendo la acción de U sobre M en términos de multiplicación de matrices.