Potencias simétricas y duales de haces vectoriales en char p

Question

Supongamos que $X$ es una variedad proyectiva suave (por ejemplo $P^n$ ) y $E$ es un haz vectorial (por ejemplo, el haz tangente). Si la característica es cero, entonces la toma de potencias simétricas "conmuta" con la toma de duales: $ Sym_m(E)^* $ y $Sym_m(E^*)$ son canónicamente isomorfas. Esto no es cierto en la característica $p>0$ (se tiene un isomorfismo canónico con una potencia dividida, en cambio.) Pero incluso en la característica $p$ si el haz es trivial, entonces hay isomorfismos no canónicos, y no es difícil demostrar que las clases de Chern son las mismas.

Pregunta: ¿Es $Sym_m(E)^*$ isomorfo a $Sym_m(E^*)$ (no canónico) en general?

Answer 1

Demostraré que la respuesta es no cuando $p=2$ (y me parece que un cálculo algo más complicado funcionará para cualquier $p$ ). Demostraremos que existe un haz vectorial $\mathcal E$ tal que $S^2\mathcal E$ no es isomorfo a $\Gamma^2\mathcal E$ ( $=(S^2\mathcal E^\ast)^\ast$ ).

Consideremos un haz vectorial $\mathcal E$ que es una extensión $0\rightarrow\mathcal O_X\rightarrow\mathcal E\rightarrow\mathcal O_X\rightarrow0$ . Consideraremos el grupo de estructura para tales extensiones. Por lo tanto, suponemos $\mathcal E$ tiene una base $e_1=1\in\mathcal O_X$ y $e_2$ (asignación a $1\in\mathcal O_X$ ). Los cambios de base adaptados tienen la forma $e_1\mapsto e_1$ y $e_2\mapsto e_2+he_1$ . Sobre la base de $e_1^2,e_1e_2,e_2^2$ de $S^2\mathcal E$ obtenemos $e_1^2\mapsto e_1^2$ , $e_1e_2\mapsto e_1e_2+he_1^2$ y $e_2^2\mapsto e_2^2+h^2e_1^2$ . Esto nos da (globalmente) una secuencia exacta $$ 0\rightarrow S^2\mathcal O_Xe_1^2\rightarrow S^2\mathcal E\rightarrow\mathcal O_Xe_1e_2\bigoplus\mathcal O_Xe_2^2\rightarrow0 $$ y si $g$ es la clase de extensión para $\mathcal E$ obtenemos que la extensión para esta extensión es $ge_1e_2+F(g)e_2^2$ (con $F$ el Frobenius). Por lo tanto, si $g,F(g)\in H^1(X,\mathcal O_X)$ son linealmente independientes sobre el campo base $k$ , entonces $S^2\mathcal O_X\rightarrow S^2\mathcal E$ induce un isomorfismo en global de modo que $H^0(X,S^2\mathcal E)=k$ .

Por otro lado, tenemos una base $e_1^{(2)},e_1e_2,e_2^{(2)}$ para $\Gamma^2\mathcal E$ ( $(-)^{(2)}$ que denota la potencia dividida). Esto da $e_1^{(2)}\mapsto e_1^{(2)}$ , $e_1e_2\mapsto e_1e_2$ y $e_2^{(2)}\mapsto e_2^{(2)}+he_1e_2+h^2e_1^{(2)}$ para que obtengamos una secuencia exacta $$ 0\rightarrow \mathcal O_Xe_1^{(2)}\bigoplus\mathcal O_Xe_1e_2\rightarrow \Gamma^2\mathcal E\rightarrow\mathcal O_Xe_2^{(2)}\rightarrow0. $$ (Esto también se puede ver dualizando el argumento de $S^2$ .) Por lo tanto, $H^0(X,\Gamma^2\mathcal E)$ es al menos $2$ -dimensional.

Es bastante fácil obtener ejemplos en los que $g\in H^1(X,\mathcal O_X)$ es linealmente independiente de $F(g)$ . Se puede, por ejemplo, tomar un género ordinario $2$ curva para la que existe una base $a,b\in H^1(X,\mathcal O_X)$ con $F(a)=a$ y $F(b)=b$ y que $g=a+\lambda b$ con $\lambda\notin\mathbb F_p$ o género supersingular pero no superespecial $2$ curva que tiene $a\in H^1(X,\mathcal O_X)$ con $a,Fa$ una base y $F^2a=0$ .

Comentario : El ejemplo parece muy especial pero en cierto sentido es exactamente el comportamiento bajo extensiones es el problema. En efecto, dado un haz vectorial $\mathcal E$ podemos considerar el espacio de banderas completo de $\mathcal E$ en $X$ . Si $S^m\mathcal E$ y $\Gamma^m \mathcal E$ eran isomórficos sobre la bandera entonces podemos empujar hacia abajo tal isomorfismo y obtener un isomorfismo sobre $X$ . Por lo tanto, podemos suponer que $\mathcal E$ tiene una bandera completa. Como se ha observado en la pregunta, si $\mathcal E$ es en realidad una suma directa de haces de líneas que tenemos un isomorfismo.

Apéndice : El ejemplo anterior está en una curva y el problema es invariante bajo la torsión (por un haz de líneas). Cada rango $2$ haz de vectores en una curva puede hasta hasta la torsión puede ser generado por tres secciones. Por lo tanto, el haz vectorial (también hasta la torsión es el retroceso por un mapa de la curva a $\mathbb P^2$ del rango tautológico $2$ -(dual del haz tautológico tautológico). Por lo tanto, para ese haz en $\mathbb P^2$ tenemos que el simétrico y los cuadrados divididos no son isomorfos. Este haz es, hasta una torsión, el haz tangente de $\mathbb P^2$ y, por tanto, lo mismo ocurre con la tangente tangente. Como módulos graduados sobre el anillo polinómico $k[x,y,z]$ tenemos presentaciones explícitas presentaciones de estos dos módulos. En principio deberíamos ser capaces de demostrar directamente demostrar que no son isomorfos y en la práctica supongo que Macaulay debería ser capaz de hacerlo.

Anexo 1 : De hecho puede. ( El código anterior tenía una presentación incorrecta para el cuadrado dividido. .) Este es el código:

R = ZZ/2\[x,y,z\];
F = R^6;
Fzz = F\_0;
Fxx = F\_1;
Fxy = F\_2;
Fxz = F\_3;
Fyy = F\_4;
Fyz = F\_5;
Isym = R\*(x\*Fxx+y\*Fxy+z\*Fxz)+R\*(x\*Fxy+y\*Fyy+z\*Fyz)+R\*(x\*Fxz+y\*Fyz+z\*Fzz);
Idiv = R\*(y\*Fxy+z\*Fxz)+R\*(x\*Fxy+z\*Fyz)+R\*(x\*Fxz+y\*Fyz)+R\*(x^2\*Fxx+y^2\*Fyy+z^2\*Fzz+x\*y\*Fxy+x\*z\*Fxz+y\*z\*Fyz);
Sym = sheaf (F/Isym);
Div = sheaf (F/Idiv);
print ({Sym,Div} / (s -> hilbertPolynomial(HH^0(s(\*)))));
print ({Sym,Div} / (s -> poincare(HH^0(s(\*)))));
print rank Hom(Sym,Div);

{3\*P  + 3\*P , 3\*P  + 3\*P }
      1         2      1         2

              -1          2
{6 - 3T, T   + 3 - T }

1

Aquí verifico primero que los polinomios de Hilbert son los mismos (como deberían tener las mismas clases de Chern) y luego muestro que sus funciones de Hilbert son diferentes. Por último, demuestro que sólo hay un homomorfismo no nulo $\mathrm{Sym}\to\mathrm{Div}$ . Como ya conocemos uno de ellos, el que se da por multiplicación en el álgebra de potencias divididas, y es no un isomorfismo concluimos que no son isomorfos. (Nótese que he puesto las derivadas parciales $\partial/\partial x,\dots$ en grado $0$ en lugar de grado $-1$ donde deben estar).

Answer 2

Aquí hay otra mirada al caso $m=2$ . Quizá pueda servir para arrojar más luz sobre el bonito ejemplo de Torsten. $S^2E$ forma parte de una secuencia exacta $0\to \Lambda^2E\to E\otimes E\to S^2E\to 0$ . $\Gamma^2E$ es parte de una secuencia exacta $0\to \Gamma^2E\to E\otimes E\to \Lambda^2E\to 0$ . La composición de $E\otimes E\to \Lambda^2E \to E\otimes E$ est $1-T$ donde $T$ es la involución $x\otimes y\mapsto y\otimes x$ . Su núcleo $\Gamma^2E$ pueden considerarse como las formas bilineales simétricas en $E^*$ mientras que su cokernel $S^2E$ son las formas cuadráticas. Si $2=0$ entonces la ecuación $(1-T)(1+T)=0$ dice que la imagen de $1-T$ está contenida en el núcleo de $1-T$ tenemos $\Lambda^2E$ inyectando en $\Gamma^2E$ . De hecho, tenemos una secuencia exacta $0\to \Lambda^2E\to\Gamma^2E\to E'\to 0$ y otro $0\to E'\to S^2E\to \Lambda^2E\to 0$ donde estoy escribiendo $E'$ para " $E$ retorcido por Frobenius".

Si no está en la característica $2$ entonces no hay razón para $S^2E$ (o $\Gamma^2E$ ) para tener un subfondo propio no trivial.

Añadido: En el caso de que $E$ es el haz tangente de $P^2$ o, alternativamente, el rango $2$ haz cociente de un rango trivial $3$ que, como menciona Torsten, es el haz tangente retorcido por un haz de líneas, creo que no es difícil resolver a mano que los únicos mapas globales $E\otimes E\to E\otimes E$ son las combinaciones lineales de la identidad y la involución $v\otimes w\mapsto w\otimes v$ . De estos, los únicos que matan la imagen de $\Lambda^2 E$ y así dar un mapa $S^2E=coker(\Lambda^2E\to E\otimes E)\to E\otimes E$ son los múltiplos de $v\otimes w\mapsto v\otimes w+w\otimes v$ para que los únicos mapas $S^2E\to \Gamma^2E=ker(E\otimes E\to\Lambda E)$ son los múltiplos de la habitual. Este argumento funciona sobre cualquier anillo de tierra, y muestra que los dos haces son isomorfos sólo si $2$ es invertible.