Emparejamientos "naturales" entre potencias exteriores de un espacio vectorial y su dual

Question

Sea $V$ sea un espacio vectorial de dimensión finita sobre un campo $k$ , $v_1, \dotsc v_n \in V$ un conjunto de vectores, y $f_1, \dotsc f_n \in V^{\ast}$ un conjunto de covectores. Hasta la permutación, parece que hay al menos dos opciones "naturales" de emparejamiento

$${\bigwedge}^n(V) \otimes {\bigwedge}^n(V^{\ast}) \to k.$$

Una viene dada por la ampliación de

$$(v_1 \wedge \dotsb \wedge v_n) \otimes (f_1 \wedge \dotsb \wedge f_n) \mapsto \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n f_i(v_{\sigma(i)}).$$

Puede encontrarse, por ejemplo, en las notas "Álgebras tensoriales, emparejamientos tensoriales y dualidad" por Brian Conrad y tiene la propiedad deseable de que si $e_1, \dotsc e_n$ forman parte de una base de $V$ y $e_1^{\ast}, \dotsc e_n^{\ast}$ son las partes correspondientes de la base dual, entonces $e_1 \wedge \dotsb \wedge e_n$ es dual con $e_1^{\ast} \wedge \dotsb \wedge e_n^{\ast}$ .

La otra viene dada por la ampliación

$$(v_1 \wedge \dotsb \wedge v_n) \otimes (f_1 \wedge \dotsb \wedge f_n) \mapsto \frac{1}{n!} \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n f_i(v_{\sigma(i)}).$$

Tiene el inconveniente de no estar definida en característica $n$ o menos, pero de los dos, éste es el que sé definir functorialmente; una construcción functorial se detalla en mi respuesta a Señales en el mapa natural $\Lambda^k V \otimes \Lambda^k V^* \to \Bbbk$ y otra viene dada por empezar con el emparejamiento inducido $V^{\otimes n} \otimes (V^{\ast})^{\otimes n} \to k$ restringiendo a tensores antisimétricos $\operatorname{Alt}^n(V) \otimes \operatorname{Alt}^n(V^{\ast}) \to k$ y luego invirtiendo el mapa canónico $\operatorname{Alt}^n(V) \to V^{\otimes n} \to \Lambda^n(V)$ así como el mapa correspondiente para el espacio dual (siendo estos mapas isomorfismos sólo en característica mayor que $n$ ).

En otra respuesta de math.SE Aaron indica que el primer emparejamiento es una restricción de una acción functorial más general de $\Lambda(V^{\ast})$ en $\Lambda(V)$ . Inicialmente pensé que esta construcción funcionaba casi enteramente sobre la base de ciertas propiedades universales, pero Aaron acaba teniendo que comprobar a mano que se cumplen ciertas condiciones; de cualquier manera, esta construcción no es ideal, ya que no parece tratar $V$ y $V^{\ast}$ simétricamente. Entonces:

(Cómo) puedo construir functorialmente el primer emparejamiento de forma que trate $V$ y $V^{\ast}$ ¿simétricamente? ¿Es cierto que las únicas construcciones functoriales del primer emparejamiento tratan $V$ y $V^{\ast}$ ¿Asimétricamente?

(Por "construir functorialmente" me refiero, como mínimo, a que no tienes que especificar nunca qué pasa con los tensores puros y extender).

Pongo "cómo" entre paréntesis porque no estoy convencido de que sea posible. Una forma de hacerlo es arreglar una bonita incrustación $\Lambda^n(V) \to \operatorname{Alt}^n(V)$ . Supongamos que enviamos $v_1 \wedge \dotsb \wedge v_n$ a

$$c_n \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) v_{\sigma(1)} \otimes \dotsb \otimes v_{\sigma(n)}$$

donde $c_n$ depende únicamente de $n$ (en particular, no debería depender de $V$ ). Entonces, si no me equivoco, el emparejamiento inducido $\Lambda^n(V) \otimes \Lambda^n(V^{\ast}) \to k$ viene dada por la ampliación de

$$(v_1 \wedge \dotsb \wedge v_n) \otimes (f_1 \wedge \dotsb \wedge f_n) \to c_n^2 n! \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n f_i(v_{\sigma(i)})$$

por lo que la única forma de recuperar el primer emparejamiento es si $c_n = \frac{1}{\sqrt{n!}}$ lo cual es terrible, ya que depende de que este elemento concreto exista en $k$ . El cálculo anterior me recuerda un problema con la normalización de la transformada discreta de Fourier en $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ El problema es que hay al menos dos medidas naturales (la medida de recuento y la única medida de probabilidad invariante) que son duales de Fourier bajo la transformada discreta de Fourier, y la única que es autodual de Fourier asigna a cada punto la medida $\frac{1}{\sqrt{n}}$ .

El debate en ¿Existe alguna convención preferible para definir el producto cuña? parece relacionado, aunque no parece responder inmediatamente a mi pregunta. En el contexto geométrico, pregunto cuál es el emparejamiento natural entre las formas diferenciales y los campos polivectoriales. La gente parece estar de acuerdo en que hay uno, pero no sé dónde encontrar una opinión autorizada sobre cuál es. En lenguaje geométrico, supongo que quiero pensar en los campos polivectoriales como "cubos infinitesimales" sobre una variedad, así que el emparejamiento correcto debería venir dado por "integración".

¿Se puede precisar, y da el primer emparejamiento o el segundo?

Answer 1

Me gustaría dar algunos detalles para dejar claro que se puede dar una demostración sin apenas cálculos (nunca he mirado la presentación de Bourbaki pero supongo que hacen lo mismo aunque, como quieren que todas las demostraciones dependan sólo del material previo, podrían hacer algunos cálculos más).

Para empezar, estamos considerando álgebras superconmutativas (sobre un anillo base conmutativo $R$ ) que son estrictamente conmutativas, es decir, $\mathbb Z/2$ -con $xy=(-1)^{mn}yx$ donde $m$ y $n$ son los grados de $x$ y $y$ y $x^2=0$ si $x$ tiene el título de impar. Obsérvese que la extensión base de tal álgebra es del mismo tipo (la parte más computacional de tal verificación es para la rigurosidad que utiliza la de los elementos Impares $x^2$ es una forma cuadrática con forma bilineal trivial asociada). El álgebra exterior es entonces el álgebra libre estrictamente superconmutativa sobre el módulo $V$ . Además, el producto tensorial (graduado) de dos sca es un sca y de ello se deduce formalmente que $\Lambda^\ast(U\bigoplus V)=\Lambda^\ast U\bigotimes\Lambda^\ast V$ .

Ahora, el mapa diagonal $U\to U\bigoplus U$ induce un coproducto en $\Lambda^\ast U$ que por functorialidad es cocomutativa convirtiendo el álgebra exterior en superbiálgebra. También quiero hacer la observación de que si $U$ es f.g. proyectivo entonces también lo es $\Lambda^\ast U$ . En efecto, al presentar $U$ como factor directo en un módulo f.g. libre se reduce al caso en que $U$ es libre y luego por el hecho de que las sumas directas se llevan a productos tensoriales al caso en que $U=R$ pero en ese caso está claro que $\Lambda^\ast U=R\bigoplus R\delta$ donde $\delta$ es un elemento impar de cuadrado $0$ .

Si ahora $U$ sigue siendo f.g. proyectivo entonces $(\Lambda^\ast U^\ast)^\ast$ es también una superbiálgebra superconmutativa y superconmutativa. Necesitamos saber que es estrictamente supercomutativa. Esto puede hacerse mediante un cálculo, pero queremos arreglárnoslas como podamos. Podemos reducir de nuevo al caso en que $U$ es gratis. Después podemos reducir al caso en que $U=R$ (usando que el producto tensorial de sca's es un sca) y ahí está claro (y uno puede incluso en ese caso evitar cálculos). Otra forma, una vez que estamos entonces caso libre, es utilizar la propiedad de cambio de base para reducir a la cuando $R=\mathbb Z$ y entonces hemos visto que el álgebra exterior es libre de torsión y un álgebra supercomutativa libre de torsión es una sca.

También necesitamos saber que si $U$ es f.g. proyectivo, entonces el mapa de estructura $U\to\Lambda^\ast U$ tiene una división canónica. Esto se ve más fácilmente introduciendo un $\mathbb Z$ -calificación que amplía la $\mathbb Z/2$ -calificación y demostrar que la titulación $1$ parte de ella es exactamente $U$ (tal vez sería mejor trabajar desde el principio con $\mathbb Z$ -gradaciones).

Esta división nos da un mapa $U\to(\Lambda^\ast U^\ast)^\ast$ en la parte impar y como tenemos un sca obtenemos un mapa $\Lambda^\ast U\to(\Lambda^\ast U^\ast)^\ast$ de sca's. Este mapa es un isomorfismo. De hecho, primero reducimos al caso en que $R$ es gratuito (esto es un poco complicado si uno quiere presentar $U$ como factor directo de libre, pero también se puede utilizar la compatibilidad de cambio de base para reducir al caso en que $R$ es local, en cuyo caso $U$ siempre es gratis). Entonces, como antes, se reduce a $U=R$ donde itt es claro ya que ambos lados se concentran en grados $0$ y $1$ y el mapa es claramente una iso en grado $0$ y por construcción en grado $1$ .

Obsérvese que todo funciona exactamente igual si se trabaja con conmutatividad ordinaria (de modo que el álgebra exterior se sustituye por la simétrica) hasta la comprobación en el caso en que $U=R$ . En ese caso el álgebra dual es el álgebra potencia dividida y sólo tenemos un isomorfismo en característica $0$ .

A posteriori : El hecho de que las cosas funcionen para el álgebra exterior pero introduzcan potencias divididas en el caso simétrico tiene un giro intrigante. Se pueden definir superálgebras de potencias divididas en las que todas las potencias superiores de los elementos Impares se definen como cero. Con esa definición, el álgebra exterior tiene una estructura canónica de potencias divididas (para un módulo proyectivo) que se caracteriza por ser natural y conmutar con el cambio de base (o ser compatible con productos tensoriales, igual que para las potencias divididas ordinarias hay una potencia dividida natural en el producto tensorial de dos álgebras de potencias divididas). Por lo tanto, de alguna manera el hecho de que el álgebra exterior sea autodual está conectado con el hecho de que el álgebra exterior es también la superálgebra libre de potencias divididas sobre elementos Impares. Sin embargo, no conozco ninguna a priori razón por la que el álgebra dual, tanto en el caso simétrico como en el exterior, debería tener una estructura de poder dividida.

Como curiosidad, la estructura de potencia dividida en el álgebra exterior está relacionada con la fórmula de Riemann-Roch para variedades abelianas: Si $L$ es un haz de líneas sobre una variedad abeliana, la fórmula RR dice que $$\chi(L) = \frac{L^g}{g!}$$ y esto da (como es habitual para las fórmulas de índice de Aityah-Singer) también la afirmación de integralidad de que $L^g$ es divisible por $g!$ . Sin embargo, esto se deduce directamente del hecho de que la cohomología de una variedad abeliana es el álgebra exterior sobre $H^1$ y el hecho de que el álgebra exterior tiene una estructura de poder dividida.

Answer 2

Creo que la pregunta es equivalente a la siguiente:

¿Cuál es el mapa multilineal canónico o "más natural"? $(V^*)^n\times V^n\to\mathbf{k}$ que se alterna en $V^*$ y (por separado) en $V$ argumentos, donde $V$ es un espacio vectorial sobre $\mathbf{k}$ ?

Dado que existe una biyección canónica entre el conjunto de mapas multilineales alternos $V^n\to\mathbf{k}$ y el conjunto de tensores alternos $\operatorname{Alt}^n(V^*)\subset (V^*)^{\otimes n}$ Esta pregunta es equivalente a la siguiente:

¿Cuál es el mapa multilineal alternante canónico o "más natural"? $(V^*)^n\to\operatorname{Alt}^n(V^*)$ ?

Esto, a su vez, equivale a la pregunta:

¿Cuál es el mapa lineal canónico o "más natural"? $\Lambda^nV^*\to\operatorname{Alt}^n(V^*)$ ?

Me parece que la elección aquí es en cierto modo una cuestión de gustos.

Para el mapa multilineal "más natural $(V^*)^n\times V^n\to\mathbf{k}$ que se alterna en $V^*$ y (por separado) en $V$ argumentos, se puede elegir que sea el determinante de la $n\times n$ matriz cuyas entradas se obtienen aplicando la $V^*$ argumentos a la $V$ argumentos. ¿No es esto suficientemente functorial? Esto dará la fórmula de Brian Conrad. Sin embargo, si este mapa se multiplica o divide por $\pm n!$ Creo que será difícil argumentar que será menos natural.

Aparte de las formas diferenciales.

Existe una cuestión relacionada sobre cómo debe definirse el producto exterior (el producto cuña) de las formas diferenciales. No parece haber acuerdo universal. He aquí algunas observaciones.

1. A veces las formas diferenciales se definen utilizando potencias exteriores de los espacios cotangentes. OMI esto es un error, ya que una forma diferencial en un punto debe ser un mapa multilineal alternante, no una clase de equivalencia de mapas multilineales.

2. Las formas diferenciales se utilizan en la geometría diferencial y en el cálculo multivariable, normalmente en el contexto de la diferenciación y la integración (por ejemplo, la forma Teorema de Stokes ). Así, al hablar de formas diferenciales, preguntas como "si $n!$ es invertible en $\mathbf{k}$ " no surgen. Puede tener sentido utilizar un mapa diferente $(V^*)^n\times V^n\to\mathbf{k}$ para definir el producto cuña de formas diferenciales que el utilizado para definir el emparejamiento "canónico" de $\Lambda^nV^*$ con $\Lambda^nV$ . Por ejemplo, dividiendo por $n!$ el mapa que toma el determinante del $n\times n$ simplificará la fórmula para el producto cuña de formas diferenciales.

Answer 3

Parece que una pregunta similar ya aparece en MO:

Potencias simétricas y duales de haces vectoriales en char p

En esa pregunta, se planteó la cuestión de que las potencias simétricas no son canónicamente isomorfas a sus duales en la característica dos. Tal vez un argumento similar funcione para potencias exteriores...

Answer 4

Mi respuesta consistirá en gran parte en una elaboración del comentario de Torsten sobre . Dar $\Lambda^\bullet V = \bigoplus V^{\otimes \bullet} / \langle v_1\otimes v_2 - v_2 \otimes v_1 \rangle$ el $\mathbb Z$ -correspondiente al grado polinómico. Entonces la multiplicación en cuña es conmutativa en el sentido con signo. Además, se puede dar al álgebra una estructura de Hopf (en la categoría de espacios vectoriales graduados, con el trenzado con signo) con comultiplicación que extienda

$$v \mapsto v\otimes 1 + 1\otimes v$$

para $v\in \Lambda^1 V$ .

Por lo tanto, el álgebra de Hopf dual también es conmutativa y coconmutativa. Contiene $V^\ast$ (en $\mathbb Z$ -calificación $-1$ ) como elementos primitivos, por lo que recibe un mapa de $\Lambda^\bullet V^\ast$ .

El problema es, suponiendo que no haya cometido un error de cálculo, que el mapa del álgebra de Hopf $\Lambda^\bullet V^\ast \to (\Lambda^\bullet V)^\ast$ no es una iso si $(\dim V)!$ no es invertible en el anillo de tierra. El anillo $\Lambda^\bullet V^\ast$ es el "anillo polinómico" en generadores $V$ mientras que $(\Lambda^\bullet V)^\ast$ es el "anillo de poder dividido".

Así que esto obstruirá encontrar una razón "functorial" para el emparejamiento de Brian Conrad: no es un emparejamiento de Hopf para las estructuras canónicas de Hopf en los dos lados.