Es $Sym^n (V^*) \cong Sym^n (V)^\ast$ naturalmente en característica positiva?

Question

Antecedentes/motivación

Es un clásico hecho de que tenemos un isomorfismo natural $Sym^n (V^*) \cong Sym^n (V) ^\ast$ para espacios vectoriales $V$ sobre un campo $k$ de característica 0. Una forma de ver esto es la siguiente.

Por un lado, elementos de la $Sym^n (V^*)$ son simétricas poderes de grado n lineal de las formas en $V$, por lo que puede ser identificado con polinomios homogéneos de grado n en la $V$. Por otro lado los elementos de $Sym^n (V) ^\ast$ son funcionales lineales en $Sym^n V$; por el universal propiedad de $Sym^n V$ corresponden a los n-multilineal simétrica formas en $V$. El isomorfismo es entonces de la siguiente manera.

Un n-multilineal forma simétrica $\phi$ corresponde al polinomio homogéneo $p(v) = \phi(v, \dots, v)$. En la otra dirección a un polinomio $p(v)$ damos la multinear forma obtenida por la polarización $\phi(v_1, \dots, v_n) = \frac{1}{n!}\sum_{I \subset [n]} (-1)^{n - \sharp I} p(\sum_{i \in I} v_i)$. Aquí $[n]$ es el conjunto $\lbrace 1, \dots, n \rbrace$.

Problema

Por supuesto, esto no funcionará para $n$ mayor que la característica de $k$ si éste es positivo.

Uno puede esperar que un isomorfismo $Sym^n (V^*) \cong Sym^n (V) ^\ast$ mantiene también en característica positiva, y que este debe ser trivialmente verdadera mediante el uso de las propiedades universales de la simétrica poderes. El problema es que si intento para definir un natural de mapa entre los dos espacios utilizando las propiedades universales tengo en algún punto de dividir a por $n!$, de todos modos.

Todavía puede haber algo natural isomorfismo que no puedo ver. O tal vez no hay un isomorfismo natural, pero no sé cómo probar esto.

Hay una natural isomoprhism $Sym^n (V^*) \cong Sym^n (V)^\ast$ en característica positiva?

Answer 1

La respuesta es no (y bien se sabe que las personas que trabajan en la teoría de la representación algebraica de los grupos en característica positiva). De hecho, para $V$ finito dimensionales y de la dimensión de $>1$ los dos espacios vectoriales no son isomorfo como $GL(V)$-módulos ($GL(V)$ es considerado ingenuamente como un resumen de grupo, cuando el campo de $k$ es infinito o como una expresión algebraica de grupo en el caso general) por $n=p$ igual a la característica.

Bajo el supuesto de que $V$ es finito dimensionales que en lugar de formular el problema como de la imposibilidad de tener un $GL(V)$-isomorfismo $Sym^n(V) \cong Sym^n(V^\ast)^\ast$. Ahora, tenemos una inyectiva $GL(V)$-mapa de $V^{(p)} \to Sym^p(V)$ $v \mapsto v^p$ donde $V^{(p)}=k\bigotimes_kV$ donde $k$ actúa sobre el lado izquierdo a través de la $p$'th poder (concretamente si elegimos una base para $V$, entonces la acción en $V=k^m$ está dado por el grupo homomorphism $GL_m(k) \to GL_m(k)$ que se lleva a $(a_{ij})$ $(a^p_{ij})$). Como $\dim V > 1$ tenemos $\dim V^{(p)}=\dim V < \dim Sym^p(V)$, de modo que la inclusión es la correcta.

Se puede comprobar con facilidad que $V^{(p)}$ es irreductible, y es de hecho el único irreductible submódulo de $S^p(V)$. Esto puede ser visto por comenzar con cualquier elemento no nulo $f$ $S^p(V)$ y luego actuar sobre ella mediante una adecuada combinación lineal de la acción de primaria matrices de $GL(V)$ hasta que uno llega a un elemento no nulo de (la imagen de) $V^{(p)}$. Esto es más fácil de entender si se utiliza el hecho de que tenemos una acción de una expresión algebraica y considerar la inducida por la acción por su Mentira álgebra. Elección de nuevo una base de $V$ tenemos elementos $x_i\partial/\partial x_j$ cuya acción sobre un monomio son muy visibles. De esta manera es claro que a partir de cualquier monomio de grado $p$ uno puede aplicar una secuencia de dichos operadores para obtener un valor distinto de cero múltiplo de un monomio de la forma $x_k^p$. Esto, además, algunos pensaban que muestra la declaración.

Supongamos ahora que tenemos un $GL(V)$-isomorfismo $Sym^p(V) \cong Sym^p(V^\ast)^\ast$. Dualising la inclusión $V^{\ast(p)} \hookrightarrow Sym^p(V^\ast)$ y componiendo con el isomorfismo tenemos un cociente de mapa de $Sym^p(V) \to V^{(p)}$. Es fácil ver que en Jordan-Hölder secuencia de $Sym^p(V)$ $V^{(p)}$ de manera que el compuesto de $V^{(p)} \to Sym^p(V) \to V^{(p)}$ debe ser un isomorfismo y por lo tanto la inclusión $V^{(p)} \hookrightarrow Sym^p(V)$ se divide, contradiciendo ese $V^{(p)}$ es la única simple submódulo.

Answer 2

El doble simétricos poderes de un módulo proyectivo finito de rango por encima de cualquier anillo conmutativo es más elegante, expresada en términos de la división de los poderes (lo que también se "explica" por qué más de un campo de carácter distinto de cero hay sutilezas una vez que la dimensión que alcanza la característica, y por qué la versión en característica cero ha factoriales por todo el lugar en el denominador). Se explica muy bien en un apéndice del libro de Berthelot-Ogus en cristalino cohomology.

Answer 3

Como varios MO'ers han señalado, la respuesta es, en general, no, al contrario de lo que falsamente en mi post anterior. Para hacer las paces para escribir tonterías antes, permítanme señalar que Eisenbud, Álgebra Conmutativa, con Vistas, donde este problema es bien discutido en A. 2.4. Lo que resulta ser cierto, ya que Marty había insinuado, es que el graduado doble de la álgebra simétrica es naturalmente isomorfo al poder dividido álgebra de el doble. Cuando se trabaja a través de $\mathbf{Q}$, este poder dividido el álgebra es isomorfo al álgebra simétrica, pero en general ni siquiera necesita ser noetherian.