Haz determinante de un producto tensorial

Question

Dejemos que $X$ sea un espacio anillado (por ejemplo, un esquema o un colector). Si $V$ es un lugar libre $\mathcal{O}_X$ -de rango $n$ entonces $\mathrm{det}(V) := \Lambda^n V$ es un lugar libre $\mathcal{O}_X$ -de rango $1$ , llamado el determinante de $V$ . En realidad $\mathrm{det}$ es un functor. Ahora me pregunto cómo dar una prueba hábil del conocido (?) hecho de que hay un isomorfismo natural $$\mathrm{det}(V \otimes W) \cong \mathrm{det}(V)^{\otimes m} \otimes \mathrm{det}(W)^{\otimes n},$$ donde $V$ es localmente libre de rango $n$ y $W$ es localmente libre de rango $m$ . Para ello me gustaría construir un mapa globalmente y sin base y luego mostrar que es un isomorfismo localmente, por lo tanto un isomorfismo. Un generador local típico de $\mathrm{det}(V \otimes W)= \Lambda^{n \times m}(V \otimes W)$ es $$(v_{11} \otimes w_{11}) \wedge \dotsc \wedge (v_{1m} \otimes w_{1m}) \wedge \dotsc \wedge (v_{n1} \otimes w_{n1}) \wedge \dotsc \wedge (v_{nm} \otimes w_{nm}).$$ A qué elemento de $\Lambda^n(V)^{\otimes m} \otimes \Lambda^m(W)^{\otimes n}$ ¿debemos mapear esto?

Tenga en cuenta que SE/571839 es una pregunta muy similar, pero me gustaría tener una prueba abstracta como la indicada en el último párrafo de la respuesta aceptada. (De hecho, quiero demostrar una fórmula similar en un monoidal simétrico cocompleto arbitrario $\mathbb{Q}$ -categoría lineal, donde $V$ se llama localmente libre de rango $n$ si $\Lambda^n V$ es invertible y $\Lambda^{n+1} V = 0$ . Aquí no hay bases locales).

Answer 1

Pensamientos incompletos:

Pensando en los elementos tal y como están escritos en un $n \times m$ de la red, envíalo al elemento

$\alpha = \bigotimes_{j=1}^m (v_{1j} \wedge \cdots \wedge v_{nj}) \otimes \bigotimes_{i=1}^n (w_{i1} \wedge \cdots \wedge w_{im})$ .

(así, poniendo el $v$ juntos en columnas y el $w$ en filas).

Para ver que está bien definido, basta con mostrar que es cero si dos términos adyacentes en el producto de cuña larga son iguales.

Por ejemplo, si $v_{11} \otimes w_{11} = v_{12} \otimes w_{12}$ , entonces ambos son $0$ en cuyo caso hemos terminado, o $v_{11} = \lambda v_{12}$ , $w_{11} = \frac{1}{\lambda} w_{12}$ para algún escalar $\lambda \ne 0$ . Entonces la segunda igualdad obliga a $\alpha = 0$ por el $i=1$ factor en el $W$ parte. Esto cubre todos los casos en los que intercambiamos dos elementos en la misma fila. (También cubre los casos en los que intercambiamos elementos en la misma columna. Así que tal vez ya sea suficiente).

Pero todavía hay que tener en cuenta las igualdades de "salto de línea", y no estoy seguro de cómo completar el argumento, lo siento. (Esto recuerda mucho a la prueba de Fulton del Lemma de Sylvester en su libro Young Tableaux, con un inteligente argumento recursivo para este último caso).

Editar : He aquí una idea. En lugar de usar desigualdades de "salto de línea", recorreremos las entradas de la cuadrícula en un orden de ida y vuelta. Así, primero consideramos las igualdades a lo largo de la primera fila. Luego, consideramos la igualdad

$$v_{1m} \otimes w_{1m} = v_{2m} \otimes w_{2m},$$

comparando las "últimas entradas de las dos primeras filas". Está claro que $\alpha = 0$ en este caso ya que se trata de una "igualdad de columnas" (utilizamos el $j=m$ factor -- el último -- en el $V$ parte). Luego trabajamos hacia atrás a lo largo de la fila 2, luego hacia adelante a lo largo de la fila 3, y así sucesivamente. Así, en cada paso, utilizamos una "igualdad de filas" o una "igualdad de columnas" para concluir que $\alpha = 0$ por lo que al final, concluimos que la expresión es alternante en todo $n\cdot m$ cuñas.