¿Por qué es el Herbrand cociente de la doble $\hat{A}$ igual a la inversa de la Herbrand cociente de $A$ en esta situación?

Question

Estoy leyendo Serre los Campos Locales, y estoy tratando de entender la prueba de la Proposición. 9 en $\S$5 de Cap. 8 (p.136). En primer lugar, el programa de instalación:

• $p$ es un número primo
• $G$ es un grupo cíclico de orden $p$
• $A$ $G$- módulo de
• $h(A)$ es el Herbrand cociente de $A$
• $\varphi(A)$ es el Herbrand cociente de $A$ si se actuó por $G$ trivialmente

Prop. 9 estados que

Al $\varphi(A)$ está definido, las cantidades $\varphi(A^G)$, $\varphi(A_G)$, y $h(A)$ están todos definidos, y $$h(A)^{p-1}=\varphi(A^G)^p/\varphi(A)=\varphi(A_G)^p/\varphi(A).$$

En la prueba, uno de los casos que terminan reduciendo a es al $A$ $G$- módulo que tiene las siguientes propiedades:

• $A$ $p$- divisible (para cada $y\in A$, hay un $x\in A$ tal que $px=y$)
• cada elemento de a $A$ $p$- potencia de torsión (por cada $y\in A$, hay un $n\in\mathbb{N}$ tal que $p^ny=0$)
• el $p$-torsión subgrupo $\{y\in A\mid py=0\}$ $A$ es finito

Serre dice en este punto que:

... es más rápido usar dualidad de Pontryagin: transforma $A$ en un grupo compacto $\hat{A}$, que es un módulo de finito escriba sobre el anillo de $\mathbb{Z}_p$ $p$- ádico enteros, en que $G$ actos. Puede ser inmediatamente verificado que $$h(A)=h(\hat{A})^{-1},\qquad\varphi(A)=\varphi(\hat{A})^{-1},\qquad\varphi(A^G)=\varphi(\hat{A}_G)^{-1}.$$

No teniendo más que una Wikipedia-nivel de conocimiento de la dualidad de Pontryagin, este pasaje es, por desgracia bastante opaca a mí. Desde esta sección de la página de la Wikipedia, deduzco que hemos implícitamente poner la topología discreta en $A$. Bueno, eso es razonable. Pero ¿cuál es la justificación para la muestra de fórmulas? Tomando nota de la multiplicativity de la Herbrand cociente exactos secuencias, supongo que la primera ecuación es verdadera porque no es una secuencia exacta que implican $A$, $\hat{A}$, y $G$-módulo de $B$$h(B)=1$, y del mismo modo con la segunda ecuación, pero me parece que no puede averiguar lo $B$ debe ser, ni por qué la tercera ecuación es verdadera.

Si usted se siente generoso, yo también agradecería una pista/explicación de por qué $\hat{A}$ es un finitely libres generados por $\mathbb{Z}_p$-módulo.

Answer 1

No sé el $p$-versión de este, pero te puedo decir cómo funcionan las cosas en el "no-$p$"de los casos. No debería ser difícil de ajustar esto en lo que usted desea.

Escribir $\hat H^\bullet(G,\mathord-)$ en la Tate de cohomology de un grupo finito $G$. Para cada grupo abelian $A$ deje $A^\wedge=\hom(A,\mathbb R/\mathbb Z)$ ser el grupo abelian de todos los homomorphisms de abelian grupos; si $A$ pasa a ser un $G$-módulo, a continuación, $A^\wedge$ $G$- módulo en la forma habitual. Luego hay un isomorfismo canónico $$\hat H^{p-1}(G,^\wedge)\cong\left(\hat H^{p}(G,A)\right)^{\wedge}.$$ En otras palabras, $(\mathord-)^\wedge$ voltea la cohomological grado con una vuelta de tuerca, y dualizes. Esto puede ser probado en general tonterías con el hecho de que $(\mathord-)^\wedge$ es una dualidad---se realiza en detalle en Cartan-Eileberg.

Ahora, por ejemplo, supongamos $A$ $G$- módulo para el que $h(A)$ está definido. Tenemos (utilizando periodicidad: estoy suponiendo que a partir de ahora uno de los que aquí $G$ es cíclica, o, para ser tonto, que $G$ periodo $2$) $$\hat H^0(G,^\wedge)=\hat H^{-1}(G,A)^\wedge=\hat H^1(G,A)^\wedge$$ and $$\hat H^1(G,^\wedge)=\hat H^{-2}(G,A)^\wedge=\hat H^0(G,A)^\wedge.$$ Since the groups $\sombrero de H^p(G,A)$ son finitos, que son (no canónicamente) isomorfo a sus duales, por lo $h_0(A^\wedge)=h_1(A)$ y $h_1(A^\wedge)=h_0(A)$. Esto le da a la primera fórmula que desee.