Grupos de Picard y grupos fundamentales de grupos algebraicos conexos

Question

Recientemente, estoy leyendo el trabajo de V. L. Popov "Picard groups of homogeneous spaces of linear algebraic groups and one-dimensional homogeneous vector bundles" V. L. Popov, 1974 y me confundí con el "Teorema 6" en ese documento que dice que

"Let $G$ sea un grupo algebraico lineal conexo con radical $R$ . Entonces $\mathrm{Pic}(G)$ es isomorfo al grupo fundamental del grupo semisimple $G/R$ ."

Este teorema se deduce del "Teorema 3" y del "Teorema 4" de dicho documento.

Sin embargo, esto parece contradecir el siguiente ejemplo. Consideremos $G = \mathrm{GL}(n,\mathbb{C})$ cuyo radical $R$ es isomorfo a $\mathbb{G}_{m}$ . Entonces el espacio homogéneo es $G/R = \mathrm{PGL}(n,\mathbb{C})$ . Sabemos que $\mathrm{Pic}(\mathrm{GL}(n,\mathbb{C}))$ es $0$ pero $\pi_{1}(\mathrm{PGL}(n,\mathbb{C}))=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ . ¿Alguien puede explicarme qué he entendido mal?

Answer 1

Esto es realmente un comentario largo ya que no puedo acceder al periódico.

Definitivamente parece que hay algo mal en la fórmula, pero las fórmulas que sé que son correctas básicamente tienen en cuenta perfectamente el factor que falta.

En concreto, aquí hay dos hechos que definitivamente conozco. Permítanme denotar por $X^\ast(G)$ el grupo de caracteres $\text{Hom}(G,\mathbf{G}_m)$ .

Hecho 1: Sea $\varphi:G'\to G$ sea un mapa de grupos algebraicos conexos con $\ker\varphi$ de tipo multiplicativo (es decir $\ker\varphi$ es geométricamente un producto de toros y raíces de la unidad). Entonces, existe la siguiente secuencia exacta: $$0\to X^\ast(G)\to X^\ast(G')\to X^\ast(\ker\varphi)\to \text{Pic}(G)\to\text{Pic}(G')\to 0$$

et

Hecho 2: Si $X^\ast(G)=0$ (y $G$ es un grupo algebraico conexo) entonces $G$ tiene una cubierta universal, y $\text{Pic}(G)=X^\ast(\pi_1(G))$ .

Supongamos, por ejemplo, que $G$ es un grupo reductor. Entonces, por supuesto, sabemos que $R(G)$ es un toroide y por tanto $\varphi:G\to G/R(G)$ tiene núcleo multiplicativo. Por tanto, aplicando el hecho 1 obtenemos

$$0\to X^\ast(G/R(G))\to X^\ast(G)\to X^\ast(R(G))\to \text{Pic}(G/R(G))\to \text{Pic}(G)\to 0$$

Ahora bien, puesto que $G/R(G)$ es semisimple, tenemos que $X^\ast(G/R(G))=0$ (de hecho, la imagen de $G/R(G)$ en $\mathbf{G}_m$ sería conexo, semisimple y abeliano, es decir, trivial). Así pues, lo anterior se reduce realmente a

$$0\to X^\ast(G)\to X^\ast(R(G))\to \text{Pic}(G/R(G))\to\text{Pic}(G)\to 0$$

Entonces, utilizando el Hecho 2, y el hecho recién mencionado de que $X^\ast(G/R(G))=0$ tenemos que $\text{Pic}(G/R(G))=X^\ast(\pi_1(G/R(G)))$ . Finalmente, nuestra secuencia es la siguiente

$$0\to X^\ast(G)\to X^\ast(R(G))\to X^\ast(\pi_1(G))\to \text{Pic}(G)\to 0$$

Ahora, vamos a ejecutar esto para $G=\text{PGL}_n$ para que $R(G)=\mathbf{G}_m$ y $G/R(G)=\text{PGL}_n$ . Entonces, evidentemente:

$$X^\ast(\text{GL}_n)=X^\ast(\text{GL}_n/D(\text{GL}_n))=X^\ast(\text{GL}_n/\text{SL}_n)=X^\ast(\mathbf{G}_m)=\mathbb{Z}$$

et

$$X^\ast(R(G))=X^\ast(\mathbf{G}_m)=\mathbb{Z}$$

Así pues, queda por encontrar qué $X^\ast(\pi_1(\text{PGL}_n))$ es. Pero.., $\text{PGL}_n=\text{PSL}_n$ y $\text{SL}_n\to\text{PGL}_n$ es una isogenia central con núcleo $\mu_n$ . Desde $\text{SL}_n$ es simplemente conexo, lo que implica que $\pi_1(\text{PGL}_n)=\mu_n$ . Así,

$$X^\ast(\pi_1(\text{PGL}_n))=X^\ast(\mu_n)=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$$

Así, tenemos, finalmente, la secuencia

$$0\to \mathbb{Z}\to\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\to \text{Pic}(\text{GL}_n)\to 0$$

lo que implica el resultado deseado (que $\text{Pic}(\text{GL}_n)=0$ ) ya que el mapa $X^\ast(\text{GL}_n)\to X^\ast(\mathbf{G}_m)$ es la multiplicación por $n$ (ya que cualquier $\varphi\in X^\ast(\text{GL}_n)$ factores a través del determinante que, esencialmente, es la multiplicación por $n$ en $\mathbf{G}_m$ la composición $\mathbf{G}_m\xrightarrow{\approx}R(\text{GL}_n)\xrightarrow{\det}\mathbf{G}_m$ es la multiplicación por $n$ ).

En general, puesto que $\text{Pic}(G/R(G))=X^\ast(\pi_1(G/R(G))$ y $\pi_1(G/R(G))$ es algún grupo abeliano finito, tenemos, no canónicamente que $X^\ast(\pi_1(G/R(G))=\pi_1(G/R(G))$ . Así, el análisis anterior muestra que tenemos una secuencia exacta corta

$$0\to X^\ast(G)\to X^\ast(R(G))\to \pi_1(G/R(G)))\to \text{Pic}(G)\to 0$$

Así, puesto que $\pi_1(G/R(G))$ y $\text{Pic}(G)$ son grupos finitos, si son isomorfos entonces el mapa $\pi_1(G/R(G))\to \text{Pic}(G)$ es un isomorfismo (ya que son del mismo orden y finitos) y por tanto $X^\ast(G)\to X^\ast(R(G))$ es un isomorfismo. A la inversa, si $X^\ast(G)\to X^\ast(R(G))$ es un isomorfismo, entonces evidentemente $\pi_1(G/R(G))\to \text{Pic}(G)$ es un ismorfismo.

Así pues, obsérvese ahora que el morfismo $X^\ast(G/D(G))\to X^\ast(G)$ es evidentemente un isomorfismo. Así, vemos que $X^\ast(G)\to X^\ast(R(G))$ es un isomorfismo si y sólo si $X^\ast(G/D(G))\to X^\ast(R(G))$ es un isomorfismo. Pero obsérvese que como $G/D(G)$ y $R(G)$ son tori, esto es equivalente a la afirmación de que $R(G)\to G/D(G)$ es un isomorfismo. Pero, $R(G)=Z(G)^\circ$ (podemos ignorar los subesquemas reducidos porque estamos en la característica $0$ ) y es bien sabido que $G=D(G)R(G)$ y así $R(G)\to G/D(G)$ es suryectiva (lo que implica la afirmación anterior de que $X^\ast(G)\to X^\ast(R(G))$ es inyectiva) y es un isomorfismo si y sólo si $R(G)\cap D(G)$ es trivial.

El resultado de todo esto es el siguiente:

Conclusión: Existe una suryección canónica $\pi_1(G/R(G))\to \text{Pic}(G)$ que es un isomorfismo si y sólo si $R(G)\cap D(G)$ es trivial. De hecho, el núcleo de este mapa tiene tamaño $|R(G)\cap D(G)|$ . De hecho, desde $\pi_1(G/R(G))$ y $\text{Pic}(G)$ son grupos abelianos finitos, son isomorfos si y sólo si $\pi_1(G/R(G))\to \text{Pic}(G)$ es un isomorfismo. Por lo tanto, $\pi_1(G/R(G))$ es isomorfo a $\text{Pic}(G)$ sólo si $D(G)\cap R(G)$ es trivial.

No he pensado demasiado en cuándo $R(G)\cap D(G)$ no es trivial--¿conoces algún ejemplo en el que $G$ no es ya semisimple? En cualquier caso, parece que el teorema enunciado es erróneo precisamente porque $R(\text{GL}_n)\cap D(\text{GL}_n)$ no es trivial, y exactamente de orden $n$ contabilidad de su $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ discrepancia.