Estensione di caratteri
Ricordo la seguente definizione:
Definizione. Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano. Diciamo carattere di [tex]G[/tex] un qualsiasi morfismo [tex]\chi: G \to \mathbb{C}^\times[/tex].
Prove it! Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano e sia [tex]H \le G[/tex] un suo sottogruppo. Sia poi [tex]\chi[/tex] un carattere di [tex]H[/tex]. Dimostrare che esiste sempre un carattere [tex]\tilde{\chi}[/tex] di [tex]G[/tex] tale che [tex]\tilde{\chi}_{\mid H} \equiv \chi[/tex], ossia tale che la sua restrizione ad [tex]H[/tex] coincida con [tex]\chi[/tex].
Definizione. Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano. Diciamo carattere di [tex]G[/tex] un qualsiasi morfismo [tex]\chi: G \to \mathbb{C}^\times[/tex].
Prove it! Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano e sia [tex]H \le G[/tex] un suo sottogruppo. Sia poi [tex]\chi[/tex] un carattere di [tex]H[/tex]. Dimostrare che esiste sempre un carattere [tex]\tilde{\chi}[/tex] di [tex]G[/tex] tale che [tex]\tilde{\chi}_{\mid H} \equiv \chi[/tex], ossia tale che la sua restrizione ad [tex]H[/tex] coincida con [tex]\chi[/tex].
Risposte
Cos'è [tex]$\mathbb{C}^\times$[/tex]?
Sarà il gruppo dei numeri complessi di modulo 1. Mi sa che questo esercizio ha anche una applicazione in Analisi, nella teoria delle algebre di Banach, o almeno mi pare di avere intravisto qualcosa del genere su Functional Analysis di Rudin.
"dissonance":
Sarà il gruppo dei numeri complessi di modulo 1.
Questa notazione mi è del tutto nuova.
"dissonance":
Mi sa che questo esercizio ha anche una applicazione in Analisi, nella teoria delle algebre di Banach, o almeno mi pare di avere intravisto qualcosa del genere su Functional Analysis di Rudin.
Buono a sapersi.
Di solito per [tex]\mathbb{C}^{\times}[/tex] si intende il gruppo moltiplicativo dei complessi diversi da zero.
Ha ragione Martino. Intendevo il gruppo moltiplicativo dei complessi; scusate se l'ho dato per scontato.
In ogni caso, non conosco molte applicazioni di quest'esercizio. Ne conosco una, per la quale però basta un risultato molto più debole: si chiede infatti, che il gruppo sia finito oltre che abeliano. Questo esercizio è la risposta ad una domanda che mi sono fatto da solo qualche tempo fa...
In ogni caso, non conosco molte applicazioni di quest'esercizio. Ne conosco una, per la quale però basta un risultato molto più debole: si chiede infatti, che il gruppo sia finito oltre che abeliano. Questo esercizio è la risposta ad una domanda che mi sono fatto da solo qualche tempo fa...
Caro Maurer, visto che questo esercizio è irrisolto ormai da anni, ti dispiacerebbe spiegarci come hai ragionato? La cosa mi interessa, ci ho pensato un pochino ma sono riuscito a risolverlo solo nel caso di un gruppo finito, per il quale peraltro avevo già incontrato una costruzione più generale dovuta a Frobenius:
http://en.wikipedia.org/wiki/Frobenius_reciprocity
Purtroppo mi devo occupare di tutt'altro (esami, come al solito) e quindi non mi posso permettere di dedicarmi a questo fatto, ma mi sono incuriosito e vorrei vedere come hai fatto tu.
Grazie!
http://en.wikipedia.org/wiki/Frobenius_reciprocity
Purtroppo mi devo occupare di tutt'altro (esami, come al solito) e quindi non mi posso permettere di dedicarmi a questo fatto, ma mi sono incuriosito e vorrei vedere come hai fatto tu.
Grazie!
Sì, volentieri... ma la soluzione che ho dato all'epoca era alquanto macchinosa a causa della mia ignoranza. Ciò che ho imparato in questi ultimi mesi mi consente di dare una prova di due righe... Le propongo tutte e due, ma nella prima delineo solo lo sketch senza scendere nei controlli più tediosi.
1° modo. Si consideri la famiglia [tex]\mathcal S = \{(K,\psi) \mid H \le K \le G, \: \psi \in \widehat{K}, \: \psi_{\mid H} \equiv \chi \}[/tex], dove [tex]\widehat{K}[/tex] denota il duale di [tex]K[/tex], ossia [tex]\text{Hom}_\mathbb{Z}(K, \mathbb C^\times)[/tex]. Introduciamo in [tex]\mathcal S[/tex] la relazione [tex]\le[/tex] definita da [tex](K_1,\psi_1) \le (K_2,\psi_2) \Leftrightarrow K_1 \subset K_2, \: \psi_{2 \mid K_1} \equiv \psi_1[/tex]. Ora, questa relazione è un ordine parziale (verifica omessa) e [tex](\mathcal S, \le)[/tex] è un insieme induttivo (verifica omessa). Pertanto per il lemma di Zorn possiamo trovare un elemento massimale [tex](K,\psi)[/tex] in questa famiglia. Se, per assurdo [tex]K \subsetneq G[/tex], allora esiste [tex]g \in G, g \not \in K[/tex] e pertanto avremo concluso se riusciamo a far vedere che è possibile estendere [tex](K,\psi)[/tex] con un solo elemento. Tuttavia questo è un facile esercizio (basta osservare che [tex]\mathbb C^\times[/tex] è un gruppo divisibile) - e (@dissonance) saprai già come farlo se l'hai risolto per gruppi finiti.
2° modo. [tex]\mathbb Z[/tex] è un PID, quindi i moduli iniettivi su [tex]\mathbb Z[/tex] sono tutti e soli i gruppi abeliani divisibili. Visto che [tex]\mathbb C^\times[/tex] è divisibile, è iniettivo e pertanto da
[tex]\xymatrix{ 0 \ar[r] & H \ar[r] \ar[dr]_{\chi} & G \ar@{.>}[d]^{\exists \psi} \\ & & \mathbb C^\times}[/tex]
si deduce la proprietà di estensione voluta.
Infine, riporto il seguente modo che è una variante sul tema di quello precedente, ma che è più divertente (in realtà è un allungamento della precedente, ossia una riformulazione in termini di Ext della proprietà di iniettività, ma mi piace vederla così).
3° modo. [tex]\mathbb Z[/tex] è un PID, quindi [tex]\text{Ext}^1_\mathbb{Z}(M,N) = 0[/tex] se [tex]N[/tex] è divisibile (perché, come prima, divisibile implica iniettivo). Ora dalla successione corta esatta
[tex]0 \to H \to G \to G / H \to 0[/tex]
otteniamo la sequenza lunga esatta degli Ext:
[tex]0 \to \hom(G/H, \mathbb C^\times) \to \hom(G, \mathbb C^\times) \to \hom(H,\mathbb C^\times) \to \text{Ext}^1_{\mathbb Z}(G/H, \mathbb C^\times) = 0[/tex]
sicché la mappa [tex]\hom(G,\mathbb C^\times) \to \hom(H,\mathbb C^\times)[/tex] è suriettiva e quindi otteniamo la proprietà di estensione voluta.
Questo tra l'altro ci dice pure che se denotiamo con [tex]\pi_H \colon \widehat{G} \to \widehat{H}[/tex] la mappa di restrizione, allora [tex]\ker \pi_H \cong \widehat{G / H}[/tex]. Lo scrivo perché, ai tempi della mia tesi triennale avevo dimostrato a mano questo isomorfismo, ma ricordo che non mi era chiara la motivazione (si osservi che faccio distinzione tra i termini dimostrazione e motivazione!)... Detta in questi termini invece è ovvia: si tratta della sequenza esatta lunga per Ext! E come facciamo ad essere più felici di così??!
P.S. Manco a dirlo, ovviamente si può generalizzare il tutto in ambito categoriale, specificatamente nelle categorie di Grothendieck (qui c'è qualcosina, anche se non ancora la soluzione...)
1° modo. Si consideri la famiglia [tex]\mathcal S = \{(K,\psi) \mid H \le K \le G, \: \psi \in \widehat{K}, \: \psi_{\mid H} \equiv \chi \}[/tex], dove [tex]\widehat{K}[/tex] denota il duale di [tex]K[/tex], ossia [tex]\text{Hom}_\mathbb{Z}(K, \mathbb C^\times)[/tex]. Introduciamo in [tex]\mathcal S[/tex] la relazione [tex]\le[/tex] definita da [tex](K_1,\psi_1) \le (K_2,\psi_2) \Leftrightarrow K_1 \subset K_2, \: \psi_{2 \mid K_1} \equiv \psi_1[/tex]. Ora, questa relazione è un ordine parziale (verifica omessa) e [tex](\mathcal S, \le)[/tex] è un insieme induttivo (verifica omessa). Pertanto per il lemma di Zorn possiamo trovare un elemento massimale [tex](K,\psi)[/tex] in questa famiglia. Se, per assurdo [tex]K \subsetneq G[/tex], allora esiste [tex]g \in G, g \not \in K[/tex] e pertanto avremo concluso se riusciamo a far vedere che è possibile estendere [tex](K,\psi)[/tex] con un solo elemento. Tuttavia questo è un facile esercizio (basta osservare che [tex]\mathbb C^\times[/tex] è un gruppo divisibile) - e (@dissonance) saprai già come farlo se l'hai risolto per gruppi finiti.
2° modo. [tex]\mathbb Z[/tex] è un PID, quindi i moduli iniettivi su [tex]\mathbb Z[/tex] sono tutti e soli i gruppi abeliani divisibili. Visto che [tex]\mathbb C^\times[/tex] è divisibile, è iniettivo e pertanto da
[tex]\xymatrix{ 0 \ar[r] & H \ar[r] \ar[dr]_{\chi} & G \ar@{.>}[d]^{\exists \psi} \\ & & \mathbb C^\times}[/tex]
si deduce la proprietà di estensione voluta.
Infine, riporto il seguente modo che è una variante sul tema di quello precedente, ma che è più divertente (in realtà è un allungamento della precedente, ossia una riformulazione in termini di Ext della proprietà di iniettività, ma mi piace vederla così).
3° modo. [tex]\mathbb Z[/tex] è un PID, quindi [tex]\text{Ext}^1_\mathbb{Z}(M,N) = 0[/tex] se [tex]N[/tex] è divisibile (perché, come prima, divisibile implica iniettivo). Ora dalla successione corta esatta
[tex]0 \to H \to G \to G / H \to 0[/tex]
otteniamo la sequenza lunga esatta degli Ext:
[tex]0 \to \hom(G/H, \mathbb C^\times) \to \hom(G, \mathbb C^\times) \to \hom(H,\mathbb C^\times) \to \text{Ext}^1_{\mathbb Z}(G/H, \mathbb C^\times) = 0[/tex]
sicché la mappa [tex]\hom(G,\mathbb C^\times) \to \hom(H,\mathbb C^\times)[/tex] è suriettiva e quindi otteniamo la proprietà di estensione voluta.
Questo tra l'altro ci dice pure che se denotiamo con [tex]\pi_H \colon \widehat{G} \to \widehat{H}[/tex] la mappa di restrizione, allora [tex]\ker \pi_H \cong \widehat{G / H}[/tex]. Lo scrivo perché, ai tempi della mia tesi triennale avevo dimostrato a mano questo isomorfismo, ma ricordo che non mi era chiara la motivazione (si osservi che faccio distinzione tra i termini dimostrazione e motivazione!)... Detta in questi termini invece è ovvia: si tratta della sequenza esatta lunga per Ext! E come facciamo ad essere più felici di così??!
P.S. Manco a dirlo, ovviamente si può generalizzare il tutto in ambito categoriale, specificatamente nelle categorie di Grothendieck (qui c'è qualcosina, anche se non ancora la soluzione...)
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