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Nichtarchimedes
Aktiv 
Dabei seit: 30.12.2017
Mitteilungen: 23
 |  Themenstart: 2020-03-10
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\numberset}{\mathbb}
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\newcommand{\assoc}{\widetilde}\)
Es sei $k$ ein guter kommutativer Ring, z.B. nicht der Nullring oder sogar ein algebraisch abgeschlossener Körper. Ist der Funktor
$$\newcommand{\CommGrp}{\categoryname{CGrp}}\CommGrp^\op \to [\CAlg(k), \CommGrp], \qquad G \mapsto (A \mapsto \Hom(G,A^\units))$$
volltreu? Hierbei bezeichnet $[\blank, \blank]$ die Funktorkategorie, $\CommGrp$ und $\CAlg(k)$ bezeichnen die Kategorien der kommutativen Gruppen, bzw. kommutativen $k$-Algebren. Für eine Gruppe $G$ und eine kommutative $k$-Algebra $A$ betrachten wir hierbei $\Hom(G,A^\units)$ als kommutative Gruppe bezüglich der punktweisen Multiplikation von Homomorphismen (Charakteren).
Es sei $\IG_m \in [\CAlg(k), \CommGrp]$ der Funktor $A \mapsto A^\times$. Dann können wir den Funktor
$$[\CAlg(k), \CommGrp] \to \CommGrp^\op, \qquad F \mapsto \Hom(F,\IG_m)$$
betrachten. Die Komposition $\CommGrp^\op \to [\CAlg(k), \CommGrp] \to \CommGrp^\op$ sollte isomorph zur Identität sein.
Ich habe mittlerweile von Hopf-Algebren und gruppen-artigen Elementen gehört, und denke, dass ich das irgendwo nachlesen und dann wahrscheinlich auch in diese Sprache übersetzen kann.
Ich bin auch an der Frage interessiert, wenn wir die Gruppen $G$ auf freie abelsche Gruppen von endlichem Rang beschränken. In diesem Fall ist die Aussage äquivalent zu der Aussage, dass Homomorphismen algebraischer Tori durch Homomorphismen freier abelscher Gruppen gegeben sind. Diese Aussage habe ich mehrfach gelesen, aber mir ist nicht klar, warum sie gilt.\(\endgroup\)
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 Profil
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kurtg
Senior 
Dabei seit: 27.08.2008
Mitteilungen: 1295
| Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-12
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Hi,
kannst du $\operatorname{Hom}(\mathbb{G}_m,\mathbb{G}_m)$ ausrechnen?
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Profil
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Triceratops
Aktiv 
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 6469
Wohnort: Berlin
 |  Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-11
|
Ja.
Es gilt $\mathrm{Hom}(G,A^x) = \mathrm{Hom}(k[G],A)$. Also ist dein Funktor $G \mapsto \mathrm{Hom}(k[G],-)$, wobei wir auf diesen Hom-Mengen noch die Gruppenstruktur berücksichtigen, sprich die Hopfalgebrastruktur auf $k[G]$. Nach dem Yoneda-Lemma ist deine Frage daher äquivalent dazu, ob jeder Homomorphismus $k[G] \to k[G']$ von Hopfalgebren von einem eindeutigen Homomorphismus $G \to G'$ von Gruppen induziert ist. Die Eindeutigkeit ist in dieser Umformulierung bereits offensichtlich.
Wie du bereits angedeutet hast, sind die gruppen-ähnlichen Elemente (engl. group-like elements) hier sehr nützlich: Ein Element $a \neq 0$ einer Hopfalgebra $A$ heißt gruppen-ähnlich, wenn $\Delta(a) = a \otimes a$ gilt. Mit der Multiplikation von $A$ und der Antipode als Inversion bilden sie eine Gruppe. Jeder Homomorphismus von Hopfalgebren erhält natürlich die gruppen-ähnlichen Elemente.
Das gewünschte Resultat folgt nun hieraus: Wenn $k$ keine nichttrivialen idempotenten Elemente hat, dann ist die Gruppe der gruppen-ähnlichen Elemente von $k[G]$ genau $G$.
Beweis: Für $g \in G$ gilt per Definition $\Delta(g) = g \otimes g$. Nun sei $a = \sum_{g \in G} a(g) g \in k[G]$ gruppen-ähnlich. Die Gleichung $\Delta(a) = a \otimes a$ bedeutet
$\displaystyle\sum_{g \in G} a(g) (g \otimes g) = \sum_{g,h \in G} a(g) a(h) (g \otimes h).$
Ein Koeffizientenvergleich liefert $a(g) = a(g)^2$ für alle $g \in G$ sowie $a(g) a(h) = 0$ für $g,h \in G$ mit $g \neq h$. Wähle ein $g \in G$ mit $a(g) \neq 0$. Weil $a(g)$ idempotent ist, folgt $a(g)=1$. Für alle $h \in G$ mit $g \neq h$ folgt weiter $a(h)=0$. Also ist $a=g$. $\checkmark$
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