Espaces vectoriels filtrés et représentations

Nicolas H
Nicolas H
dans Algèbre
Bonjour,

La catégorie des espaces vectoriels $\mathbb Z$-gradués sur un corps $k$ est équivalente à la catégorie des représentations du groupe algébrique ${\mathbb G_m}_{/k}$. Est il possible d'obtenir une caractérisation équivalente de la catégorie des espaces filtrés ? Il me semble qu'un tel groupe doit exister mais je ne suis pas arrivé à le déterminer.

Merci d'avance !

Réponses

  • Maxtimax
    Maxtimax
    ça ne te répond pas, mais le paragraphe 3. de ce papier indique que les espaces vectoriels filtrés sont équivalents aux $\mathbb G_m$-fibrés vectoriels sur $\mathbb A^1$, ça t'aidera peut-être.
    En plus la preuve n'a pas l'air trop compliquée donc tu peux peut-être en tirer quelque chose.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Pour avoir de la valeur ajoutée : je ne m'y connais pas du tout en groupes algébriques, mais l'existence d'un tel groupe me parait suspecte. Voilà pourquoi : Disons qu'on a un tel groupe algébrique $G$. On a un foncteur évident des gradués vers les filtrés, qui de plus commute avec le foncteur fibre vers les espaces vectoriels sur $k$. Par "reconstruction Tannakienne" (j'exagère, c'est pour ça que c'est plus une croyance qu'une preuve formelle), ça devrait induire un morphisme $f:G\to \mathbb G_m$ tel que le foncteur précédent n'est autre que "restriction le long de ce morphisme".
    Mais les foncteurs de restriction le long d'un morphisme de groupe, ça a rarement des rétractions, alors qu'ici on a en une (le foncteur "gradué d'un filtré"). En fait, je peux préciser ce que j'entends par "rarement": disons que la restriction a un adjoint à droite, la co-induction, alors l'existence d'une rétraction implique que l'unité $X\to \mathrm{CoInd}\mathrm{Res}X$ a une rétraction naturelle. ça dans des contextes restriction-induction, c'est difficile à croire.

    Bref, j'ai pas de preuve qu'il n'y a pas de $G$, puisque j'arnaque à 2 endroits (les deux à cause de ma maigre connaissance en groupes algébriques), mais ça me paraît douteux.
  • Nicolas H
    Nicolas H
    Merci de ton interêt ! L'article a l'air très sympa.

    En fait c'est par reconstruction tannakienne j'avais justement l'impression qu'on avait bien un foncteur fibre ${\rm{Filt(Vect)}}_k \to {\rm{Vect}}_k$, et donc par le théorème général que ${\rm{Filt(Vect)}}_k$ est équivalent au représentation du groupe d'automorphisme du foncteur fibre. Je pense que je suis d'accord avec ce que tu as écrit mais à mon avis $\mathbb G_m$ et ce $G$ sont probablement des groupes algébriques très "particulier" donc ça ne m'étonnerait pas que des propriétés surprenantes apparaissent. En tout cas j'ai un peu de lecture je vais essayer de réfléchir à ça.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    On a un foncteur fibre, mais est-ce que ça suffit pour avoir la reconstruction ? Je ne me souviens plus...

    Après j'ai aussi oublié comment ça marchait, comment tu fais pour rendre ce groupe d'automorphismes algébrique? Tu regardes le foncteur fibre base changed ?
  • Nicolas H
    Nicolas H
    Oui je crois que c'est suffisant (il faut que le foncteur soit fidèle mais c'est bien le cas ici.)

    Je ne crois pas que c'est automatiquement algébrique, il me semble que le groupe est "pro-algébrique" ou un truc comme ça. En fait j'ai été un peu vague aussi, il y a des versions différentes si on regarde la catégories des espaces vectoriels de dimension quelconque ou de dimension arbitraire. C'est une question intéressante ... Je peux essayer de revenir avec une question plus précise ici
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Tu as des références ?
    C'est amusant parce que je me posais une question très similaire très récemment :-D

    D'ailleurs c'est quoi la structure monoïdale sur les filtrés ? $F^n (V\otimes W) = \sum_{p+q=n}F^pV\otimes F^qW $ ?
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Aaaaah ok alors attends.

    ici le foncteur fibre n'est pas représentable, mais il est pro-représentable : soit $k_n$ l'espace vectoriel $k$, avec $F^{n-1}k_n = 0$ et $F^mk_n = k$ pour $m\geq n$. Alors on a un morphisme $k_{n+1}\to k_n$ qui est juste l'identité de $k$ et ça induit un isomorphisme $\mathrm{colim}_n \hom(k_n, V) \cong U(V)$ où $U$ est l'oubli.

    Du coup les endomorphismes (non monoïdaux) de $U$ se calculent (par Yoneda) comme $\lim_n U(k_n) = k$. Mhm. On peut voir assez facilement que la composition correspond à la multiplication, en fait les endomorphismes sont juste les scalaires.

    Parmi ceux-là, lesquels sont monoïdaux ? Juste $1$. Donc le foncteur fibre n'a pas d'automorphisme monoïdaux non triviaux en $k$.

    Après, je ne saurais pas te dire quel est le groupe algébrique puisque je ne suis pas sûr de comment on le calcule pour une $k$-algèbre $R$ quelconque - si c'est un truc tout naïf, j'ai l'impression que le calcul juste au-dessus marche (il faut remplacer $1$ par "un idempotent inversible", donc finalement, $1$) et que le groupe algébrique serait nul :-S Raison de plus de penser que Tannaka ne marche pas ici, il manque peut-être des hypothèses

    EDIT : ah non c'est pas vrai, c'est plus subtil ! Mon pro-représentant ne marche pas si la filtration sur $V$ n'est pas exhaustive....

    EDIT2 : le papier que j'ai mentionné plus tôt suppose ses filtrations exhaustives (et Hausdorff)
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Bon j'ai trouvé une référence, ces notes, théorème 2.11. , qui devrait s'appliquer (j'ai eu un doute quant à l'existence des duaux, mais je crois que c'est ok)

    Alors malheureusement c'est mal écrit parce que je galère à trouver la définition de ce fameux $\underline{Aut}^\otimes(\omega)$ (sans le soulignement c'est évident :-D).
    Je crois que c'est le foncteur $R\mapsto Aut^\otimes (\omega \otimes R)$, i.e. les automorphismes monoïdaux de la composition $C\to Vect\to R-Mod$.

    Dans ce cas, $\hom_R(\omega\otimes R, \omega\otimes R) = \hom(\omega, \omega \otimes R) = \lim_n \omega(k_n)\otimes R = \lim_n R = R$.

    Maintenant, parmi ceux-là, lesquels sont monoïdaux, j'ai l'impression qu'il n'y a que $1\in R$, mais à nouveau c'est étrange parce que le théorème plus haut nous dit que non :-S Donc je suis perplexe.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    AH j'ai trouvé ! Promis, après je me tais :-D

    En plus c'est complètement idiot, je me suis posé la question, mais je me suis ensuite convaincu qu'elle était idiote; alors qu'elle ne l'est pas du tout.

    Indication numéro 1: Le foncteur d'oubli n'est pas conservatif

    Indication numéro 2: Pour tout espace vectoriel filtré $V$, il existe une filtration débile sur $V$ tel que $id_V : V\to V$ soit filtré pour deux filtrations différentes

    Indication numéro 3 (allez, la dernière) : Dans une catégorie abélienne, un épimorphisme qui est aussi un monomorphisme est un isomorphisme

    C'est de la topologie !! On a une fausse structure.
    Les fibrés vectoriels, c'est pas aussi gentil que les faisceaux abéliens (ni même les faisceaux en espaces vectoriels). Bref, l'hypothèse principale manque !
    Un bon exercice est de réfléchir auquel des axiomes échoue. C'est pas très compliqué mais on voit mieux ce qui se passe
  • Nicolas H
    Nicolas H
    Bonjour Maxtimax,

    Désolé de ne pas avoir répondu avant et merci merci pour tes super messages et pour avoir finalement résolu le problème ! Du coup je n'avais pas trouvé de références exactes, pas étonnant ...

    Pour résumer : La catégorie des espaces filtrés n'est pas abélienne tout simplement ! Ce n'est pas étonnant car la catégorie des fibrés vectoriels n'est pas abélienne non plus comme tu l'as souligné.

    Pour l'écrire explicitement :

    1) + 2) Soit $V = k^2$, et $F_1 V = 0, F_2 V = V$, $G_1 V = V, G_2 V = V$. Alors $id : V \to V$ est un isomorphisme d'espace vectoriels. C'est aussi un morphisme d'espace filtrés. Mais ce n'est pas un isomorphisme d'espaces filtrés ! (Ceci est pour 2) mais en particulier ça implique bien que le foncteur d'oubli n'est pas conservatif aussi )

    3) Eh bien le même exemple fonctionne je crois :-D Je dirais que les mono sont les injections qui préservent les filtrations, et les épimorphismes sont les surjections qui préservent les filtrations.

    Vérifions juste la première assertion pour simplicité : soit $f : V \to W$ un morphisme d'espace filtrés.

    a) Supposons que $f$ est un monomorphisme, c'est à dire que pour tout $g,h : U \to V$, si $f \circ g = f \circ h$ alors $g = h$. On peut considérer $U = k$, l'espace vectoriel de dimension $1$ (Je ne précise pas encore la filtration). Pour tout $v \in V$ on veut un morphisme d'espace filtrés $k \to V, 1 \mapsto v$. Si $i_0$ est tel que $F_{i_0}V = V$ on prends $F_ik = 0$ si $i<i_0$ et $F_{i_0}k = k$. Avec cette filtration, n'importe quel morphisme $k \to V$ est bien un morphisme d'espace vectoriels filtrés. Maintenant soit $v,v' \in V$ tel que $f(v) = f(v')$. On prends $g(1) = v, h(1) = v'$ et donc comme $f$ est un monomorphisme, $fg = fh$ donc $v=v'$.
    b) Supposons que $f$ soit injective. Alors, par construction on a $fg = fh$ car $f(g-h) = 0$ et donc $g-h$ est dans le noyau c'est à dire que $g=h$ comme $f$ est injective.

    Edit : plusieurs typos corrigées :-D
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion