Rozklad permutačného $S_n$-modulu na ireducibilné podmoduly

[Martin Sleziak]

V Exercise 14.1 od nás chceli zrátať súčiny nejakých charakterov pre $S_4$ a zistiť, či sú ireducibilné. Zatiaľčo pri $\chi$ musíme len uveriť, že to je skutočne charakter (a ukáže sa to až neskôr); ten druhý charakter dobre poznáme, je to presne $\psi(g)=|\operatorname{Fix}(g)|-1$. Vyšlo tam, že tento charakter je ireducibilný.

Tak som rozmýšľal, či nejako nevieme zdôvodniť vždy (pre hocijaké $n$), že to vyjde ireducibilné. Ide teda o overenie, či $\langle\psi,\psi\rangle=1$, čo je to isté ako $\frac1{n!}\sum\limits_{g\in S_n} |\operatorname{Fix}(g)|^2=2$.

Spoiler:

Ak teraz označím $\pi(g)=|fix(g)|$, tak mám $\pi=\psi+1$, kde $1$ je triviálny charakter.
Teda $\langle\pi,\pi\rangle=\langle\psi+1,\psi+1\rangle=\langle\psi,\psi\rangle+\langle\psi,1\rangle+\langle1,\psi\rangle+\langle1,1\rangle$.
Z Example 14.28(2) už vieme, že triviálny podmodul sa v permutačnom $S_n$-module vyskytuje iba raz, preto $\psi$ a $1$ sú ortogonálne. Máme
$$\langle\pi,\pi\rangle=\langle\psi,\psi\rangle+\langle1,1\rangle=\langle\psi,\psi\rangle+1,$$
čiže ak chceme ukázať $\langle\psi,\psi\rangle=1$, naozaj nám stačí ukázať $\langle\pi,\pi\rangle=2$.

A keďže som na nič neprišiel, tak som skúsil googliť. Našiel som na Mathoverflow: Permutation representation inner product.

Ja sem napíšem zdôvodnenie cez Burnsidovu lemu, ktoré som si tam prečítal. (Tam je to spravené o čosi všeobecnejšie.)

Ak si vezmeme množinu $M=\{1,2,\dots,n\}\times\{1,2,\dots,n\}$ a na nej akciu grupy $S_n$ určenú ako
$$(a,b)g=(ag,bg),$$
tak dostaneme iba dve orbity
$$
\begin{gather*}
M_1=\{(a,b)\in M; a=b\}\\
M_2=\{(a,b)\in M; a\ne b\}
\end{gather*}
$$
Podľa Burnsidovej lemy sa dá počet orbít zrátať ako priemerný počet prvkov fixovaných jedným prvkom grupy; v tomto prípade dostaneme
$$2=\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|\operatorname{Fix}(g)|^2.$$

*********

Pozeral som sa aj či takéto niečo nájdem v našej knihe.

Našiel som Example 19.16(b) na s.200, kde robia s grupou $S_5$ a ukáže sa, že tento charakter je ireducibilný.

Všeobecne pre $S_n$ je to v Example 29.11 na s. 343; tiež to robia cez Burnsidovu lemu (v knihe je to ako Proposition 29.4).

***********

Teraz teda vlastne vieme, ako vyzerá rozklad permutačného modulu pre grupu $S_n$ na súčet ireducibilných podmodulov. (Myslím, že na toto sa niekto pýtal kedysi, keď sme robili Exercise 4.1, kde sme na príklade $S_3$ vlastne prvýkrát videli rozklad, o ktorom sme sa neskôr naučili v Maschkeho vete)

[Martin Sleziak]

Keď už spomínam súčty s pevnými bodmi, tak výsledok $\langle\pi,1\rangle=1$, ktorý nám vyjde v Exercise 14.6 sa dá interpretovať tak, že $\sum\limits_{g\in S_n} |\operatorname{Fix}(g)|=n!$; čiže priemerný počet pevných bodov permutácie je 1.

Ako my vysvetlil Pišta, keď sme sa minule rozprávali, tak sa toto isté dá ľahko odvodiť, tak, že zrátam dokopy $(n-1)!$ permutácií, ktoré fixujú jednotku, $(n-1)!$ permutácií, ktoré fixujú dvojku, atď. (Čo je opäť špeciálny prípad argumentu z dôkazu Burnsidovej lemy.)

[Martin Sleziak]

V prípade problémov so zobrazením skrytých častí (spoiler) skúste použiť tento návod.

[Martin Sleziak]

Riešenie bez charakterov

Keď som si ešte pozeral túto otázku na MSE: Irreducibility of the standard representation of $S_n$, tak som si tam v komentároch prečítal, že by mal existovať aj dôkaz bez charakterov - len s použitím reprezentácií/modulov.

There is a direct proof (it is worth trying to figure out yourself; take a vector and explicitly show the subrepresentation it generates is the whole thing). The character-theoretic proof is explained here: http://mathoverflow.net/questions/17230 ... er-product

I think that submodule is a more standard name than subrepresentation. But Qiaochu did not give an argument that the subrepresentation it generates is the whole thing. He said it was worth trying to prove it yourself, and I agree with that! It's not too hard.

Keď tam teda písali, že to je jednoduché, tak som si povedal, že to skúsim.

Majme permutačný modul pre $S_n$, t.j. máme nejakú zvolenú bázu $v_1,\dots,v_n$ pre priestor $U$ a akcia $S_n$ je daná ako $$\left(\sum x_iv_i\right)g = \sum x_iv_{ig}.$$ Označíme ho $U$.

V tomto module vektor $v=v_1+\dots+v_n$ vygeneruje triviálny podmodul $U_1$.

Vcelku ľahko vieme nájsť aj podmodul $U_2$ taký, že $U=U_1\oplus U_2$. (Jeho existenciu zaručuje Maschkeho veta.) Konkrétne je to podmodul $U_2=\{\sum x_iv_i; \sum x_i=0\}$, teda patria tam tie vektory, pre ktoré je súčet súradníc nulový; $x_1+\dots+x_n=0$. (Veľmi ľahko vidno, že toto je podmodul, že má dimenziu $n-1$ a má nulový prienik s $U_1$.)

Ako bázu pre $U_2$ môžeme zvoliť napríklad $v_1-v_2,v_2-v_3,\dots,v_{n-1}-v_n$.

$U_2$ je ireducibilný
Ak $v=x_1v_1+\dots+x_nv_n$ je ľubovoľný nenulový vektor z $U_2$, tak $x_i\ne x_j$ pre nejaké $i$, $j$. (Lebo $v\notin U_1$.)

Ak vhodne zvolíme permutácie $g$, tak vieme dostať vektor $w=vg=y_1v_1+\dots+y_nv_n$ taký, že $y_1\ne y_2$. Samozrejme, aj $w\in U_2$.

Ešte máme v $U_2$ aj vektor $w(12)$, ktorý sa líši od $w$ iba tým, že má vymenené prvé dve súradnice. (Všetky ostatné súradnice sú rovnaké.)

Teda
$$u=w_1-w_2=(y_1-y_2)(v_1-v_2),$$
pričom $y_1-y_2\ne 0$. Ak tento vektor vhodne prenásobíme, dostaneme, že $\underline{v_1-v_2\in U_2}$.

Ak viackrát aplikujeme na tento vektor $v_1-v_2$ permutáciu $(12\dots n)$, tak dostaneme všetky bázové vektory $\underline{v_i-v_{i+1}\in U_2}$.

Ukázali sme teda vlastne, že ak máme nejaký nenulový podmodul $V$ modulu $U_2$ (t.j. ak $V$ obsahuje aspoň jeden nenulový vektor), tak tento podmodul obsahuje všetky bázové vektory, a teda $V=U_2$. To znamená, že $U_2$ je ireducibilný.

*************

Zdá sa mi na tom veľmi prekvapivé, že nejakými pomerne jednoduchými úvahami o permutačných moduloch sme vlastne ukázali, že platí
$$2=\frac1{|S_n|}\sum_{g\in S_n}|\operatorname{Fix}(g)|^2.$$