¿Por qué hay una relación entre los menores de segundo orden de una matriz simétrica$4\times 4$?

Question

Un $4\times 4$ matriz simétrica $$ \left( \begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{12} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} & a_{34} \\ a_{14} & a_{24} & a_{34} & a_{44} \\ \end{array} \right) $$ contiene exactamente 21 menores de orden 2, pero no es una combinación lineal de ellos, a saber $$ -(a_{13} a_{24}-a_{14} a_{23})+(a_{12} a_{34}-a_{14} a_{23})-(a_{12} a_{34}-a_{13} a_{24})\, , $$ que se desvanece, en oposición a la simétrica $3\times 3$ simétrica matrices, cuya 6 menores de orden dos son linealmente independientes.

GRAN PREGUNTA: ¿por Qué? Quiero decir, ¿qué es la teoría detrás de este fenómeno?

PREGUNTA FILOSÓFICA: ¿Qué es el "número real" de los menores de edad (en el ejemplo anterior), el 20 o 21?

Yo ya dí una explicación, pero aún no puedo ver la imagen en grande. Agradecería si alguien señaló una referencia, sustitución de mí los esfuerzos de reinventar la rueda.

Si una $n\times n$ matriz $A$ es considerado como un elemento de $V\otimes_{\mathbb{K}} V^\ast$, con $V\equiv \mathbb{K}^n$, entonces es evidente que existe una manera de extender $A$ a $\mathbb{K}$-lineal mapa $$ A^{(k)}:\bigwedge^kV\longrightarrow\bigwedge^kV^\ast\, . $$ Si $A$ es simétrica, entonces también lo es $A^{(k)}$, es decir, hay un polinomio de grado $k$) mapa $$ S^2(V^\ast)\ni Un\stackrel{p}{\longmapsto} A^{(k)}\W^k:=S^2\left( \bigwedge^kV ^\ast \right)\, . $$ Observar que $W_k$ tiene dimensión $\frac{{n\choose k}\left({n\choose k}+1\right)}{2}$, que es del 21 por $n=4$ e $k=2$. Así que, me llevó a identificar a $W^k$ con el espacio de la "formal de los menores de edad" de la orden de $k$ de $n\times n$ matriz (de hecho, las entradas de $A^{(k)}$ son precisamente tales menores de edad).

Cómo explicar ahora la dependencia de las tres de ellos?

Hay un lineal mapa $$ S^2\left( \bigwedge^2V ^\ast \right)\ni\rho\odot\eta\stackrel{\epsilon}{\longmapsto}\rho\wedge\eta\en \bigwedge^4V ^\ast\equiv\mathbb{K}\, , $$ y se puede demostrar que $\epsilon\circ p=0$, es decir, que $p$ toma sus valores en el subespacio $$ W^2_0:=\ker\epsilon\, , $$ que tiene dimensión 20 (la desaparición de la anterior combinación lineal corresponde precisamente a la ecuación de $\epsilon(p(A))=0$).

LADO de la PREGUNTA: ¿Cómo definir esta $W_0^k$ arbitrarias $n$ e $k$? Debe ser el "lineal sobre" de la imagen de $p$: pero, ¿cómo exponer de manera explícita?

Probablemente, la teoría de las representaciones puede responder a esto: $W^k$ no es siempre irreductible $\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})$-módulo, y $W_0^k$ es el único irreductible componente que contiene la imagen de $p$. Siempre que esta conjetura es verdadera, no me ayuda encontrar la expresión de $W_0^k$ en términos de los tensores en $V$.

Answer 1

Esto es acerca de su pregunta específica. Para cualquier espacio vectorial $V$ de la dimensión de $n$, uno tiene descomposiciones canónicas $$ S^2(S^2V^*) \simeq S^4(V^*)\oplus K(V^*) $$ y $$ S^2(\Lambda^2V^*) \simeq \Lambda^4(V^*)\oplus K(V^*), $$ donde $K(V^*)$ es una irreductible $\mathrm{GL}(V)$-módulo de dimensión $n^2(n^2{-}1)/12$. De ello se desprende que, hasta una constante múltiples, sólo hay uno que no sea trivial $\mathrm{GL}(V)$-equivariant lineal de asignación de $$ S^2(S^2V^*) \longrightarrow S^2(\Lambda^2V^*), $$ y de ahí que el número de linealmente independientes menores de orden $2$ de $n$a$n$ matriz simétrica es $n^2(n^2{-}1)/12$.

Usted puede responder a preguntas similares comparando $S^k(S^2V^*)$ con $S^2(\Lambda^kV^*)$ de los valores más altos de $k$. Este tipo de pregunta va por el nombre de "plethysm' en teoría de la representación. Por ejemplo, cuando se $k=3$, nos encontramos con que $S^3(S^2V^*)$ e $S^2(\Lambda^3V^*)$ compartir sólo una irreductible $\mathrm{GL}(V)$-constituyente, que tiene dimensión $$ \frac{(n{-}2)(n{-}1)^2n^2(n{+}1)}{144}, $$ así que este es el número de linealmente independientes $3$a$3$ menores de un $n$a$n$ matriz simétrica.

Actualización: Aquí está una conjetural respuesta a la gran pregunta: Recordar que, para un espacio vectorial $V$ de la dimensión de $n$, un sistema fundamental de irreductible $\mathrm{SL}(V)$ módulos está dado por $\Lambda^kV^*$ para $0<k<n$. Si, como es tradicional, se asigna más alto de pesos para que $\Lambda^kV^*$ tiene más peso $\alpha_k$, entonces cualquier representación irreducible $W$ de % de $\mathrm{SL}(V)$ está determinado por su mayor peso,$w = m_1\,\alpha_1 + \cdots + m_{n-1}\,\alpha_{n-1}$, donde el $m_i$ son números enteros no negativos.

El uso de esta nomenclatura, $S^2(V^*)$, que es irreducible, tiene mayor peso,$2\,\alpha_1$.

La siguiente Conjetura es apoyado por explícita cálculos de $0<k< n\le 9$. (Presumiblemente, esta conjetura (si es verdad) sería fácil demostrar que para un experto combinatorialist o representación teórico, pero yo no soy ni.)

Conjetura: El $\mathrm{SL}(V)$-módulos de $S^k(S^2V^*)$ e $S^2(\Lambda^kV^*)$ sólo tienen en común el irreductible $\mathrm{SL}(V)$-constituyente, es decir, la irreductible $\mathrm{SL}(V)$-módulo de $W$ de mayor peso,$2\,\alpha_k$.

Dado que, por la Weyl Carácter fórmula, la dimensión de la $W$ con mayor peso, $2\,\alpha_k$ es $$ \frac1{k{+}1}{n\elegir k}{{n+1}\elegir k}, $$ iba a seguir a partir de la Conjetura de que este es el número de linealmente independientes $k$a$k$ menores de un simétrica $n$a$n$ matriz.

Answer 2

Este es un comentario acerca de Robert Bryant conjetura: es cierto y no es difícil si usted sabe la teoría de la representación de $GL(V)$ bastante bien. De hecho, la siguiente declaración más fuerte es verdadera:

La única constitutivos de $(S^2 V)^{\otimes k}$ e $(\bigwedge^k V)^{\otimes 2}$ es la representación con mayor peso,$2 \alpha_k$.

Uno debe, a continuación, compruebe que este componente se encuentra en el simétrica partes del tensor de poderes, que es probablemente más fácil de hacer por señalar que el $k \times k$ menores de una matriz simétrica dar un valor distinto de cero $GL(V)$ equivariant mapa de $(\bigwedge^k V)^{\otimes 2} \longrightarrow (S^2 V)^{\otimes k}$.

Escribir pesos como particiones $(\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \cdots \geq \lambda_n)$, lo $S^2 V$ tiene la altura peso $(2,0,0,\ldots,0)$ e $\bigwedge^k V$ tiene más peso $(\overbrace{1,1,\ldots,1}^k,0,0,\ldots,0)$. Tensoring con $S^k V$ e con $\bigwedge^k V$ es descrito por el Pieri regla y su transpuesta. Desde el Pieri regla, cualquier irreductible constituyente $V_{\lambda}$ de % de $(S^2 V)^{\otimes k}$ ha $\sum \lambda_i=2k$ e $\lambda_{k+1} = \lambda_{k+2} = \cdots = \lambda_n=0$. A partir de la transposición de la Pieri regla general, toda la $V_{\lambda}$ en $(\bigwedge^k V)^{\otimes 2}$ tiene todos los $\lambda_i \leq 2$. La única manera de satisfacer estas condiciones es $\lambda = (\overbrace{2,2,\ldots,2}^k,0,0,\ldots,0)$.

Más generalmente, el único constitutivos de $(S^{\ell} V)^{\otimes k}$ e $(\bigwedge^k V)^{\otimes \ell}$ es la representación de mayor peso,$\ell \alpha_k$. Es sin duda en $S^{\ell} (\bigwedge^k V)$. Si $\ell$ es par, entonces es en $S^k(S^{\ell} V)$, de lo contrario es en $\bigwedge^k (S^\ell V)$.

Answer 3

Esto es solo sobre la "gran pregunta".

Las matrices simétricas$n\times n$ aparecen naturalmente como la gran celda en el Grassmannian lagrangiano. Cualquier incrustación proyectiva normal (por ejemplo, incluir primero en el Grassmannian ordinario, luego incrustar Pl \ u ucker) de cualquier$G/P$ se define por las ecuaciones de grado$1$ y$2$, un resultado que se puede encontrar en el libro [Brion-Kumar] por ejemplo.

Aquí, ese resultado le dará un montón de relaciones cuadráticas entre los menores de tamaño$n$.

Answer 4

La respuesta a mi pregunta ha sido proporcionada por Robert Bryant. Esto es sólo un comentario largo, que contiene la prueba a su conjetura (espero que él va a ser feliz!).

La clave está en el diagrama $\require{AMScd}$ \begin{CD} S^2V^* @= S^2V^*\\ @V \epsilon_k V V{\large\circlearrowleft} @VV p_k V\\ S^k(S^2 V^*) @>>\pi^{(k)}> S^2(\Lambda^kV^*)\, , \end{CD} donde $p_k(Q):=Q^{(k)}$ es la extensión natural de $Q$ (ver Bryant comentario anterior), dado por $$ Q^{(k)}(v_1\wedge\cdots\wedge v_k\, ,w_1\wedge\cdots\wedge w_k)=\sum_{\sigma\en S_k}(-1)^\sigma Q(v_1\, , w_{\sigma(1)})\cdots Q(v_k\, , w_{\sigma(k)})\, , $$ y $\epsilon_k$ es el "universal mapa de poder" (no sabría como llamarlo de otra manera): $$ \epsilon_k(Q)=Q^k\, . $$ Como Bryant observa, se $p_k$ un polinomio homogéneo de grado $k$, es de los factores a través de $\epsilon_k$, e $\pi^{(k)}$ es lineal en el mapa.

Por eso, $S^2(\Lambda^kV^*)$ es el "espacio de formal $k^\textrm{th}$ orden de los menores de edad", mientras que $W:=\langle p_k(S^2V^*)\rangle$ es el "espacio de verdadera $k^\textrm{th}$ orden de los menores de edad" (es decir, el objeto de mi pregunta).

Vamos a demostrar que $W=V_{2\alpha_k}$, es decir, la irreductible $\mathrm{SL}(V)$-módulo de mayor peso, $2\alpha_k$ que, de acuerdo a Bryant, tiene dimensión $$ \frac{1}{k+1}{n\elegir k}{n+1\elegir k}\, . $$

Aunque $\epsilon_k$ no es surjective, $\langle\epsilon_k(S^2V^*)\rangle=S^k(S^2V^*)$, por lo que el $W=\pi^{(k)}(S^k(S^2V^*))$. Esto ayudará a entender el resto.

Para demostrar que $W\supseteq V_{2\alpha_k}$ es suficiente para mostrar que el $W$ contiene el mayor peso de vector $$ v_{2\alpha_k}=v_{\alpha_k}^2=(e_1\wedge\cdots\wedge e_k)^2\S^2(\Lambda^kV^*)\, . $$ Pero esto es cierto por la fórmula anterior para $Q^{(k)}$: $$ v_{2\alpha_k}=(e_1^2+\cdots+e_k^2)^{(k)}\, . $$ Para demostrar que $W\subseteq V_{2\alpha_k}$, se observa que, por $\mathrm{GL}(V)$-equivariancy de toda la estructura, $V_{2\alpha_k}$ contiene $Q^{(k)}$ cualquier $Q$ de la fila $k$. Por lo tanto ($k$ es distinto de cero) que va a contener todos los $Q^{(k)}$ cualquier $Q$ de máximo rango, es decir, el $p_k$-imagen de una gran célula de $S^2V^*$. Por la continuidad, $V_{2\alpha_k}$ contiene toda la imagen de $p_k$ y sus lineal de la envolvente, lo que es nuestra $W$.

Resumiendo, hay una secuencia exacta $$ \ker\pi^{(k)}\rightarrow W\oplus \ker\pi^{(k)}=S^k(S^2V^*)\stackrel{\pi^{(k)}}{\longrightarrow S}^2(\Lambda^kV^*)\rightarrow W\rightarrow 0\, , $$ mostrando que como Bryant sospecha, $W$ es un común irreductible constituyente de ambos $S^k(S^2V^*)$ e $S^2(\Lambda^kV^*)$.

[En colaboración con D. Alekseevsky]

EDIT: esto es un comentario a @Allen Knutson respuesta

Sí, mi pregunta surgió precisamente en el contexto de Lagrange Grassmannians. Tomar la Desplumadora de incrustación $$ \mathrm{Gr}(n,V\oplus V^*)\ni L=\langle l_1,\ldots, l_n\rangle\longmapsto \mathrm{vol}(L):=[l_1\wedge\cdots\wedge l_n]\in\mathbb{P}(\Lambda^n(V\oplus V^*)) $$ y observar que $$ \Lambda^n(V\oplus V^*)=\bigoplus_{k=0}^n\Lambda^k(V)\otimes\Lambda^{n-k}(V^*)=\bigoplus_{k=0}^n(\Lambda^k(V^*))^{\otimes 2}\, . $$ Así, es natural preguntarse: ¿cuál es el menor subespacio proyectivo de $$(*)\quad\quad\quad\mathbb{P}\left(\bigoplus_{k=0}^n(\Lambda^k(V^*))^{\otimes 2}\right)$$ containing the Plucker image of the Lagrangian Grassmannian $\mathrm{LGr}(n,V\oplus V^*)\subconjunto \mathrm{Gr}(n,V\oplus V^*)$?

($V\oplus V^*$ está equipada con un canónica (hasta un proyectiva factor) simpléctica formulario).

La respuesta obvia, es decir, la obtenida por la sustitución del producto tensor por la simetría del producto en $(*)$, no es siempre correcta, en vista de lo anterior relación lineal entre a menores de edad. En lugar de $S^2(\Lambda^KV^*)$, uno tiene que usar la irreductible submódulo $W$.

Desplumadora de relaciones para $\mathrm{Gr}(n,V\oplus V^*)$ constituyen un conjunto homogéneo de ecuaciones polinómicas de grado $\leq n$ entre los menores de edad, mientras que simmetricity condiciones son lineales en las entradas ($1^\textrm{th}$ orden de los menores de edad): al parecer, el ideal generado por ellos contiene, en algunos casos, también lineal condiciones en el más-que-una-orden de los menores de edad.