Dejemos que $\mathcal{A}(1)$ denotan la subálgebra de la $\mathrm{mod}\ 2$ Álgebra de Steenrod generada por $\mathrm{Sq}^1$ y $\mathrm{Sq}^2$ . La cohomología con $\mathbf{F}_2$ coeficientes del grupo semidihédrico $$SD_{16} = \langle g, h \mid g^8 = h^2 = 1, hgh = g^3\rangle$$ de orden $16$ es isomorfo a $\mathrm{Ext}^\ast_{\mathcal{A}(1)}(\mathbf{F}_2, \mathbf{F}_2)$ . ¿Existe una explicación topológica para este isomorfismo?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
No es una explicación "topológica", pero A(1) es el miembro de dimensión 8 de la familia de las álgebras semidiédricas, cuyos miembros de dimensión $2^n$ para $n > 3$ son los anillos de grupo mod 2 del grupo semidihédrico de ese orden. Su anillo de cohomología es insensible a las diferencias; esa diferencia se refleja en el orden del Bockstein superior de H^3 a H^4.
Crawley-Boevey analizó completamente la estructura de los módulos sobre estas álgebras en
Crawley-Boevey, W. W. Filtraciones functoriales. III. Álgebras semidiédricas. J. London Math. Soc. (2) 40 (1989), nº 1, 31-39.
donde aplica sus resultados de Filtraciones Functoriales I y II para determinar todas las representaciones de las "álgebras semidiédricas" $A_m = k\langle a,b | a^3 = b^2 = 0, a^2 = (ba)^mb\rangle$ (ATENCIÓN: cuando $k$ es un campo con más de 2 elementos).
Hay uno de estos de $k$ -dimensión $4n-1$ para cada $n \geq 2$ . La de 7 dimensiones es $A(1)$ módulo de su zócalo ( $a=Sq^2$ y $b=Sq^1$ ), y el $2^n-1$ dimensional es el anillo de grupo del grupo semidiédrico módulo su zócalo para mayores $n$ .
El cociente por el zócalo es sensible aquí, ya que $A(1)$ y los anillos de grupo son Frobenius, por lo que los módulos libres son inyectivos y, por tanto, escindibles. Los módulos sin sumandos libres se retraen del cociente por el zócalo.
También hay un relato más reciente (y creo que más sencillo) sobre la teoría de la representación, pero me da vergüenza admitir que no recuerdo el autor.
Dado que el trabajo de Crawley-Boevey realmente clasifica los módulos sobre $A(1) \otimes GF_4$ Siempre he pensado que sería entretenido hacer el descenso de Galois a $A(1)$ .
