Fallo de un hecho básico de la Teoría de la Representación

Question

Recientemente he estado trabajando con un cierto subgrupo de $GL_{10}(\mathbb{F}_2)$ y por varias razones estaba bastante seguro de que contenía un subgrupo normal isomorfo a $A_5$ . Hoy he podido demostrar afirmativamente que esta presunta copia de $A_5$ sí existe en el grupo mayor. Ahora las matrices que componen esta copia de $A_5$ son ellos mismos $2\times 2$ matrices sobre una cierta álgebra conmutativa de 5 dimensiones $\mathcal{S}$ (necesariamente con divisores cero) sobre $\mathbb{F}_2$ esto da lugar a una representación bidimensional de $A_5$ en $\mathcal{S}$ que estoy bastante seguro de que es irreducible (en lugar de simplemente indecomponible).

Ahora bien, es un ejercicio bastante estándar al principio del aprendizaje de la teoría de la representación demostrar que un grupo simple no puede tener una representación irreducible de dimensión 2. Como la prueba de este simple hecho se basa sólo en consideraciones que implican los caracteres de los elementos de orden 2, ¿la existencia de la representación anterior se basa sólo en el hecho de que estoy trabajando en la característica 2, o está relacionada con el hecho de que estoy trabajando con anillos con divisores cero en lugar de un campo algebraicamente cerrado, o algo más sutil? Tengo curiosidad por saber si está relacionado únicamente con la característica, ya que también estoy trabajando con algunos grupos relacionados definidos sobre anillos conmutativos en otras características que sospecho que también contienen subgrupos isomorfos a $A_5$ . Espero que alguien con más experiencia que yo en la teoría de la representación modular pueda arrojar algo de luz sobre esta situación.

Answer 1

Bueno, los grupos simples ${\rm SL}(2,2^{n})$ ( $n >1$ ) ciertamente tienen $2$ -representaciones irreducibles en característica $2$ y de hecho $A_{5} \cong {\rm SL}(2,4)$ (para ver esto, basta con observar que ${\rm SL}(2,4)$ tiene orden $(4+1)(4^{2}-4) = 60 ).$ El argumento estándar para demostrar que un grupo simple finito no abeliano no puede tener un $2$ -La representación irreducible de una dimensión no funciona en la característica $2$ ya que se basa en el hecho de que una involución (que debe ser no central por simplicidad) debe tener determinante $-1$ ya que uno de sus valores propios debe ser $1$ y el otro $-1.$ Pero, de nuevo, ya que $G$ es no beliana simple, toda representación tiene determinante trivial, una contradicción. Pero este argumento de línea no funciona sobre un campo de característica $2$ .

Nota de interés histórico, relacionada con los comentarios de la respuesta de Qiaochu: Dado que un grupo finito de orden impar es soluble, y dado que la dimensión de los módulos absolutamente irreducibles en cualquier característica divide el orden del grupo cuando éste es soluble, se deduce que un grupo finito de orden impar no puede tener un $2$ -módulo absolutamente irreducible en cualquier característica. Sin embargo, esto requiere el pesado teorema de Feit-Thompson, por lo que puede considerarse un poco insatisfactorio en el contexto de esta discusión. Así que esbozo un argumento diferente. Esto todavía requiere algo de teoría de grupos relativamente difícil, concretamente el teorema de Hall-Higman, o sus descendientes, un teorema de E. Shult y la teoría de $p$ -estabilidad. El hecho que necesitamos de esta teoría es que si $p$ y $q$ son primos Impares, y a $p$ -grupo $P$ normaliza un $q$ -grupo $Q$ y el grupo $PQ$ tiene una representación lineal fiel en una característica distinta de $q$ entonces cada elemento de $p$ que actúa con un polinomio mínimo de grado inferior a $p$ centraliza $Q.$ Por lo tanto, si un grupo finito $G$ de orden impar tiene un fiel $2$ -en alguna característica finita $p$ entonces se deduce que para cada divisor primo $q$ de $|G|$ que no sea $p$ tenemos que $N_{G}(Q)/C_{G}(Q)$ es un $q$ -grupo para cada $q$ -subgrupo $Q$ de $G.$ Por un teorema de Frobenius, $G$ tiene una normalidad $q$ -complemento. De ello se desprende que $G/O_{p}(G)$ es nilpotente, donde $O_{p}(G)$ es la mayor normal $p$ -subgrupo de $G.$ Por lo tanto (sin utilizar la clasificación de los grupos simples finitos, ni el teorema del orden de impar) vemos que un grupo simple no abeliano de orden impar no puede tener un $2$ -representación irreducible en cualquier característica.

Answer 2

Para reforzar la respuesta de Geoff, destacaría que el "ejercicio bastante estándar" mencionado en la pregunta sólo es estándar cuando se consideran representaciones irreducibles de característica 0 como se suele hacer en un primer curso (entonces también es habitual empezar con un campo grande como $\mathbb{C}$ para evitar complicaciones adicionales). Cuando se trata de representaciones modulares, hay muchos más problemas.

Qiaochu intenta un esquema del "ejercicio estándar" que muestra claramente dónde surgen los problemas. En su primer paso, se necesita la característica 0 (y un campo de división) para estar seguro de que el grado de una representación irreducible divide el orden del grupo. Esto es definitivamente falso en general. Y luego, por supuesto, la característica 2 es especialmente peligrosa para tratar el negativo de la $2 \times 2$ matriz de identidad.

La conclusión es que hay que evitar este "ejercicio estándar" y centrarse sólo en la situación especial que se está estudiando, para evitar confusiones.

[AÑADIDO] 1) En cuanto al "ejercicio estándar" (digamos sobre $\mathbb{C}$ ), recuerdo que hace décadas apareció como Matemáticas mensuales (para el que escribí una respuesta) y que luego se convirtió en un ejercicio en al menos un texto de álgebra avanzada. Dada una representación absolutamente irreducible de grado 2 para un grupo simple finito (necesariamente no abeliano), la teoría clásica de caracteres implica que el orden del grupo es par, por lo que se puede aplicar Cauchy, etc. Por supuesto, Feit-Thompson también te lleva hasta ahí, pero eso es exagerado. Sin embargo, en la característica impar eso ayuda a superar los otros pasos de la prueba, pero en la característica 2 todavía te enfrentarías a $I = -I$ .

2) Aunque los grados de las representaciones irreducibles de los grupos simples de tipo Lie están lejos de ser conocidos explícitamente en general, sobre un campo de división de la característica definitoria se pueden ver ejemplos fáciles en los que los grados no dividen el orden del grupo. Por ejemplo, tomemos $\mathrm{PSL}_2(\mathbb{F}_7)$ en la característica 7. Aquí se tiene un irreducible de grado 5 mientras que 5 no divide el orden del grupo 168.

Answer 3

Creo que es la característica. $A_5$ naturalmente se encuentra en $\text{SO}(3)$ como el grupo de simetrías rotacionales del icosaedro. Tirando de $A_5$ a lo largo de la doble cubierta $\text{SU}(2) \to \text{SO}(3)$ da una doble cobertura de $A_5$ El grupo icosaédrico binario $G$ por lo que este grupo está dotado de un $2$ -representación compleja de dimensiones.

Por esta pregunta del modus operandi esta representación se define sobre $\mathcal{O}_K$ para un campo numérico $K$ para que podamos reducirlo $\bmod 2$ la doble tapa $G \to A_5$ tiene un núcleo $\{ \pm I \}$ que se mata al trabajar $\bmod 2$ , por lo que obtenemos un $2$ -Representación dimensional de $A_5$ en la característica $2$ .

No sé exactamente a qué prueba te refieres de que un simple grupo $G$ no puede tener una representación irreducible de dimensión $2$ . Espero que sea este:

• La dimensión de una representación irreducible divide el orden de $G$ .
• Por el teorema de Cauchy, $G$ tiene un elemento de orden $2$ .
• Por media, $G$ es un subgrupo de $\text{U}(2)$ . Por simplicidad, es un subgrupo de $\text{SU}(2)$ .
• Pero el único elemento de orden $2$ en $\text{SU}(2)$ es $-I$ que es central; contradicción.

No sé si el primer paso funciona en la característica $2$ y el tercer paso también es problemático (deberíamos trabajar con $\text{SL}_2$ ), pero el último paso falla definitivamente (como se ve arriba).