No estoy seguro de que la prueba de que he intentado esbozar está bien. Cualquier corrección o sugerencia es bienvenida!
Voy a suponer lo siguiente: dado $S_{n}$ $V$ es el estándar de representación, $\Lambda^{0}V , \ldots, \Lambda^{n-1}V$ son irreductibles. Además, voy a asumir la longitud del Gancho de la fórmula y la consecuencia de que la única representaciones de dimensión inferior a $n$ están dados por las particiones $\left(n\right)$, $\left(1,\ldots,1\right)$ (ambos de dimensión $1$), $\left(n-1,1\right)$, $\left(2, 1, \ldots, 1\right)$ (ambos de dimensión $n-1$) (ex. 4.14 Fulton Harris). También vamos a asumir la ramificación de la regla (ex. 4.43, 4.44 Fulton Harris). Por último, vamos a suponer que se sabe que la partición $\left(n\right)$ corresponde a la representación trivial (y, por tanto, por la dimensión que se le da, que $\left(1, \ldots, 1\right)$ corresponde a la alternancia de uno).
Notación: desde cosas como $\left(1, \ldots , 1\right)$ puede ser ambiguo, voy a escribir $\left( 1, \ldots, 1 \right)_{n}$ a indicar que es una partición de a $n$. Yo también voy a escribir $V_{n}$ a indicar el estándar de representación de $S_{n}$
En primer lugar, comprobamos que el estándar de representación corresponde a $\left(n-1,1\right)$. Suponga $n>1$. Voy a identificar el diagrama con la representación como notación. Tenemos $\mathbb{res}^{S_{n+1}}_{S_{n}}\left(n-1,1\right) = \left(n-1\right) \oplus \left(n-2,2\right)$$\mathbb{res}^{S_{n+1}}_{S_{n}}\left(2,1,\ldots,1\right)_{n+1} = \left(1,\ldots,1\right)_{n} \oplus \left(2,1,\ldots,1\right)_{n}$. Es fácil que yo vea que el estándar de representación, cuando restringida, tiene un factor que es un trivial de la representación (lo mostramos en la misma forma en que se descompone la representación $\mathbb{C}^{n}$ en el estándar y el trivial). Por lo que el estándar de representación debe corresponder a $\left(n-1,1\right)$. Por la dimensión argumento, $\Lambda^{n-2}V=\left(2,1,\ldots,1\right)_{n}$.
Ahora vamos a proceder por inducción tanto en $n$ $s$ donde $s$ es el índice de la potencia exterior. Para $n=1$ todo es trivial, por lo que tenemos la base de la inducción. Ahora tenemos que pasar de$n$$n+1$. Tenemos la base de la inducción en $s$ ($s=0$ hemos asumido y conocido por $s=1$ lo hemos demostrado). Tenemos que pasar de$s$$s+1$. Ahora $s \geq 1$, pero desde ya sabemos $\Lambda^{n-2}V$$\Lambda^{n-1}V$, podemos suponer $s<n-3$. Ahora usaremos el hecho de que la restricción y el exterior de poder conmutar (de hecho, para una representación $M$, $\Lambda^{s} M = M^{\oplus r} / \left( I \cap M^{\oplus r}\right)$, donde $I$ es el ideal en el tensor de la álgebra de $M$ generado por los elementos de a $m \otimes m$ e esta operación desplazamientos con la restricción). Ahora tenemos por regla de ramificación $\mathrm{res}^{S_{n+1}}_{S_{n}}\left(n-s, 1, \ldots, 1 \right)_{n+1}=\left(n-s, 1 , \ldots, 1 \right)_{n} \oplus \left( n-s-1,1, \ldots, 1\right)_{n}$. Por hipótesis inductiva sabemos que es $\Lambda^{s+1}V_{n} \oplus \Lambda^{s}V_{n}$. Ahora podemos observar que debido a la forma de los diagramas que estamos considerando (Fulton Harris llamar ganchos) y porque de la ramificación de la regla, ningún otro irreductible representación de $S_{n+1}$ puede restringir a esta representación de la $S_{n}$. Ahora consideremos $\Lambda^{s+1}V_{n+1}$, el cual es conocido por ser irreductible. Tenemos $\mathrm{res}^{S_{n+1}}_{S_{n}}\Lambda^{s+1}V_{n+1}=\Lambda^{s+1}\mathrm{res}^{S_{n+1}}_{S_{n}}V_{n+1}=\Lambda^{s+1}\mathrm{res}^{S_{n+1}}_{S_{n}}\left(n,1\right)=\Lambda^{s+1}\left( \left(n\right) \oplus \left( n-1,1\right) \right)=\left(\Lambda^{s+1}\left(n-1,1\right)\otimes \Lambda^{0}\left(n\right)\right) \oplus \left(\Lambda^{s}\left(n-1,1\right)\otimes \Lambda^{1}\left(n\right)\right)=\Lambda^{s+1}V_{n} \oplus \Lambda^{s}V_{n}$.
Así que hemos terminado.
