Es cociente bajo $S_4$ acción sobre la representación "cubo" un morfismo plano?

Question

Consideremos una representación irreducible tridimensional $V$ de $S_4$ correspondientes a las simetrías del cubo. Sea $p$ sea proyección canónica $p: V \rightarrow V/S_4$ .

Mi pregunta es $p$ ¿Plano?

Quiero añadir dos comentarios. Posiblemente no necesite todo esto para responder a mi pregunta.

En primer lugar, ya he formulado una pregunta de este tipo. Anillo de polinomios como módulo sobre polinomios simétricos

En segundo lugar, puedo demostrar que $k[V]$ no es un módulo libre sobre $k[V]^{S_4}$ . La idea de la prueba es la siguiente. He calculado la función generadora $$Z_s (t) = \sum_n \dim( S^n(V)^{S_4} ) t^n = \frac{1-t^3+t^6}{(1-t)^3 (1+t)(1+t+t^2)(1+t+t^2+t^3)}$$

Recordarle que $$Z(t) = \sum_n \dim( S^n(V) ) t^n = \frac{1}{(1-t)^3 }$$

Si este módulo fuera libre sería generado por generadores homogéneos. Si existen $k_i$ generadores de grado $i$ entonces

$$Z(t) = Z_s (t) (\sum _i k_i t^i)$$

Answer 1

De Chevalley-Shephard-Todd se deduce que si $G \subset GL(V)$ es un grupo finito cuyo orden es primo a la característica, entonces $V \to V/G$ es plana si y sólo si $G$ está generado por pseudoreflexiones si y sólo si $V/G$ es regular si y sólo si $k[V]^G$ es un anillo polinómico si y sólo si $k[V]$ es libre en $k[V]^G$ .

Así que en este caso, ya que ha demostrado $k[V]$ no es libre sobre $k[V]^{S_4}$ entonces $V \to V/S_4$ no es plana.

EDITAR: Si $V \to V/G$ es plana, entonces como $V$ es regular, $V/G$ es regular por descenso plano (véase http://en.wikipedia.org/wiki/Flat_morphism y EGA IV2, Corollaire 6.5.2), por lo que todas las afirmaciones equivalentes de CST son válidas.

Por otra parte, si se cumple alguna de las equivalencias de CST, entonces $k[V]$ es libre en $k[V]^G$ y también es plana.