Representación del grupo cíclico sobre campo finito

Question

El puesto Representaciones irreducibles de un grupo cíclico sobre un campo de orden primo discute las representaciones irreducibles de un grupo cíclico de orden $N$ sobre un campo finito $\mathbb{F}_p$ donde $N$ no divide $p$ .

¿Dónde puedo encontrar información sobre las representaciones irreducibles en el caso en que $p$ divide $N$ ?

(Esto me interesa porque me pregunto si, dado un espacio vectorial de dimensión finita $\mathbb{F}_{p}^{M}$ si existen ejemplos de operadores lineales invertibles especialmente sencillos $T$ tal que $T$ no preserva un subespacio. Dado que el espacio vectorial contiene finitamente muchos elementos parece que esto es lo mismo que una representación irreducible de un grupo cíclico.

Sin embargo, basándome en el post que he leído más arriba, donde p no divide a N, parece que T es simplemente la multiplicación por un elemento primitivo que genera la extensión $\mathbb{F}_{q^{M}}$ .)

Answer 1

La cuestión de cómo clasificar todos representaciones finito-dimensionales de $C_n$ sobre un campo arbitrario $F$ puede estudiarse utilizando el teorema de estructura para módulos finitamente generados sobre un dominio ideal principal en este caso $F[x]$ . El teorema de estructura afirma que cualquier módulo finitamente generado es únicamente una suma directa finita de módulos de la forma $F[x]/p(x)^r$ donde $p \in F[x]$ es irreducible y $r$ es un número entero no negativo.

Si $T$ es un operador que actúa sobre $F^k$ para algunos $n$ entonces $F^k$ se convierte en un módulo finitamente generado sobre $F[x]$ con $x$ actuando mediante $T$ . $T$ da una representación del grupo cíclico $C_n$ sólo si $T^n = 1$ en cuyo caso los sumandos $F[x]/q(x)^r$ en la descomposición de $F^k$ debe tener la propiedad de que $q(x)^r | x^n - 1$ .

Si $F$ tiene la característica $0$ o tiene características $p$ y $p \nmid n$ entonces $x^n - 1$ es separable en $F$ Por lo tanto $r \le 1$ y $F^k$ es una suma directa de representaciones irreducibles, todas ellas de la forma $F[T]/q(T)$ donde $q$ es un factor irreducible de $x^n - 1$ en $F$ .

Si $F$ tiene la característica $p$ y $p | n$ escribiendo a continuación $n = p^s m$ donde $p \nmid m$ tenemos $$x^n - 1 = (x^m - 1)^{p^s}$$

de lo que se deduce que $r \le p^s$ (pero ahora es posible tener $r > 1$ ). Si $r > 1$ entonces la representación correspondiente $F[T]/q(T)^r$ es indecomponible y no irreducible, donde $q$ es un factor irreducible de $x^m - 1$ en $F$ . Las representaciones irreducibles se producen precisamente cuando $r = 1$ . En otras palabras,

Las representaciones irreducibles de $C_{p^s m}$ donde $p \nmid m$ sobre un campo característico $p$ todo factor a través del cociente $C_{p^s m} \to C_m$ .

También se puede ver más directamente de la siguiente manera. Si $V$ es una representación irreducible de $C_{p^s m}$ sobre un campo de característica $p$ y $T : V \to V$ es la acción de un generador, entonces $$T^{p^s m} - 1 = (T^m - 1)^{p^s} = 0.$$

Así $T^m - 1$ es un operador de entrelazamiento que no es invertible, por lo que por el lema de Schur es igual a cero.

Answer 2

En general, si un grupo finito $G$ tiene un subgrupo normal $U$ cuyo orden es potencia de un primo $p,$ y $G$ actúa irreduciblemente en un espacio vectorial de dimensión finita $V$ sobre un campo $F$ de característica $p,$ entonces $U$ tiene un vector fijo distinto de cero en $V,$ mientras que, por otro lado, el subespacio de punto fijo $V^{U}$ de $U$ en $V$ se comprueba fácilmente que es $G$ -invariante, por lo que debemos tener $V^{U} = V$ por irreducibilidad como $V^{U}$ es distinto de cero. Se trata de un hecho bien conocido y de una versión más general de la observación que figura al final de la respuesta de Qiaochu. El argumento cuando $V$ tiene cardinalidad finita es más fácil considerando longitudes de órbita en vectores distintos de cero. Sin embargo, en general, para demostrar que $V^{U} \neq \{0 \}$ (sin más suposiciones) podemos proceder por inducción en $|U|.$ El caso de que $U$ tiene orden $p$ es sólo álgebra lineal, como generador de $U$ tiene el valor propio $1$ . Si $|U| >p,$ deje $Z$ sea un subgrupo de $Z(U)$ de orden $p,$ lo que es posible ya que $Z(U) \neq 1$ (ya que $U$ es $p$ -grupo). Si $Z \neq U,$ entonces todavía tenemos $Z \lhd U$ como $Z$ es característico en $U.$ Por inducción $V^{Z} = V,$ y entonces podemos sustituir $G$ por $G/U$ y $U$ por $U/Z$ para obtener la inclusión deseada por inducción.