Una mancha de la prueba de la Bruhat Descomposición para GL_n(k)?

Question

En uno de mis exámenes el año pasado, estábamos frente a un problema dado (nosotros elegimos cinco o seis de los ocho problemas) en un examen, cuyo objetivo era demostrar la Bruhat descomposición de $GL_n(k)$. Yo era una de las dos personas a elegir dicho problema. Me dio mucho enrevesado argumento de que aunque correcto era muy poco elegante. He demostrado más de una vez porque no estaba satisfecho con mi prueba, y me di cuenta de algo slick contradicción argumento basado en la maximización de ceros a la izquierda de las filas (número de ceros antes de que el pivote), pero la prueba era todavía un verdadero lío.

Declaración del problema:

Deje que $G:=GL(V)$ para $V$ a finito dimensionales $k$ espacio vectorial. Deje que $B$ a ser el estabilizador de la norma de la bandera (estos serán invertible triangular superior matrices), y dejar $W$ ser el subgrupo de matrices de permutación.

Demostrar que $G=\coprod_{w\W} BwB$, donde $BwB$ son de doble cosets. Es decir, demostrar que $G=BWB$.

Pregunta: Hay una mancha de la prueba de este hecho tal vez el uso de "más maquinaria"? En particular, ¿hay algún tipo de "coordinar" libre de la prueba (Podemos incluso definir la Borel y Weyl subgrupos sin coordenadas?)?

Answer 1

Usted está pidiendo para calcular el doble cociente $B\barra invertida G /B.$ Este es el mismo como la computación $G\barra invertida (G/B \times G/B)$. Un punto en $G/B$ es un lleno de bandera en $k^n$. Así que están tratando de calcular el conjunto de pares $(F_1,F_2)$ de banderas, el modulo de la acción simultánea de $G$.

Otra forma de pensar acerca de $G/B$ es que es el espacio de Borel subgrupos (el coset de $g$ corresponde a la conjugado $g B g^{-1}$, donde $B$ es el triangular superior Borel que se fija en el estado de la cuestión). El paso de parámetros a Borels está dada por la asignación de $F$ a su stablizer en $G$.

Así también se puede pensar que usted está tratando de describir pares de Borels $(B_1,B_2)$, modulo simultánea de la conjugación por $G$.

Ahora recuerdo que un toro $T$ de $G$ es un conjugado de la diagonal subgrupo. La elección de un toro en $G$ es la misma que la elección de una descomposición de la $k^n$ como una suma directa de 1-dimensiones de los subespacios (o líneas, para abreviar). (Estos serán los distintos subespacios propios del toro actuando en $k^n$.) La diagonal toro se corresponde con el estándar de la descomposición de la $k^n$ como $n$ copias de $k$.

Ahora un toro $T$ es contenida en un Borel $B$ (permítanme utilizar temporalmente $B$ a indicar cualquier Borel, no sólo la parte superior triangular) si y sólo si el correspondiente la descomposición de la $k^n$ en una suma de líneas es compatible con la bandera que $B$ correcciones, es decir, si el indicador está dado por tomar primero una línea, que la suma de los que uno con un segundo, entonces la suma de los dos con una tercera, y así sucesivamente. En particular, la elección de un toro $T$ contenida en un Borel $B$ determina un "etiquetado de descomposición" de $k^n$, es decir, podemos escribir $k^n = L_1 \oplus \ldots \oplus L_n$, donde $L_i$ es el $i$th línea; para ser claros, el etiquetado se elige de modo que la correspondiente bandera es sólo $L_1 \subconjunto L_1\oplus L_2 \subconjunto \cdots.$ (De nuevo, para ser completamente claro, si $T$ es el conjugado por $g \in G$ de la diagonal toro, luego $L_i$ es el traducir por $g$ de la línea se extendió por el $i$th estándar de la base de vectores.)

Tenga en cuenta que esta etiquetado de descomposición depende no sólo de $T$ (que sólo se da una sin etiquetar de la descomposición), pero en la Borel $B$ con $T$ así. (En más de la Mentira teórico de la lengua, esto es un reflejo del hecho de que un toro determina una colección de pesos en la representación de $G$, mientras que una opción de Borel que contiene el toro le permite ordenar los pesos así, mediante la determinación de un conjunto de raíces positivas.)

Por supuesto, $B$ contendrá más de un toro, o más geométricamente, $k^n$ admitirá más de una descomposición en líneas adaptadas a la filtración $F$ que $B$ es el estabilizador. Pero si uno piensa acerca de las diferentes posibles líneas, se puede ver que $L_1$ está determinada únicamente (debe ser el primer paso en la bandera), $L_2$ está determinada únicamente modulo $L_1$ (ya que, junto con $L_1$ abarca el segundo paso de la bandera), y así sucesivamente, lo que demuestra que cualquiera de los dos tori $T$ en $B$ son necesariamente conjugado por un elemento de a $B$, y el mismo tipo de razonamiento muestra que el normalizador de $T$ en $B$ es de solo $T$ (porque si $g \in G$ se va a preservar tanto la bandera y el conjunto de líneas, que es la misma como la preservación de la colección ordenada de las líneas, todo lo que puede hacer es el acto por un escalar en cada línea, es decir, debe ser un elemento de $T$).

Ahora un hecho clave es que cualquiera de los dos Borels, $B_1$ y $B_2$, contienen un común toro. En otras palabras, dados dos filtraciones, siempre podemos elegir una (desordenada) la descomposición de la $k^n$ en una suma directa de las líneas que se adaptan a ambos filtraciones. (Este es un ejercicio fácil.) Por supuesto, el orden de los líneas dependerá de cuál de las dos filtraciones utilizamos. En otras palabras, obtenemos un conjunto de $n$ líneas en $k^n$, que están ordenados de una manera de acuerdo a la filtración $F_1$ dada por $B_1$, y en una segunda manera de acuerdo a la filtración dado $F_2$ por $B_2$. Si dejamos a $w \en S_n$ ser la permutación que lleva a la primera ordenar a la segunda, entonces podemos ver que el par $B_1$ y $B_2$ determina un elemento $w \en S_n$. Este es el Bruhat de descomposición.

No sería difícil continuar con este punto de vista completamente probar la supuesta descomposición, pero será más fácil para mí (al menos notationally) para volver a la $B\barra invertida G/B$ imagen.

Por tanto considerar el coset $gB$ en $G/B$, correspondiente a la Borel $g B g^{-1}$. Permítanme usar ligeramente no estándar de notación, y escribir $D$ de la diagonal toro; por supuesto $D \subconjunto B$. También podemos encontrar un toro $T \subconjunto de B \cap g B g^{-1}$. Ahora bien, hay un elemento $b \in B$, determinado modulo $D$ tales que $T = b D b^{-1}$. (Esto se desprende de la discusión anterior acerca de conjugacy propiedades de tori en Borel subgrupos.) También tenemos $g D g^{-1} \subconjunto g B g^{-1}$, y existe $g b'g^{-1}\in g B g^{-1},$ bien definidos modulo $g D g^{-1}$, que $T = (g b'g^{-1}) g D g^{-1} (g b' g^{-1})^{-1} = g b D' b')^{-1} g^{-1}.$

Volvemos a encontrar así que $b^{-1} g b' \N(D)/D$, y por lo tanto que $g \in B w B$ para algunos $w$ en el grupo de Weyl $N(D)/D$. Tenga en cuenta que dado que $b$ y $b$ son así define el modulo $D$, el mapa de $T$ $w$ es bien definido.

Por lo tanto, ciertamente, $G$ es la unión de la $B w B$. Si tenemos en cuenta lo que ya he escrito cuidadosamente, usted también verá que los distintos doble cosets son disjuntas. También podemos probar esto directamente de la siguiente manera: dado $B$ y $g B g^{-1}$, el mapa $T \mapsto w$ construida encima de un mapa del conjunto de $T$ contenida en $B \cap g B g^{-1}$ para el conjunto $N(D)/D$. Ahora cualquiera de las dos $T$ en el hecho de conjugar por un elemento de $B \cap g B g^{-1}$. El último grupo está conectado, y, por tanto, el espacio de tal $T$ es conectado. (Estas afirmaciones son quizás más fácilmente visto por pensar en términos de filtraciones y descomposición de $k^n$ en sumas de líneas, como en el anterior). Desde $N(D)/D$ es discreto, vemos que $T \mapsto w$ debe de hecho, ser constante, y por lo que $w$ es unívocamente determinada sólo por $g B g^{-1}$ solo. En otras palabras, los diversos doble cosets $B w B$ son disjuntas.

La discusión anterior es un poco largo, ya que he tratado de explicar (en el especial de los casos bajo consideración) algunos datos generales sobre conjugacy de máxima tori algebraica de los grupos, mediante la traducción de grupo teórico los hechos alrededor de $G$, $B$, etc., en algebraicas lineales declaraciones acerca de la $k^n$.
Sin embargo, creo que este es el estándar de la prueba de la Bruhat de descomposición, y explica por qué es verdadera: la posición relativa de las dos banderas es descrito por un elemento del grupo de Weyl.

Answer 2

Mi respuesta comienza como Emerton la respuesta de arriba, que desea que el $G$-órbitas en $G/B\times G/B$. Pero ahora, me aleje de Emerton decir que $G/B$ es el espacio de la plena banderas de $F_0\subconjunto F_1\subconjunto \dotsb F_n$, donde $F_i$ es de dimensión $i$. Nuestro problema es determinar el número de órbitas de los pares de banderas en virtud de traducción simultánea en $G$.

Supongamos que $F_\bullet$ y $F'_\bullet$ son dos banderas, entonces primero se puede mostrar que las dimensiones de $\dim(F_i\cap F'_j)$ completamente determinar la órbita de la pareja; por si $E_\bullet$ y $E'_\bullet$ son otro par de banderas tales que $E_i\cap E'_j$ tiene la misma dimensión como $F_i\cap F'_j$ para todo $i$ y $j$, entonces es posible construir un elemento $g\in GL_n$, que lleva $F$ a $E$ y $F'$ a $E'$ (por ejemplo, mediante la elección adecuada de las bases).

Escribe $d_{ij}$ $\dim E_i\cap E'_j$. Deje de $w_{ij}=d_{ij}-d{i-1,j}-d{i,j-1}+d_{i-1,j-1}$. Uno puede mostrar que $w_{ij}$ es una matriz de permutación y que el $d_{ij}$'s puede ser recuperado a partir de $w_{ij}$'s (en realidad, $w_{ij}$ mantiene un seguimiento de cuándo el salto desde $0$ a $1$ que sucede en la filtración de $E_i/E_{i-1}$ inducida $E'_\bullet$). También, cada permutación de la matriz surge de esta manera, por ejemplo, a partir de los par $(E_\bala, w\cdot E_\bullet)$, donde ahora pensamos en la permutación de la matriz como un elemento de $GL_n$.

Answer 3

Aquí hay algunas estándar de la maquinaria de la generalización de este resultado, que es más combinatoria que el estándar reductora-grupos de pruebas (pero da mucho menos la comprensión de que, por ejemplo, Matt Emerton la explicación anterior).

Se asume que $G$ actúa fuertemente transitivamente sobre una gruesa edificio $\Delta$. Deje que $B$ a ser el estabilizador de la fundamental de la cámara, $N$ el estabilizador de la fundamental apartamento, $T$ el subgrupo de fijación de la fundamental apartamento, y $W$ el cociente $N/T$. Entonces $(G,B,N)$ es un $MILLONES$de par, también llamado Tetas sistema, por $G$. En particular, usted tiene la Bruhat descomposición $G=\coprod_{w\W}BwB$, además de un montón más.

En este caso, $G$ en $GL(V)$, y tomar $\Delta$ a ser la bandera complejo de subespacios de $V$. El estabilizador $B$ fundamentales de la cámara de la parte superior triangular de las matrices. El estabilizador de $N$ de la fundamental apartamento es el monomio matrices; el subgrupo de $T$ fijación de la fundamental apartamento es la diagonal de las matrices; y el grupo de Weyl $W$ es el cociente $N/T$, que puede ser identificado con la permutación de matrices.

Usted puede encontrar todos los anteriores, incluyendo pruebas, en el Capítulo V. 2 de "Edificios" de color Marrón. Para el caso especial de $GL(V)$, también se puede ver en los Ejercicios 7 y 8 en el Capítulo 2.4 de "Grupos y Representaciones" por Alperin-Bell.

Answer 4

Mientras estoy básicamente de acuerdo con Kevin Buitre que esto es algo que encontrar en un libro de texto en lugar de en mathoverflow, voy a aprovechar la oportunidad para dar un totalmente no estándar descripción, inspirado por Shizuo Zhang comentario.

Dada una acción de el círculo de grupo $S = {\mathbb G}m$ en una variedad lisa de $X$, aislado con puntos fijos de $X^S$, podemos definir un Bialynicki-Birula descomposición $$X = \coprod_{f\X^S} X_f, \qquad X_f := \{ x \in X : \lim_{z\to 0} S(z)\cdot x = f \}.$$ Parte de B-B del teorema es que cada $X_f$ es una copia de espacio afín.

Si $Y \subseteq X$ es $S$-invariante, entonces $$ Y adquiere una descomposición similar, y $Y_f = X_f \cap$ Y por cada $f\in S^S \subseteq X^S$ (muy fácil de probar).

Considerar la incorporación de dólares Y := GL_n/B = Banderas(n) \a \prod_{k=1}^n Gr(k,n) \a \prod_{k=1}^n {\mathbb P}(Alt^k\ {\mathbb C}^n) =: X$, donde el segundo mapa es de Desplumadora incrustaciones, y tomar $S$ actúe en ${\mathbb C}^n$ $z\mapsto diag(z,z^2,z^3,\ldots,z^n)$, también conocido como el $\registro\rho$ coweight. A continuación, sus puntos fijos en cada ${\mathbb P}(Alt^k\ {\mathbb C}^n)$ son indexados por $k$-elemento subconjuntos de $1\ldots$ n. Por lo que $X^S$ es las listas de los subconjuntos, y $Y^S$ es el aumento de las listas de subconjuntos, o, equivalentemente, permutaciones.

Ergo, existe una descomposición de $GL_n/B$ en afín espacios, indexado por permutaciones. (No es obvio a partir de esta descripción que ellos son los que $B$de las órbitas, pero tal vez eso es bueno, ya que más espacios tienen estos $S$-acciones que tienen un número finito de $B$de las órbitas.)

Answer 5

Uno puede demostrar que la Bruhat descomposición aplicando el teorema de Jordan-Hölder. Este teorema muestra que dos cadenas de submódulos de un módulo de longitud finita cuyos sucesivos cocientes. son simples tienen la misma longitud, y que los mismos cocientes de aparecer. Pero es un poco más precisa, ya que proporciona una precisa receta para un bijection entre las dos listas. Aquí podemos aplicar para los módulos de longitud finita sobre un campo, aka finitely dimensiones de espacios vectoriales.

Deje que $E=(e_1,\dots,e_n)$ y $F=(f_1,\dots,f_n)$ ser dos bases de un espacio vectorial $M$ sobre un campo $K$.

Por $0\leq i\leq$ n, definir $M_i=\langle e_1,\dots,e_i\rangle $ y $N_i=\langle f_1,\dots,f_i\rangle$. La prueba del teorema de Jordan-Hölder amuebla un (único) permutación $\sigma$ de $\{1,\dots,n\}$ tales que $M_{i-1}+M_i\cap N_{\sigma(i)-1}=M_{i-1}$ y $M_{i-1}+M_i\cap N_{\sigma(i)}=M_i$, por cada $i\in\{1,\dots,n\}$.

Para cualquier $i$, vamos a $x_i$ ser un vector perteneciente a $M_{i}\cap N_{\sigma(i)}$ pero no a $M_{i-1}$. Por cada $i$, uno tiene $\langle x_1,\dots,x_i\rangle =M_i$; de ello se sigue que $X=(x_1,\dots,x_n)$ es una base de $M$; por otra parte, existe una matriz $B_1$, en forma triangular superior, tales que $X=E B_1$.

Conjunto $\tau=\sigma^{-1}$. Del mismo modo, uno tiene $\langle x_{\tau(1)},\dots,x_{\tau(i)}\rangle=N_i$ por cada $i$. En consecuencia, existe una matriz $B_2$, todavía en la parte superior de la forma triangular, de tal manera que $(x_{\tau(1)},\dots,x_{\tau(n)})=F B_2$.

Deje de $P_\tau$ ser la permutación de la matriz asociada a $\tau$, tenemos $(x_{\tau(1)},\dots,x_{\tau(n)})=(x_1,\dots,x_n)P_\tau$. Esto implica que $FB_2=EB_1P_\tau$, por lo tanto $F=E B_1 P_{\tau} B_2^{-1} $. Por lo tanto, la matriz $A=B_1P_{\tau}P_2^{-1}$ que expresa las coordenadas de los vectores de $F$ en la base de $E$ es el producto de un superior triangular de la matriz, una matriz de permutación y otro superior triangular de la matriz.

En el grupo de $\mathop{\rm GL}(n,K)$, deje que $B$ a ser el subgrupo compuesto de la parte superior triangular de las matrices, y dejar $W$ ser el subgrupo consta de permutación de matrices. Hemos demostrado que $\mathop{\rm GL}(n,K)=BWB$: este es precisamente el Bruhat de descomposición.