Novato: Grupo de Representación $\Leftrightarrow$ a la Izquierda del Módulo sobre el Anillo de Grupo

Question

Estoy tratando de entender la equivalencia entre el grupo de representaciones, $(V, \rho)$, y a la izquierda los módulos a través del anillo de grupo $F[G]$. Se puede explicar de forma explícita por qué es el mismo?

Mi progreso: Considere un grupo de $G$. Si $(V, \rho)$ es una representación de $G$, podemos tomar $V$ a ser a la izquierda en el módulo $F[G]$ definiendo: $gv = \rho(g)v$. Así que, dado que una representación podemos obtener una izquierda en el módulo $F[G]$.

La otra dirección es más confuso. Dada la izquierda del módulo de $M$$F[G]$, ¿cuál es el espacio vectorial? Es $M$ necesariamente un espacio vectorial? (El concepto de un módulo es bastante nueva para mí).

Answer 1

Supongamos que tenemos un $F[G]$-módulo, $M$. Tenga en cuenta que $F[G]$ contiene un isomorph de $F$ dentro de él (como de los elementos $\alpha 1_G$). Así que para nuestro subyacente grupo abelian todavía podemos utilizar $M$, y para un elemento $m \in M$, e $\alpha \in F$, podemos definir:

$\alpha m = (\alpha 1_G)m$, donde el lado derecho es la $F[G]$-acción: $F[G] \times M \to M$.

Debe quedar claro a partir de esta definición que de este hecho se define un $F$-módulo de estructura en $M$ (el módulo axiomas son fácilmente verificados, como una consecuencia directa de $M$ $F[G]$- módulo). Ahora un $F$-módulo es un espacio vectorial sobre $F$ (módulos y espacios vectoriales comparten los mismos axiomas, se puede ver, así que lo anterior es verdadero por definición).

Así que nuestro espacio vectorial es sólo $M$, como se conjeturó. Entonces, ¿cómo conseguir una representación de esto? Definimos $\rho(g)$ a la asignación de $m \mapsto (1_Fg)m$. Esta asignación es invertible, con inverse $\rho(g)^{-1}$ el mapa de $m \mapsto (1_Fg^{-1})m$ (estamos apelando al hecho de que $(1_F1_G)$, es la unidad del anillo de $F[G]$, por lo que el $(1_F1_G)m = m$).

Hay un par de detalles a la izquierda para verificar: debemos demostrar que $\rho$ es un homomorphism, y que $\rho(g)$ $F$- lineal.

Deje $m,m' \in M, \alpha,\beta \in F$. A continuación, $\rho(g)(\alpha m + \beta m') = \rho(g)((\alpha 1_G)m + (\beta 1_G)m')$

$= (1_Fg)((\alpha 1_G)m + (\beta 1_G)m) = (1_Fg)((\alpha 1_G)m) + (1_Fg)((\beta 1_G)m')$

$ = ((1_Fg)(\alpha 1_G))m + ((1_Fg)(\beta 1_G))m' = ((\alpha 1_G)(1_F g))m + ((\beta 1_G)(1_F g))m'$

$ = (\alpha 1_G)((1_Fg)m) + (\beta 1_G)((1_Fg)m') = (\alpha 1_G)(\rho(g)(m)) + (\beta 1_G)(\rho(g)(m'))$

$ = \alpha(\rho(g)(m)) + \beta(\rho(g)(m'))$, como se desee, $\rho(g)$ $F$- lineal.

Para arbitrario $g,h \in G, m \in M,\ \rho(gh)(m) = (1_Fgh)m = ((1_Fg)(1_Fh))m = (1_Fg)((1_Fh)m)$

$= \rho(g)((1_Fh)m) = \rho(g)(\rho(h)(m)) = (\rho(g) \circ \rho(h))(m)$, lo $\rho(gh) = \rho(g) \circ \rho(h)$, lo $\rho$ es un homomorphism de$G$$GL_F(M)$.

Answer 2

Siempre pienso que este material es de hecho muy formal, como las otras respuestas sugieren. Básicamente la idea es que somos perezosos y quiere ignorar la rho!

Ok, así que tenemos una representación $\rho: G \longrightarrow GL(V)$. Para cada una de las $\rho(g)$ es lineal y mapa en $V$.

Así que en lugar de escribir $\rho(g)v$ como el lineal mapa aplicada a $v\in V$, ¿por qué no escribir $gv$, y declarar esto como un "lineal" de $G$ $V$ (por supuesto, hay ciertos axiomas, etc, que siga, pero el resultado es que tenemos algo así como un módulo más de un grupo", $G$- módulo. Usted puede agregar en los escalares a conseguir un anillo $F[G]$ y de esta forma obtener una real módulo a través de un anillo, un $F[G]$-módulo).

Esto es TODO lo que está pasando aquí!

(Para ir en sentido contrario, acabamos de definir $\rho(g)$ a ser el lineal mapa de $v\mapsto gv$, y, a continuación, obtenemos una representación de la $G$.)