Acerca de subgrupos irreducibles de $GL(V)$, $V$ un espacio vectorial de dimensión infinita

Question

Deje $F$ ser un campo, vamos a $V$ $F$- espacio vectorial, digamos que un subgrupo $G$ $GL(V)$ es irreducible si $V > 0$ e no es $G$-subespacio invariante $W$ $V$ tal que $0 < W < V$.

Si no estoy equivocado, D. J. S. Robinson, Un Curso en la Teoría de Grupos, 8.1.5, p. 219, implica lo siguiente : si $F$ es algebraicamente cerrado de campo, si $V$ $F$- espacio vectorial con dimensión finita, si $G$ es una irreductible subgrupo de $GL(V)$ si $h$ $F$- endomorfismo de $V$ que conmutan con todos los automorphism en $G$, $h$ es escalar, es decir, existe un elemento $f$ $F$ tal que $h$ es la multiplicación por $f$.

Podría alguien dar un contraejemplo en caso de que la dimensión de $V$ es infinito (si es un contraejemplo existe) ? En otras palabras, podría alguien dar un ejemplo de la situación siguiente : $F$ es algebraicamente cerrado de campo, $V$ $F$- espacio vectorial con dimensión infinita, $G$ es una irreductible subgrupo de $GL(V)$, $h$ es una $F$-endomorfismo de $V$ que conmutan con todos los automorphism en $G$ $h$ no es escalar ?

Si no estoy equivocado, $G$ debe ser infinito y no puede ser cíclica. Ahora, la vida es corta, así que prefiero no gastar tiempo en una ya resuelto pregunta. Gracias de antemano por las respuestas.

Answer 1

En más estándar de la lengua que se preguntan si Schur del lexema tiene de dimensiones infinitas representaciones irreducibles. Se mantiene en la forma siguiente:

Si $G$ es un grupo y $V$ es una representación irreducible de $G$ sobre un campo $F$, $\text{End}_G(V)$ es una división de álgebra $F$.

Si $V$ es finito-dimensional y $F$ es algebraicamente cerrado, la única división de álgebra es $F$ sí, por lo que tenemos la más típica declaración de Schur del lexema. Pero esta falla una vez cualquiera de estas condiciones es relajado.

Explícitamente, incluso si $F$ es algebraicamente cerrado, usted puede tomar $V = F(t)$ $G = F(t)^{\times}$ actuando en $V$ por la izquierda de la multiplicación. A continuación, $V$ es irreductible (y de dimensiones infinitas, a pesar del hecho de que $G$ es abelian!), y $\text{End}_G(V) \cong F(t)$.

Answer 2

Al menos en el contexto de los espacios de Banach, grupo continuo de las acciones y closd subespacios invariantes, la respuesta es negativa. Es decir, hay invertible delimitada operadores de $T: B\to B$ de los espacios de Banach sin la debida cerrado subespacios invariantes (Enflo, Leer, et al), ver este artículo de la wikipedia para las referencias. Ahora, tome el grupo de $G$ generado por $T$. Grupo de viajes con $T$ sí que no es un operador escalar. No estoy seguro de si le preguntas a un puramente lineal álgebra pregunta sin continuidad supuestos y closedness requisito de un subespacio.