Pregunta sobre la prueba que exterior potencias de representaciones estándar son irreducibles

Question

Estoy leyendo Fulton y Harris teoría de la representación del Capítulo 3.2 y ahora tengo una pregunta en la prueba del hecho de que el exterior de los poderes de la norma de representaciones irreducibles.

Deje $\mathbb{C}^n$ ser la permutación representación de grupo simétrico $S_n$. Entonces podemos descomponer esta representación en dos irreductible represetations: trivial representación $U$ y el estándar de representación de $V$. Los autores afirman que si $(\chi_{\mathbb{C}^n},\chi_{\mathbb{C}^n})=2$, $V$ es irreductible, y se ha demostrado en esta pregunta.

A continuación, los autores afirman que "del mismo modo", ya que $\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)=(\bigwedge^k(V)\otimes \bigwedge^0(U))\oplus(\bigwedge^{k-1}(V)\otimes\bigwedge^1(U))$ $=\bigwedge^k(V)\oplus\bigwedge^{k-1}(V)$, a continuación, con el fin de mostrar la irreductibilidad de cada una de las $\bigwedge^k(V)$$1 \leq k \leq n-1$, es suficiente para demostrar que $(\chi_{\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)},\chi_{\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)})=2$. Pero por desgracia no puedo ver la similitud con el caso anterior, porque no veo la conexión entre el$\bigwedge^k(V)$$\bigwedge^{k-1}(V)$, lo que yo vi en el caso anterior.

Sé que $(\chi_{\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)},\chi_{\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)})=(\chi_{\bigwedge^k(V)},\chi_{\bigwedge^k(V)})+2(\chi_{\bigwedge^k(V)},\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)})+(\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)},\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)})$.

Los naturales idea sería intentar utilizar la inducción, entonces tendríamos $(\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)},\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)})=1$, y si queremos saber que $(\chi_{\bigwedge^k(V)},\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)})=0$, entonces eso sería suficiente. Pero no estoy seguro de si esto funciona.

Gracias de antemano!

EDIT: ¿no sería suficiente si muestro en inductiva de la base de que $(\chi_{\bigwedge^1(V)},\chi_{\bigwedge^{2}(V)})=0$?

Answer 1

Ok, en realidad tengo una solución, aunque no era bastante obvio, sin consideraciones siguientes:

Podemos descomponer carácter arbitrario $\chi_V$ en la suma de los caracteres irreducibles de $\chi_{\lambda_1\oplus ... \oplus\lambda_n}$ Si nos fijamos en el producto escalar de un carácter arbitrario, con sí mismo, entonces

$$(\chi_V,\chi_V)=(\chi_{\lambda_1\oplus ... \oplus\lambda_n},\chi_{\lambda_1\oplus ... \oplus\lambda_n})=\sum_{i,j=1}^n(\chi_{\lambda_i},\chi_{\lambda_j})$$

y esta es la suma de $1$'s y $0$'s, debido a que el carácter de irreductible de representaciones es ortonormales. Supongamos que tenemos $V\neq0$, de modo que existe $\lambda_k\neq 0$$\sum_{i,j=1}^n(\chi_{\lambda_i},\chi_{\lambda_j})\geq(\chi_{\lambda_k},\chi_{\lambda_k})=1$, lo $(\chi_{V},\chi_{V})\in \mathbb{N}_+$

Así que si se nos da $(\chi_{\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)},\chi_{\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)})=2$ y $(\chi_{\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)},\chi_{\bigwedge^k(\mathbb{C}^n)})=(\chi_{\bigwedge^k(V)},\chi_{\bigwedge^k(V)})+2(\chi_{\bigwedge^k(V)},\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)})+(\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)},\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)})$,

entonces, ya sabemos que $(\chi_{\bigwedge^k(V)},\chi_{\bigwedge^k(V)})\in\mathbb{N}_+$ $(\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)},\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)})\in\mathbb{N}_+$ y el producto escalar es positiva definida, entonces la única forma de conseguir la igualdad es tener $(\chi_{\bigwedge^k(V)},\chi_{\bigwedge^k(V)})=(\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)},\chi_{\bigwedge^{k-1}(V)})=1$.