¿Qué tamaño pueden tener los irreps de un grupo finito (sobre un campo arbitrario)?

Question

Sea G un grupo finito no trivial. ¿Existe una representación irreducible de G de dimensión mayor o igual que la cardinalidad de G?

[Editado para mayor claridad. -- PLC]

Answer 1

EDITAR: Parte 4 añadida. EDIT2: Segunda prueba de la Parte 4 añadida.

1. La respuesta es no (siempre que estemos trabajando sobre un campo - de cualquier característica, algebraicamente cerrado o no). Si $k$ es un campo y $G$ es un grupo finito, entonces la dimensión de cualquier representación irreducible $V$ de $G$ en $k$ es $\leq \left|G\right|$ . En realidad, esto es obvio: tome cualquier vector no nulo $v\in V$ ; entonces, $k\left[G\right]v$ es una subrepresentación no trivial de $V$ de dimensión $\leq\dim\left(k\left[G\right]\right)=\left|G\right|$ . Como nuestra representación $V$ era irreducible, esta subrepresentación debe ser $V$ y por lo tanto $\dim V\leq\left|G\right|$ .

2. Bien, podemos hacerlo un poco mejor: Cualquier representación irreducible $V$ de $G$ tiene dimensión $\leq\left|G\right|-1$ , a menos que $G$ es el grupo trivial. Se aplica la misma prueba, con un paso adicional:

Si $\dim V=\left|G\right|$ , entonces el mapa $k\left[G\right]\to V,\ g\mapsto gv$ debe ser biyectiva (de hecho, es sobreyectiva, ya que $k\left[G\right]v=V$ y por lo tanto debe ser biyectiva ya que $\dim\left(k\left[G\right]\right)=\left|G\right|=\dim V$ ), por lo que es un isomorfismo de representaciones (ya que es $G$ -equivariante), y por tanto $V\cong k\left[G\right]$ . Pero $k\left[G\right]$ no es una representación irreducible, a menos que $G$ es el grupo trivial (de hecho, siempre contiene el $1$ -representación trivial de la dimensión).

3. Tenga en cuenta que si el campo base $k$ es algebraicamente cerrado y de característica $0$ Entonces podemos hacerlo mucho mejor: En este caso, una representación irreducible de $G$ siempre tiene dimensión $<\sqrt{\left|G\right|}$ (de hecho, en este caso, la suma de los cuadrados de las dimensiones de todas las representaciones irreducibles es $\left|G\right|$ y una de estas representaciones es la trivial $1$ -de una dimensión). Sin embargo, si el campo base no es necesariamente algebraicamente cerrado y de característica arbitraria, entonces el límite $\dim V\leq \left|G\right|-1$ puede ser agudo (tomar grupos cíclicos).

4. Hay una forma de mejorar 2. para que se acerque un poco más a 3. :

Teorema 1. Si $V_1$ , $V_2$ , ..., $V_m$ son $m$ representaciones irreducibles no isomorfas por pares de un álgebra de dimensión finita $A$ sobre un campo $k$ (no necesariamente cerrado algebraicamente, no necesariamente de característica $0$ ), entonces $\dim V_1+\dim V_2+...+\dim V_m\leq\dim A$ .

(Por supuesto, si $A$ es el álgebra de grupo de algún grupo finito $G$ entonces $\dim A=\left|G\right|$ y obtenemos 2. como consecuencia).

Primera prueba del Teorema 1. Al principio, por cada $i\in\left\lbrace 1,2,...,m\right\rbrace$ la representación (izquierda) $V_i^{\ast}$ del álgebra $A^{\mathrm{op}}$ (esta representación está definida por $a\cdot f=\left(v\mapsto f\left(av\right)\right)$ para cualquier $f\in V_i^{\ast}$ y $a\in A$ ) es irreducible (ya que $V_i$ es irreducible) y por lo tanto es isomorfo a un cociente de la representación regular (izquierda) $A^{\mathrm{op}}$ (ya que podemos elegir alguna $u\in V_i^{\ast}$ y luego el mapa $A^{\mathrm{op}}\to V_i^{\ast}$ dado por $a\mapsto au$ debe ser sobreyectiva, porque su imagen es una subrepresentación no nula de $V_i^{\ast}$ y por lo tanto igual a $V_i^{\ast}$ debido a la irreductibilidad de $V_i^{\ast}$ ). Por lo tanto, por dualidad, $V_i$ es isomorfo a una subrepresentación de la representación (izquierda) $A^{\mathrm{op}\ast}=A^{\ast}$ de $A$ . Por lo tanto, a partir de ahora, vamos a suponer que $V_i$ en realidad es una subrepresentación de $A^{\ast}$ por cada $i\in\left\lbrace 1,2,...,m\right\rbrace$ .

Ahora, demostremos que los subespacios vectoriales $V_1$ , $V_2$ , ..., $V_m$ de $A^{\ast}$ son linealmente disjuntos, es decir, que la suma $V_1+V_2+...+V_m$ es en realidad una suma directa. Lo demostraremos por inducción sobre $m$ Así que vamos a suponer que la suma $V_1+V_2+...+V_{m-1}$ ya es una suma directa. Queda por demostrar que $V_m\cap \left(V_1+V_2+...+V_{m-1}\right)=0$ . De hecho, suponga lo contrario. Entonces, $V_m\cap \left(V_1+V_2+...+V_{m-1}\right)=V_m$ (ya que $V_m\cap \left(V_1+V_2+...+V_{m-1}\right)$ es una subrepresentación no nula de $V_m$ y $V_m$ es irreducible). Por lo tanto, $V_m\subseteq V_1+V_2+...+V_{m-1}$ . En consecuencia, $V_m$ es isomorfo a una subrepresentación de la suma directa $V_1\oplus V_2\oplus ...\oplus V_{m-1}$ (porque la suma $V_1+V_2+...+V_{m-1}$ es una suma directa, según nuestro supuesto de inducción).

Ahora, según el Teorema 2.2 y la Observación 2.3 de "Introducción a la teoría de la representación" de Etingof cualquier subrepresentación de la suma directa $V_1\oplus V_2\oplus ...\oplus V_{m-1}$ debe ser una suma directa de la forma $r_1V_1\oplus r_2V_2\oplus ...\oplus r_{m-1}V_{m-1}$ para algunos enteros no negativos $r_1$ , $r_2$ , ..., $r_{m-1}$ . Por lo tanto, toda subrepresentación irreducible de la suma directa $V_1\oplus V_2\oplus ...\oplus V_{m-1}$ debe ser una de las representaciones $V_1$ , $V_2$ , ..., $V_{m-1}$ . Como sabemos que $V_m$ es isomorfo a una subrepresentación de la suma directa $V_1\oplus V_2\oplus ...\oplus V_{m-1}$ concluimos que $V_m$ es isomorfo a una de las representaciones $V_1$ , $V_2$ , ..., $V_{m-1}$ . Esto contradice la no isomorfía de las representaciones $V_1$ , $V_2$ , ..., $V_m$ . Así, hemos demostrado que la suma $V_1+V_2+...+V_m$ es en realidad una suma directa. En consecuencia, $\dim V_1+\dim V_2+...+\dim V_m=\dim\left(V_1+V_2+...+V_m\right)\leq \dim A^{\ast}=\dim A$ y se demuestra el Teorema 1.

Segunda prueba del Teorema 1. Acabo de aprender la siguiente demostración más sencilla del Teorema 1 a partir del §1 Lemma 1 en "Conferencias sobre teoría de la representación y teoría de invariantes" de Crawley-Boevey :

Dejemos que $0=A_0\subseteq A_1\subseteq A_2\subseteq ...\subseteq A_k=A$ sea una serie de composición de la representación regular $A$ de $A$ . Entonces, por la definición de una serie de composición, para cada $i\in \left\lbrace 1,2,...,k\right\rbrace$ la representación $A_i/A_{i-1}$ de $A$ es irreducible.

Dejemos que $T$ sea una representación irreducible de $A$ . Vamos a demostrar que existe algún $I\in \left\lbrace 1,2,...,k\right\rbrace$ tal que $T\cong A_I/A_{I-1}$ (como representaciones de $A$ ).

De hecho, dejemos que $I$ sea el elemento más pequeño $i\in \left\lbrace 1,2,...,k\right\rbrace$ satisfaciendo $A_iT\neq 0$ (tales elementos $i$ existen, porque $A_kT=AT=T\neq 0$ ). Entonces, $A_IT\neq 0$ pero $A_{I-1}T=0$ . Ahora, elige algún vector $t\in T$ tal que $A_It\neq 0$ (tal vector $t$ existe, porque $A_IT\neq 0$ ), y considerar el mapa $f:A_I\to T$ definido por $f\left(a\right)=at$ por cada $a\in A_I$ . Entonces, este mapa $f$ es un homomorfismo de representaciones de $A$ . Ya que mapea la subrepresentación $A_{I-1}$ a $0$ (porque $f\left(A_{I-1}\right)=A_{I-1}t\subseteq A_{I-1}T=0$ ), da lugar a un mapa $g:A_I/A_{I-1}\to T$ que, por supuesto, también debe ser un homomorfismo de representaciones de $A$ . Desde $A_I/A_{I-1}$ y $T$ son representaciones irreducibles de $A$ se deduce del lema de Schur que cualquier homomorfismo de representaciones de $A_I/A_{I-1}$ a $T$ es un isomorfismo o idéntico a cero. Por lo tanto, $g$ es un isomorfismo o idéntico a cero. Pero $g$ no es idénticamente cero (ya que $g\left(A_I/A_{I-1}\right)=f\left(A_I\right)=A_It\neq 0$ ), por lo que $g$ debe ser un isomorfismo, es decir, tenemos $T\cong A_I/A_{I-1}$ .

Así que acabamos de demostrar que

(1) Para toda representación irreducible $T$ de $A$ existe alguna $I\in \left\lbrace 1,2,...,k\right\rbrace$ tal que $T\cong A_I/A_{I-1}$ (como representaciones de $A$ ).

Denota esto $I$ por $I_T$ para dejar claro que depende de $T$ . Así que tenemos $T\cong A_{I_T}/A_{I_T-1}$ para cada representación irreducible $T$ de $A$ . Aplicando esto a $T=V_i$ por cada $i\in\left\lbrace 1,2,...,m\right\rbrace$ vemos que $V_i\cong A_{I_{V_i}}/A_{I_{V_i}-1}$ por cada $i\in\left\lbrace 1,2,...,m\right\rbrace$ . Por lo tanto, los elementos $I_{V_1}$ , $I_{V_2}$ , ..., $I_{V_m}$ del conjunto $\left\lbrace 1,2,...,k\right\rbrace$ son distintos por pares (porque $I_{V_i}=I_{V_j}$ produciría $V_i\cong A_{I_{V_i}}/A_{I_{V_i}-1}=A_{I_{V_j}}/A_{I_{V_j}-1}\cong V_j$ pero las representaciones $V_1$ , $V_2$ , ..., $V_m$ son no isomorfas entre sí), y por lo tanto

$\sum\limits_{i=1}^{m}\dim\left(A_{I_{V_i}}/A_{I_{V_i}-1}\right)=\sum\limits_{\substack{j\in\left\lbrace 1,2,...,k\right\rbrace ;\ \\ \text{there exists }\\ i\in\left\lbrace 1,2,...,m\right\rbrace \\ \text{ such that }j=I_{V_i}}}\dim\left(A_j/A_{j-1}\right)$ $\leq \sum\limits_{j\in\left\lbrace 1,2,...,k\right\rbrace}\dim\left(A_j/A_{j-1}\right)$ (ya que $\dim\left(A_j/A_{j-1}\right)\geq 0$ por cada $j$ para que la adición de más sumandos no pueda disminuir la suma) $=\sum\limits_{j=1}^{k}\dim\left(A_j/A_{j-1}\right)=\sum\limits_{j=1}^{k}\left(\dim A_j-\dim A_{j-1}\right)$ .

Desde $\dim\left(A_{I_{V_i}}/A_{I_{V_i}-1}\right)=\dim V_i$ para cada $i$ (debido a $A_{I_{V_i}}/A_{I_{V_i}-1}\cong V_i$ ) y $\sum\limits_{j=1}^{k}\left(\dim A_j-\dim A_{j-1}\right)=\dim A$ (de hecho, la suma $\sum\limits_{j=1}^{k}\left(\dim A_j-\dim A_{j-1}\right)$ es una suma telescópica y se simplifica en $\dim A_k-\dim A_0=\dim A-\dim 0=\dim A-0=\dim A$ ), esta desigualdad se convierte en $\sum\limits_{i=1}^{m}\dim V_i\leq\dim A$ . Esto demuestra el Teorema 1.

Answer 2

El $\sqrt{|G|}$ es verdadera [para campos algebraicamente cerrados -- PLC] en cualquier característica. De hecho, si $R$ es el radical de Jacobson de $k[G]$ entonces $k[G]/R\cong\prod_iM_{n_i}(k)$ donde $i$ se pasa por encima de las representaciones irreducibles y $n_i$ es el grado del correspondiente representación. Esto da $\sum_in_i^2=\dim k[G]/R\leq|G|$ . En el caso modular tenemos siempre tenemos que $R\neq0$ para que en particular tengamos una desigualdad estricta. También para toda representación irreducible en la caraterística $p$ hay un irreducible en la característica $0$ cuyo grado es $\ge$ que el grado de la característica $p$ representación: Elija un campo numérico $K$ que es un campo de división para $G$ y que $R$ sea su anillo de enteros y que además $P$ sea un ideal máximo de $R$ dividiendo $p$ . Podemos filtrar $K[G]$ por un Jordan-Hölder filtración $W'_i$ para que $W'_i/W' _{i-1}$ es irreducible. Poner $W_i:=W'_i\cap R[G]$ para que en particular $W_i/W_{i-1}$ es $R$ -Sin torsión. Por lo tanto, la reducción del módulo $P$ obtenemos una filtración $\overline{W}_i$ de $k[G]$ . Esta filtración puede ser a una filtración de Jordan-Hölder mostrando que todo irreducible $k[G]$ -que aparece en cualquier filtración de Jordan-Hölder de $k[G]$ debe aparecer en cualquier filtración de Jordan-Hölder de alguna $\overline{W}_i/\overline{W} _{i-1}$ y por lo tanto su grado es $\leq \dim(\overline{W}_i/\overline{W} _{i-1})=\mathrm{rank}(W_i/W _{i-1})=\dim(W'_i/W' _{i-1})$ . Por lo tanto, el grado de cualquier $k[G]$ -la representación es $\le$ el grado de algunos $K[G]$ -representación. Es raro (pero ocurre) que $\overline{W}_i/\overline{W} _{i-1}$ es irreducible en el caso modular.

Answer 3

Solo quiero añadir que para el $\sqrt{|G|}$ unido, no necesitamos un campo algebraicamente cerrado, sólo requerimos que sea una división de campo para el grupo (es decir, todas las representaciones irreducibles sobre el algebraicas de cierre se realizan en el grupo). Para un determinado grupo de exponente d, cualquier campo en que $x^d - 1$ se divide completamente en distintas lineal de los factores es una división de campo para el grupo. (Estos campos son llamados "suficientemente grandes campos" en algunos lugares). El recíproco no es-no puede ser la división de los campos que no son lo suficientemente grandes.

Si el campo no es una división de campo para el grupo, pero tiene un grado r la extensión de que es una división de campo para el grupo, los grados de representaciones irreducibles están delimitadas por $r\sqrt{|G|}$ debido a que cada irreductible representación sobre el terreno pueden splitinto en la mayoría de las $r$ irreducibles cuando pasamos a la división de campo.

Así que, en los números reales, el grado de cualquier irreductible de la representación que está en la mayoría de los $2\sqrt{|G|}$, que es menor que $|G| - 1$ para grupos de tamaño mayor que cinco.

Por otro lado, sobre los números racionales, el grupo cíclico de primer orden tiene una representación irreducible de grado igual a la orden de menos uno, por lo que el límite ajustado para los racionales.

Answer 4

En el caso modular ( es decir cuando la característica del campo divide el orden del grupo), es más interesante buscar indecomponible (porque hay muy pocos irreps o, como se conocen en este contexto, módulos simples: el "peor" caso es el de un $p$ -grupo, que tiene un módulo simple!), y éstos pueden ser tan grandes como se quiera, en general, en cuanto el grupo no sea de tipo de representación finita. Esto se deduce de la primera conjetura de Brauer-Thrall, demostrada por Maurice Auslander y otros. ; véase, por ejemplo, [Ringel, Claus Michael. Sobre algoritmos para resolver problemas de espacios vectoriales. I. Informe sobre las conjeturas de Brauer-Thrall: El teorema de Rojter y el teorema de Nazarova y Rojter. Representation theory, I (Proc. Workshop, Carleton Univ., Ottawa, Ont., 1979), pp. 104--136, Lecture Notes in Math., 831, Springer, Berlin, 1980. MR0607142 ] y sus referencias.

El ejemplo más pequeño no trivial es el grupo de Klein Klein cuatro $\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_2$ en la característica dos, que es de tipo de representación mansa infinita, por lo que tiene módulos indecomponibles de dimensión alta arbitraria. Se conocen desde hace mucho tiempo, en diversas formas; se describen muy bien, por ejemplo, en [Benson, D. J. Representations and cohomology. I. Basic representation theory of finite groups and associative algebras. Segunda edición. Cambridge Studies in Advanced Mathematics, 30. Cambridge University Press, Cambridge, 1998. xii+246 pp. MR1644252 ].