Pierścienie grupowe wyk lad 2. Przypomnijmy, że K-algebra A jest pó lprosta, gdy jej lewe A-modu ly przypominaja

Transkrypt

1 Pierścienie grupowe wyk lad 2. Przypomnijmy, że K-algebra A jest pó lprosta, gdy jej lewe A-modu ly przypominaja przestrzenie liniowe nad A: każdy z nich ma rozk lad na sume modu lów prostych. W tych rozk ladach wyste puje tylko skończenie wiele różnych modu lów prostych: sa to modu ly wyste puja ce w skończonym rozk ladzie A-modu lu regularnego A. Istnieje ladna charakteryzacja pó lprostych K-algebr: sa to skończone sumy proste algebr macierzy M ni (D i ), gdzie D i sa K-algebrami z dzieleniem (cia la nieprzemienne). W jaki sposób pojawia sie K-algebry z dzieleniem D i? (2.3) Lemat Schura. Jeśli V jest A-modu lem prostym, to pierścień End A (V ), sk ladaja cy sie ze wszystkich A-homomorfizmów modu lu V w siebie, jest K-algebra z dzieleniem. Dowód. Przypomnijmy, że jeśli ϕ: V V jest homomorfizmem lewych A-modu lów, to ker(ϕ) oraz ϕ(v ) sa A-podmodu lami V. Za lóżmy, że ϕ 0. Wówczas ker(ϕ) V, ska d ker(ϕ) = 0, wie c ϕ jest monomorfizmem. Z drugiej strony ϕ(v ) 0, wie c ϕ(v ) = V i ϕ jest także na. Wobec tego każdy niezerowy element ϕ End A (V ) jest odwracalny. Dla dowolnej algebry R niech R opp oznacza algebre przeciwna, tzn. przestrzeń liniowa R wyposażona w nowe mnożenie: r 1 r 2 := r 2 r 1. (2.4) Lemat. Istnieje izomorfizm K-algebr End A (A) opp A. Dowód. Zauważmy, że odwzorowanie f: End A (A) opp A dane wzorem f(φ) = φ(1) jest K-liniowe. Ponadto dla φ, ψ End A (A) opp mamy f(φ ψ) = f(ψ φ) = (ψ φ)(1) = ψ(φ(1) 1) = φ(1) ψ(1) = f(φ) f(ψ), wie c f jest homomorfizmem K-algebr. Ponieważ φ(1) A wyznacza jednoznacznie φ, przekszta lcenie f jest izomorfizmem. (2.5) Lemat. Niech W = V 1 V n be dzie suma parami izomorficznych A-modu lów prostych V i. Jeśli D = End A (V 1 ), to istnieje izomorfizm K-algebr End A (W ) opp M n (D opp ). Dowód. Wybierzmy izomorfizmy A-modu lów θ i : V i V 1 dla i 2. Ponadto niech ι i be dzie w lożeniem V i na sk ladnik prosty W, zaś π i rzutem W na ten sk ladnik. Homomorfizmowi φ End A (W ) przypiszemy macierz Φ(φ) := [φ jk ] M n (D opp ), gdzie ( θ 1 j ι j φ φjk : V 1 V j W W π k θ V k ) k V1 EndA (V 1 ) = D. Wykażemy, że Φ jest izomorfizmem K-algebr. Jest jasne, że Φ jest monomorfizmem K-liniowym. Ponadto, dla dowolnych φ, ψ End A (W ) opp mamy Φ(ψ φ) = Φ(φ ψ) = [(φ ψ) jl ]. przy czym (φ ψ) jl = θ l π l φ ψ ι j θ 1 j (θ l π l φ ι k θ 1 ) (θ k π k ψ ι j θ 1 j ) = k = θ l π l φ (ι k π k ) ψ ι j θ 1 φ kl ψ jk = j = ψ jk φ kl = (Φ(ψ) Φ(φ)) jl, wie c Φ jest monomorfizmem K=algebr. Z drugiej strony, dla dowolnej macierzy [λ jk ] możemy wskazać endomorfizm λ taki, że Φ(λ) = [λ jk ]: wystarczy określić λ jako sume z lożeń θ j λ jk θ 1 k ι V j V1 V1 V k k W. W π j 1

2 (2.6) Twierdzenie Wedderburna. Każda prosta K-algebra A jest izomorficzna ze suma prosta algebr postaci M ni (D i ), gdzie D i sa K-algebrami z dzieleniem. Dowód. Wiemy, że regularny A-modu l A ma skończony rozk lad na sume A-modu lów prostych V i. Pogrupujmy te sk ladniki tak, by modu ly należa ce do tej samej grupy by ly parami izomorficzne, zaś należa ce do różnych grup nie: {V 11,..., V 1n1 }, {V 21,..., V 2n2 },..., {V k1,..., V 1nk }. Zauważmy, że jeśli modu ly V, V leża w różnych grupach, to każdy A-homomorfizm V V jest zerowy. Zdefiniujmy nowe A-modu ly: n i W i = V ij dla i = 1,..., k. j=1 Wówczas dla i j każdy A-homomorfizm W i W j jest zerowy. Sta d oraz z równości A = W 1 W k wynika, że End A (A) = End A (W 1 ) End A (W k ). Wobec tego, na mocy (2.4), mamy A = End A (A) opp = End A (W 1 ) opp End A (W k ) opp. Na mocy (2.5) mamy Sta d End A (W i ) opp M ni (D i ), gdzie D opp i = End A (V i1 ). A = M n1 (D 1 ) M nk (D k ). (2.7) Stwierdzenie. Jeśli K jest cia lem algebraicznie domknie tym, A jest K-algebra, zaś V jest A-modu lem prostym, to pierścień z dzieleniem D = End A (V ) jest izomorficzny z K. Dowód. Wybierzmy dowolny element δ D. Ponieważ cia lo K jest algebraicznie domknie te, przekszta lcenie liniowe δ ma wektor w lasny 0 v V : δ(v) = λ v dla pewnej wartości w lasnej λ K. Skoro (δ λ 1)(v) = 0, przekszta lcenie δ λ 1 D nie jest odwracalne, zatem δ λ 1 = 0. Wynika sta d, że δ K. (2.8) Stwierdzenie. Jeśli G jest grupa, zaś K jest cia lem algebraicznie domknie tym oraz char(k) G. to KG = M n1 (K) M nk (K). Zauważmy, że porównuja c wymiary obu stron nad K otrzymujemy i n2 i = G. Liczby naturalne k oraz n 1,..., n k sa ważnymi niezmiennikami grupy G. Zajmiemy sie teraz wyjaśnieniem ich zwia zku z G. Niech KG be dzie dowolna algebra grupowa. Dla skończonej klasy sprze żoności C G zdefiniujmy element Ĉ = {g : g C} KG. (2.9) Twierdzenie. Centrum algebry KG jest podprzestrzenia liniowa rozpie ta przez elementy Ĉ, gdzie C przebiega zbiór skończonych klas sprze żoności w grupie G. Dowód. Element α KG jest centralny wtedy i tylko wtedy, gdy jest przemienny z każdym elementem h G, to znaczy gdy mamy hαh 1 = α dla wszystkich h G. Oczywiście warunek ten jest pe lniony dla elementów Ĉ. Niech α = α g g KG be dzie elementem centralnym. Z warunku hαh 1 = α wynika, że α g hgh 1 = α g g dla h G. g 2

3 Ponieważ G jest baza przestrzeni liniowej KG, wspó lczynniki przy odpowiednich elementach grupy G musza być równe, wie c α g = α hgh 1. Zatem funkcja α: G K jest sta la na klasach sprze żoności grupy G. Ponieważ nośnik funkcji α jest skończony, wspó lczynniki przy elementach nieskończonych klas sprze żoności musza być równe 0. Wobec tego α jest kombinacja liniowa elementów Ĉ. Ponieważ elementy te maja roz la czne nośniki, sa liniowo niezależne. Wobec tego stanowia one baze centrum algebry KG. (2.10) Twierdzenie. Niech G be dzie grupa i niech K be dzie cia lem algebraicznie domknie tym oraz char(k) G. Liczba k sk ladników w rozk ladzie Wedderburna algebry grupowej KG skończonej grupy G jest równa liczbie klas sprze żoności jej elementów. Dowód. Z kursu algebry liniowej wiemy, że centrum algebry macierzy M n (K) sk lada sie z macierzy skalarnych λ I, λ K, czyli jest 1-wymiarowa podalgebra M n (K). Wobec tego k jest wymiarem centrum sumy prostej algebr macierzy, wie c jest także wymiarem centrum algebry KG. Niech teraz K = C. Wiemy, że jeśli G jest grupa, to CG = M n1 (C) M nk (C). Rzuty na poszczególne sk ladniki ρ i : CG M ni (C) tworza pe lna liste parami nieizomorficznych reprezentacji nierozk ladalnych grupy G na przestrzeniach V i = C ni. (2.12) Twierdzenie. Liczby n i sa dzielnikami rze du grupy G. Dowód. (Don Passman) Niech e i CG be dzie elementem, który w powyższym rozk ladzie odpowiada macierzy identyczności na i-tej wspó lrze dnej oraz macierzom zerowym na pozosta lych. Wówczas mamy e i e j = { 0, gdy i j, e i, gdy i = j. Jak każdy inny element CG, element e i jest postaci g a gg. Wyznaczmy wspó lczynniki a g C. (2.13) Lemat. e i = g G n i Trρ i (g 1 ) G g. Dowód. Mamy izomorfizm CG-modu lów CG V n 1 1 V n k k. Dla α CG niech L α be dzie przekszta lceniem liniowym CG CG, polegaja cym na mnożeniu z lewej strony przez α. Wówczas k TrL α = n j Trρ j (α). ( ) Dla α = h 1 e i mamy Trρ j (h 1 e i ) = j=1 { 0, gdy j i, Trρ i (h 1 ), gdy j = i, gdyż mnożenie przez e i dzia la jak identyczność na V i i jak przekszta lcenie zerowe na pozosta lych V j. Ponadto, jeśli e i = g a gg, to macierz L h 1 e i w bazie G przestrzeni CG ma postać diag(a h,..., a h ). Z równości ( ) otrzymujemy G a h = n i Trρ i (h 1 ), co trzeba by lo wykazać. Dokończenie dowodu twierdzenia. Wiadomo, że ślad macierzy jest suma jej wartości w lasnych, te zaś dla macierzy ρ i (h 1 ) sa pierwiastkami z jedynki, gdyż h G = 1. Wobec tego liczba Trρ i (h 1 ) należy do podpierścienia liczb ca lkowitych algebraicznych Z[ε] C, gdzie ε G = 1. Sta d e i = n i G β i dla pewnego β i Z[ε]G. 3

4 ( Zatem dla dowolnej liczby naturalnej m 1 mamy e i = e m i = ni G ) m β m i. Porównuja c wspó lczynniki ( ) przy 1 G otrzymujemy n2 i G = ni G m γm, zatem G m 1 = n m 2 i γ m dla pewnych ca lkowitych liczb algebraicznych γ m Z[ε]. Z powyższej równości wynika jednak, że γ m sa liczbami wymiernymi, wie c γ m Z[ε] Q = Z. Wobec n m 2 i G m 1 dla m 1. Niech p a, p b be da najwie kszymi pote gami ustalonej ( liczby pierwszej ) p, dziela cymi odpowiednio n i oraz G. Zatem a(m 2) b(m 1) dla m 1, ska d a b m 2 dla m 3. Wynika sta d a b, dla dowolnej G. liczby pierwszej p. Zatem n i Pokażemy ladne zastosowanie tych wste pnych wiadomości o CG-modu lach do rozwia zania klasycznego problemu algebraicznego. Zacznijmy od znanej tożsamości: (x x 2 2)(y y 2 2) = (x 1 y 1 x 2 y 2 ) 2 + (x 1 y 2 + x 2 y 1 ) 2, która wynika z tożsamości dla liczb zespolonych z 1 2 z 2 2 = z 1 z 2 2. Podobna relacja dla kwaternionów prowadzi do tożsamości (x x x x 2 4)(y y y y 2 4) = (x 1 y 1 x 2 y 2 x 3 y 3 x 4 y 4 ) 2 + (x 1 y 2 + x 2 y 1 + x 2 y 1 + x 3 y 4 x 4 y 3 ) 2 + (x 1 y 3 x 2 y 4 + x 3 y 1 + x 4 y 2 ) 2 + (x 1 y 4 + x 2 y 3 x 3 y 2 + x 4 y 1 ) 2. Istnieje też podobna tożsamość dla 8 zmiennych, odkryta w 1818 roku przez Duńczyka Ferdynanda Degena i odkryta ponownie przez Artura Cayleya w 1845 r.: (x x x x x x x x 2 8)(y y y y y y y y 2 8) = Te trzy tożsamości maja wspólna postać (x 1 y 1 x 2 y 2 x 3 y 3 x 4 y 4 x 5 y 5 x 6 y 6 x 7 y 7 x 8 y 8 ) 2 + (x 2 y 1 + x 1 y 2 + x 4 y 3 x 3 y 4 + x 6 y 5 x 5 y 6 x 8 y 7 + x 7 y 8 ) 2 + (x 3 y 1 x 4 y 2 + x 1 y 3 + x 2 y 4 + x 7 y 5 + x 8 y 6 x 5 y 7 x 6 y 8 ) 2 + (x 4 y 1 + x 3 y 2 x 2 y 3 + x 1 y 4 + x 8 y 5 x 7 y 6 + x 6 y 7 x 5 y 8 ) 2 + (x 5 y 1 x 6 y 2 x 7 y 3 x 8 y 4 + x 1 y 5 + x 2 y 6 + x 3 y 7 + x 4 y 8 ) 2 + (x 6 y 1 + x 5 y 2 x 8 y 3 + x 7 y 4 x 2 y 5 + x 1 y 6 x 4 y 7 + x 3 y 8 ) 2 + (x 7 y 1 + x 8 y 2 + x 6 y 3 x 6 y 4 x 3 y 5 + x 4 y 6 + x 1 y 7 x 2 y 8 ) 2 + (x 8 y 1 x 7 y 2 + x 7 y 3 + x 5 y 4 x 4 y 5 x 3 y 6 + x 2 y 7 + x 1 y 8 ) 2. (x x 2 n)(y y 2 n) = z z 2 n, gdzie każde z i, 1 i n, jest forma dwuliniowa od zmiennych x 1,..., x n, y 1,..., y n. Formy te określaja odpowiednio w przestrzeni R 2, R 4, R 8 dwulinowe mnożenie, które, na mocy odpowiedniej z powyższych tożsamości, w szczególności spe lniaja warunek (x 1, x 2,..., x n ) (x 1, x 2,..., x n ) = (x x 2 n, 0,..., 0), n = 2, 3, 8. 4

5 Warunek ten implikuje, że każdy element (x 1,..., x n ) R n \ {0} jest, wzgle dem tak określonego mnożenia, odwracalny. Dla n = 2 mnożenie to definiuje cia lo liczb zespolonych C; dla n = 4 otrzymujemy kwaterniony H, które tworza nieprzemienny pierścień z dzieleniem. W końcu, dla n = 8 otrzymujemy oktawy O, zwane też liczbami Cayleya, które daje pierścień nieprzemienny i tylko cze ściowo la czny. Pojawi l sie wie c naturalny problem: czy można uzyskać podobne formu ly dla innych n? Odpowiedzi udzieli l w 1898 Adolf Hurwitz. (2.14) Twierdzenie Hurwitza. Formy C-dwuliniowe z i = z i (x 1,..., y n ), spe lniaja ce tożsamość istnieja tylko dla n = 1, 2, 4, 8. (x x 2 n)(y y 2 n) = z z 2 n ( ) Dowód.(Beno Eckmann) Be dziemy zak ladać, że n > 2. Zapiszmy z i = a ij (x)y j, 1 i n, j=1 gdzie a ij (x) sa formami liniowymi od x = (x 1,..., x n ) o wspó lczynnikach zespolonych. wyrażenia do ( ), otrzymujemy zwia zki Podstawiaja c te a ij (x)a ik (x) = 0 dla j k, a 2 ij(x) = x x 2 n. Można to zgrabnie zapisać w formie macierzowej: jeśli A = [a ij (x)], to A T A = (x x 2 n) I. Zapiszmy Wówczas A = A 1 x A n x n, gdzie A i M n (C). A T i A j + A T j A i = 0 dla i j, A T i A i = I. ( ) Zauważmy, że jeśli każda z macierzy A i pomnożymy z lewej strony przez te sama macierz C spe lniaja ca warunek C T C = I, to powyższy uk lad warunków sie nie zmieni. Dlatego znormalizujemy te rodzine macierzy, k lada c B i = A T n A i. Uk lad warunków ( ) przybierze postać B T i B j + B T j B i = 0 dla i j, B T i B i = I, B n = I. Podstawiaja c do powyższej równości j = n, uzyskujemy B T i = B i dla i n. Nasz problem można zatem sformu lować tak: dla jakich n istnieje (n 1) macierzy B i M n (C), które spe lniaja warunki B T i = B i, B T i B i = I oraz B i B j = B j B i dla i j? Podstawowa idea dowodu jest naste puja ca: zamiast szukać takich uk ladów macierzy, znajdziemy grupe, której pewna n-wymiarowa reprezentacja be dzie je zawierać. Rozważmy zatem grupe G n = a 1,..., a n 1, ϵ a 2 i = ϵ, ϵ 2 = 1, a i a j = ϵa j a i dla i j. 5

6 Zauważmy, że z pierwszej relacji wynika a i ϵ = ϵa i, wie c element ϵ leży w centrum grupy G n. Grupa ilorazowa G n = G n /{1, ϵ} jest postaci a 1,..., a n 1 a 2 i = 1, a ia j = a j a i C2 n 1, wie c G n = 2 n. Wyznaczymy wymiary CG n -modu lów prostych. elementów G n. Aby wyznaczyć ich liczbe, zbadamy klasy sprze żoności Zacznijmy od wyznaczenia centrum grupy G n. Każdy element grupy G n jest postaci a T lub ϵ a T, gdzie dla T {1,..., n 1} mamy a T = i T a i (mnożymy w rosna cej kolejności indeksów). Na mocy ostatniej relacji, mamy { a i a T a 1 ϵ T i = a T, gdy i T, ϵ T 1 a T, gdy i T. Zatem, gdy T jest dodatnia liczba parzysta, element a T nie jest centralny, gdyż nie jest przemienny z a i, i T. Podobnie jest, gdy T jest liczba nieparzysta mniejsza od n 1, bo wtedy istnieje element a i, i T, nieprzemienny z a T. Wobec tego centrum zależy od parzystości n: gdy n jest nieparzyste, to Z(G n ) = {1, ϵ}. Gdy n jest parzyste, do centrum należa jeszcze dwa elementy: a 1 a 2 a n 1 oraz ϵa 1 a 2 a n 1. Zauważmy, że klasa sprze żoności w G n może mieć co najwyżej dwa elementy, gdyż homomorfizm naturalny G n G n zlepia elementy parami, a różne elementy grupy abelowej G n spre żone nie sa. Zatem, jeśli element g G n nie jest centralny, to jego klasa sprze żoności jest postaci {g, ϵg}. Z powyższych danych możemy wyznaczyć liczbe klas sprze żoności w G n. Dla n nieparzystych otrzymujemy 2 + (2 n 2)/2 = 2 n klas. Dla n parzystych mamy 4 + (2 n 4)/2 = 2 n klasy. Na mocy (2.10), mamy dok ladnie tyle CG n -modu lów prostych. Pośród nich, mamy 2 n 1 modu lów 1-wymiarowych, pochodza cych od reprezentacji abelowej grupy ilorazowej G n /{1, ϵ}. Z naszych obliczeń wynika, że grupa G n ma jeszcze jedna reprezentacje wymiaru d > 1 gdy n jest nieparzyste oraz dok ladnie dwie reprezentacje wymiarów d 1, d 2 > 1 gdy n jest parzyste. Niech n be dzie nieparzyste. Wówczas, na mocy (2.8), mamy 2 n = G = dim CG = k n 2 i = 2 n d 2, d = 2 (n 1)/2. Natomiast gdy n jest parzyste uzyskujemy analogicznie 2 n = G = dim CG = Ale na mocy (2, 12) wiemy, że d i 2 n. Zatem d 1 = d 2 = 2 (n 2)/2. k n 2 i = 2 n d d 2 2, d d 2 2 = 2 n 1. Wróćmy do naszego zadania: dla jakich n istnieje n-wymiarowa reprezentacja ρ: G n GL n (C) taka, że ρ(ϵ) = I? Niewa tpliwie CG n -modu l V wyznaczony przez ρ jest suma modu lów prostych. Jednak w każdej reprezentacji 1-wymiarowej element ϵ przechodzi na 1, zatem takie sk ladniki w V nie moga sie pojawić. Wobec tego V jest suma pewnej liczby t kopii modu lów wymiaru 2 (n 1)/2 lub 2 (n 2)/2. Zatem n = dim V = t 2 (n 1)/2 lub t 2 (n 2)/2. Ponieważ za lożyliśmy, że n > 2, to prawa strona jest parzysta, zatem także n jest parzyste. Wobec tego mamy n = t 2 (n 2)/2. Zapiszmy n = 2 a s, gdzie a 1 oraz 2 s. Wówczas 2 (n 2)/2 n 2 n, 2 a, n 2a + 2, 2 a s 2a + 2. Przypomnijmy, że 2 a a+1 dla a 1. Gdyby zachodzi la nierówność s 1, to 2a+2 2 a s > 2 a 2 2(a+1), sprzeczność. Zatem s = 1 oraz 2 a 2a + 2. Ostatnia nierówność jest spe lniona dla a = 1, 2, 3, odpowiednio dla n = 2, 4, 8. Natomiast gdy a 4 to 2 a 4a, zatem 2a a 4a, co daje 2 2a 8, sprzeczność. Wobec tego n = 1, 2, 3, 4 sa jedynymi liczbami, dla których poszukiwana tożsamość istnieje. 6

7 Powyższe twierdzenie można istotnie wzmocnić. Wzory, które próbowaliśmy uogólnić, definiuja na R n strukture pierścienia z 1. Okazuje sie, że gdyby ża danie dwuliniowośći funkcji z i zasta pić tylko ich cia g lościa oraz istnieniem jedynki, to także nie wyjdziemy poza znane wymiary 1, 2, 4 i 8. Zauważmy bowiem, że z formy badanych formu l wynika, że jeśli x = y = 1, to także z = 1, gdzie. jest norma euklidesowa w R n. Wobec tego, gdy w przestrzeni R n istnieja poszukiwane wzory z cia g lymi funkcjami z i oraz z jedynka, to sfera S n 1 jest H-przestrzenia. (2.15) Definicja. Przestrzeń topologiczna X, wyposażona w przekszta lcenie cia g le µ: X X X jest H-przestrzenia, jeśli istnieje punkt x 0 X taki, że µ(x, x 0 ) = µ(x 0, x) = x dla dowolnego punktu x X. (2.16) Twierdzenie. (Frank Adams, 1958) Wśród sfer, H-przestrzeniami sa tylko S 1, S 3 oraz S 7. Zadanie. Wykazać, że w przestrzeni R 2n+1 nie istnieje struktura R-dwuliniowego mnożenia z 1. 7