Rút lại đại số đối xứng

Question

Nếu chúng ta xem xét một không gian vectơ trên một trường đóng đại số $k$ đặc điểm $0$, chúng tôi có trình tự chính xác sau:

$$0\rightarrow \wedge^{2}V\rightarrow \text{T}^{2}V\rightarrow\text{S}^{2}(V)\rightarrow 0\text{,}$$ Ở đâu $\wedge^{2}, \text{T}^{2}$ và $\text{S}^{2}$biểu thị thành phần bậc hai của đại số bên ngoài (tương ứng với đại số tensor và đại số đối xứng). Trên thực tế, chúng ta có thể xác định rõ ràng lệnh rút lại$$\text{S}^{2}(V)\rightarrow\text{T}^{2}(V)$$ đó chỉ là: $$v_{1}\cdot v_{2}\mapsto \frac{1}{2!}\sum_{\sigma\in S_{2}}v_{\sigma(1)}\otimes v_{\sigma_{2}}\text{.}$$ Câu hỏi của tôi là câu hỏi sau: chúng ta có thể mô tả rõ ràng hạt nhân của bản đồ không $$\text{T}^{n}(V)\rightarrow\text{S}^{n}(V)$$như trước? Thật dễ dàng để xác định rút lại cho trường hợp chung, chúng tôi chỉ có thể thay thế$2$ bởi $n$, nhưng chúng ta mô tả kernel như thế nào? Điều gì xảy ra trong trường hợp$n=3$ và $n=4$ (cái nào nên là cái dễ nhất)?

Cảm ơn bạn đã dành thời gian.

Answer 1

(Dưới đây tôi cần $k$ có đặc tính không, có thể có thể bị suy yếu thành đặc trưng lớn hơn $n$, nhưng tôi không cần nó phải được đóng đại số.)

Nó phụ thuộc vào những gì bạn có nghĩa là "rõ ràng." Về mặt trừu tượng , đối ngẫu Schur-Weyl ngụ ý rằng sức mạnh tensor$V^{\otimes n}$ chia tay, dưới các hành động đi lại của $GL(V)$ và $S_n$, thành tổng số trực tiếp của các chức năng Schur

$$V^{\otimes n} \cong \bigoplus_{\lambda \vdash n} S^{\lambda}(V) \boxtimes M^{\lambda}$$

tương ứng với các phân vùng của $n$. Đây chính xác là sự phân hủy thành các đại diện không thể thu thập được của$GL(V)$, và khi $n \ge 3$ thực sự có nhiều thứ hơn là chỉ sức mạnh đối xứng và bên ngoài.

Ví dụ, khi $n = 3$ có ba hàm Schur có thể được coi là tương ứng với ba biểu diễn bất khả quy của $S_3$:

• Khối lập phương đối xứng $S^3(V)$, tương ứng với đại diện tầm thường của $S_3$,
• Hình khối bên ngoài $\wedge^3(V)$, tương ứng với đại diện dấu hiệu của $S_3$và
• Máy khoan Schur $S^{(2, 1)}(V)$, không có tên mà tôi biết, tương ứng với $2$- đại diện không thể điều chỉnh theo chiều của $S_3$.

Vậy hạt nhân của ánh xạ đối xứng $V^{\otimes 3} \to S^3(V)$ isomorphic, as a $GL(V)$- đại diện, để $\wedge^3(V) \oplus 2 S^{(2, 1)}(V)$.

Những gì tôi có nghĩa là "tương ứng" là sau đây. Nếu$M^{\lambda}$là mô-đun Specht (biểu diễn bất khả quy) của$S_n$ được dán nhãn bởi $\lambda$, sau đó $S^{\lambda}(V)$ được xây dựng như $V^{\otimes n} \otimes_{S_n} M^{\lambda}$. Thành phần isotypic của$S^{\lambda}(V)$ trong $V^{\otimes n}$ có thể bị cô lập như hình ảnh của vật chất

$$\frac{\dim M^{\lambda}}{n!} \sum_{\pi \in S_n} \chi_{\lambda}(\pi^{-1}) \pi$$

(Ở đâu $\chi_{\lambda}$ là nhân vật của mô-đun Specht $M^{\lambda}$). Vì vậy, tất cả điều này có thể được thực hiện một cách rõ ràng như bạn có thể viết ra bảng ký tự của$S_n$.