Леммы Шура

[StaticZero]

Пытаюсь доказать вслепую следующие утверждения.

Цитата:

Пусть есть группа $G$ и её представление $T(G)$ в линейном пространстве $L$. Если $\forall g \in G$ $T_g A = A T_g$ и $T$ неприводимо, то $A$ --- оператор умножения на число.

(Оффтоп)

Если $\mathbf e$ собственный вектор оператора $A$, то вектор $T_g \mathbf e$ тоже собственный вектор оператора $A$ с тем же с. з. Значит, $T_g$ не выводит за пределы собственного подпространства $K$, натянутого на $\mathbf e$, какая бы там ни была размерность. По условию это верно для всех элементов представления, значит всё представление целиком не выводит из $K$, поэтому оно либо приводимо, либо $K = L$, ч т д

Цитата:

Пусть есть группа $G$ и её представления $T^1(G)$ и $T^2(G)$ в линейных простанствах $L_1, L_2$ размерностей $s_1, s_2$. Если $\forall g \in G$ $T^1_g A = A T^2_g$, $T^{1, 2}$ неприводимы и не эквивалентны, то $A = 0$.

(Оффтоп)

Два представления $T, T'$ в одном и том же пространстве называются эквивалентными, если существует $X$ такой, что $X T_g X^{-1} = T_g'$ и для всех элементов группы одинаковый. Если $X$ не квадратный оператор, а прямоугольный, то символ $X^{-1}$ смысла не имеет, и что такое в этом случае "неэквивалентные" представления я не понимаю.

Ладно, пёс с ним, попробуем порассуждать. Пусть $s_2 > s_1$. Выделим в $L_2$ подпространство размерности $s_1$. Два линеных пространства одной размерности изоморфны, значит можно считать, что $L_1$ и есть это самое подпространство. Сделаем переобозначение: $L_2 = L$, $L_1 = \ell$.

Заданный оператор $A$ действует из объемлющего $L$ в его внутреннюю область $\ell$, он не является обратимым. Что можно с этим сделать? Попробуем натянуть $\ell$ на собственные векторы $A$, для чего последний оператор надо "оквадратить".

Пусть $V = \operatorname{im} A \subset L$. Предположим, что $\operatorname{dim} V < s_1$. Берём основное соотношение $T^1_g A = A T^2_g$ и замечаем, что если этим соотношением подействовать на $\mathbf v \in V$, то тогда имеем слева $T^1_g \mathbf v'$, где $\mathbf v' \in V$, а справа будет вектор из $V$ независимо от элемента $g$, так что тогда $T^1_g \mathbf v'$ тоже лежит в $V$. Стало быть, либо $V = \{ 0 \}$, либо $V = \ell$, либо $T^1$ приводимо.

Остаётся показать, что и вторая возможность тоже чему-то противоречит. Примем ограничение $\operatorname{im} A = \ell$ и рассмотрим на нём сужение $A'$ оператора $A$, которое диагонализуемо в силу того, что $A'$ полного ранга по построению.

Пусть $\mathbf e_1, \ldots, \mathbf e_{s_1}$ в $\ell есть базис из собственных векторов $A'$. Основное соотношение превращается в

$$ T^1_g A \mathbf e_i = \lambda T^1_g \mathbf e_i = A T^2_g \mathbf e_i $$

и можно вставить в серединку

$$ \lambda T^1_g \mathbf e_i = A T^2_g T^1_{g^{-1}} T^1_g \mathbf e_i, \qquad \lambda \mathbf h_{gi} = A T^2_g T^1_{g^{-1}} \mathbf h_{gi} $$

где $T^1_g \mathbf e_i = \mathbf h_{gi}$.

На этом мысли кончились. Как идти дальше?

[vpb]

Вы в правильном направлении движетесь, но что-то путано. Попробуйте доказать вот что:

1) Если есть два пространства $V_1$, $V_2$, на каждом из которых действует группа $G$, и $A\colon V_1\longrightarrow V_2$ --- сплетающий оператор (который по-нашему, по-алгебраически, чаще называется "$G$-гомоморфизм"), то как ядро его, так и образ --- инвариантные, относительно группы, подпространства, в $V_1$ и $V_2$ соответственно.

2) Если есть сплетающий оператор из пространства в себя ($G$-эндоморфизм), то любое его собственное подпространство --- $G$-инвариантно.

[StaticZero]

Итак, исходим из того, что есть простанство $L$, в нём подпространство $\ell$, оператор $A: L \mapsto \ell$ и неприводимые представления $G$, соответственно, $T^2$ и $T^1$. ($\operatorname{dim} L > \operatorname{dim} \ell$)

Пусть $V = \operatorname{im} A$, произвольный $\mathbf v \in V$. $A$ обратим в своём собственном образе $V$; обозначим такое сужение $A$ на $V$ как $A'$.

Существует такой $g$, что вектор $\mathbf r = T^2_g \mathbf v \not \in V$ (если нет, то $T^2$ приводимо). Разложим его на две части следующим образом: $\mathbf r = \mathbf u + \mathbf x$, где $\mathbf u = (A')^{-1} A \mathbf r$. Легко понять, что $A \mathbf x = 0$. Найдём явно $\mathbf x$:

$$ \mathbf x = (1 - (A')^{-1} A) T^2_g \mathbf v. $$

Применим теперь к нему наше соотношение с каким-то другим элементом $h \in G$:

$$ 0 = T^1_h A \mathbf x = A T^2_h (1 - (A')^{-1} A) T^2_g \mathbf v, $$

откуда следует что и $\mathbf w = T^2_h (1 - (A')^{-1} A) T^2_g \mathbf v = T^2_h \mathbf x$ таков, что $A \mathbf w = 0$. Стало быть, и $\mathbf x$, и $T^2_h \mathbf x$ лежат в $\operatorname{ker} A$. Но поскольку $h$ --- любой, то либо $T^2$ приводимо, либо $\operatorname{ker} A = L$, либо $\mathbf x = 0$. Последнее не противоречит неприводимости $T^2$, если $V = 0$; это то же самое, что и $\operatorname{ker} A = L$, что требовалось...

-- 13.09.2020 в 00:20 --

Баги:
1) Я неприводимость $T^1$ не использовал. Я её использую, когда поменяю местами размерности, чтобы слепить общее утверждение.
2) Как и неэквивалентность, что бы это ни значило.

Когда у нас $L = \ell$ (то есть всё в одном пространстве происходит), $s_1 = s_2 = n$, то если $\operatorname{im} A \subset L$, $\operatorname{im} A \ne L$, то всё то же самое работает. Остаётся случай, когда $A$ полного ранга (он не входит в рассмотрение выше, потому что тогда не существует $\mathbf x$, который одновременно и в $L$, и не в $V$). Значит, $A$ обратим. Тогда получается

$$ A T^2_g A^{-1} = T^1_g $$

и если это запрещено, то $A = 0$.

Вроде всё теперь.

[vpb]

Что-то у Вас путаница. Я даже не понял, доказываете Вы исходную лемму Шура, или то утверждение, с которого я рекомендовал Вам начать. Может, лучше не пытаться самому доказать, а почитать учебник (Кострикина, скажем) ?

StaticZero в сообщении #1482975 писал(а):

$A$ обратим в своём собственном образе $V$

Вот это, например, странно выглядит. Вроде того, что Вы утверждаете, что если $A\colon V\longrightarrow V$ --- оператор из $V$ в себя, то его ограничение на $\operatorname{Im} A$ --- обратимый оператор на пространстве $\operatorname{Im} A$ (что, конечно, вообще говоря, не так).

-- 13.09.2020, 00:21 --

Приведу, для примеру рассуждений, доказательство одного из утверждений из моего предыдущего поста (про ядро).

Итак, пусть на пространствах $V_1$ и $V_2$ заданы представления $T_1$ и $T_2$ группы $G$, и $A\colon V_1\longrightarrow V_2$ --- $G$-гомоморфизм. Покажем, что $\operatorname{Ker} A$ --- $G$-инвариантное подпространство в $V_1$. В самом деле, если $v\in \operatorname{Ker} A$, и $g\in G$ --- произвольный элемент, то $0=T_2(g) Av= A T_1(g)v$. Значит, $T_1(g)v\in \operatorname{Ker} A$ для любых $g\in G$ и $v\in\operatorname{Ker} A$. Но это и означает, что $\operatorname{Ker} A$ --- $G$-инвариантное подпространство.

[StaticZero]

vpb в сообщении #1482980 писал(а):

(что, конечно, не так)

Так ведь $\operatorname{dim} \operatorname{ker} A' = 0$.

[vpb]

StaticZero в сообщении #1482982 писал(а):

Так ведь $\operatorname{dim} \operatorname{ker} A' = 0$

Рассмотрите пример жордановой клетки размера 3 с собственным значением $0$, действующей на трехмерном пространстве.

[StaticZero]

Ууууу, ясно, коротнуло меня. Я про нильпотентные операторы сначала думал, а потом забыл.

Но полезные вещи тут сами выкристаллизовались:

StaticZero в сообщении #1482975 писал(а):

Стало быть, и $\mathbf x$, и $T^2_h \mathbf x$ лежат в $\operatorname{ker} A$

Правда, $\mathbf x$ должен быть просто любым вектором из $\operatorname{ker} A$. Всё остальное просто на помойку вынести надо...

Вторую часть, про $\operatorname{im} A$, я и раньше доказал, выходит. Спасибо, vpb

[vpb]

StaticZero в сообщении #1482985 писал(а):

Вторую часть, про $\operatorname{im} A$, я и раньше доказал, выходит. Спасибо, vpb

Пожалуйста. Токмо вот, насчет того, что Вы "раньше доказали" :

StaticZero в сообщении #1482713 писал(а):

Пусть $V = \operatorname{im} A \subset L$. Предположим, что $\operatorname{dim} V < s_1$. Берём основное соотношение $T^1_g A = A T^2_g$ и замечаем, что если этим соотношением подействовать на $\mathbf v \in V$, то тогда имеем слева $T^1_g \mathbf v'$, где $\mathbf v' \in V$, а справа будет вектор из $V$ независимо от элемента $g$, так что тогда $T^1_g \mathbf v'$ тоже лежит в $V$. Стало быть, либо $V = \{ 0 \}$, либо $V = \ell$, либо $T^1$ приводимо.

--- это как-то неаккуратно, и грамматически, и математически. А математика такая вещь, что пока аккуратного текста нет, нельзя быть уверенным, что доказательство есть. То есть "для себя" можно писать приблизительно (но надо иметь в виду, что тогда и уверенным в утверждении можно быть лишь приблизительно), но если предполагается чтение другими людьми, то приблизительно писать нельзя.

(На самом деле, впрочем, есть масса текстов (статей особо), где изложение "приблизительно", но это авторов таких текстов как людей и специалистов не красит.)

[StaticZero]

vpb в сообщении #1483128 писал(а):

приблизительно писать нельзя.

Угу. Но тут и так всё понятно уже.

$A \mathbf r = \mathbf v \in \operatorname{im} A$, $T^1_g A \mathbf r = T^1_g \mathbf v = A (T^2_g \mathbf r) \in \operatorname{im} A$, то есть $T^1$ не выводит из $\operatorname{im} A$. Аналогично показывается, что $T^2$ не выводит из $\operatorname{ker}$. Дальше понятно...

[vpb]

Да, теперь правильно. Правда, кроме формул, в природе есть еще слова русского языка, вроде: значит, поэтому, следовательно, для любого, существует, "такой, что", если, тогда, и т.д. Слишком часто их опускать не комильфо.

[StaticZero]

(Оффтоп)

vpb в сообщении #1483135 писал(а):

Слишком часто их опускать не комильфо.

Вспомнил старые добрые школьные пятиминутки математической культуры За дыры в рассуждениях больно били по пальцам.

Я так понимаю, что мне нужно освежить линал в голове. Пойти что ли Кострикина ещё пробежать быстренько...

[vpb]

StaticZero в сообщении #1483136 писал(а):

Пойти что ли Кострикина ещё пробежать быстренько...

Лучше уж не бегать быстренько, а читать, как писал классик, "с чувством, с толком, с расстановкой". Тогда есть шанс, что откроются новые глубины...