Приведение произвольного представления

[StaticZero]

vpb в сообщении #1495549 писал(а):

в чем состоит постановка задачи, решение которой Вы нам пытаетесь показать

Дано представление группы $D_3$ в виде матриц общего вида. Найти базис, в котором матрицы распадаются на блочно-диагональные неприводимые компоненты.

Я не умею генерировать матрицы общего вида иначе, чем сначала составить матрицы представления в "каноническом виде" и затем заменить базис на какой-нибудь.

Здесь я выбрал приводимое представление $T=E \oplus A$, чьи матрицы для каждого элемента $g \in G$ имеют блочно-диагональный вид

$$ T_g = T^E_g \oplus T^A_g = \begin{pmatrix} T^E_g & 0 \\ 0 & T^A_g \end{pmatrix} $$

и заменил базис. Получились шесть матриц общего вида.

Теперь я делаю вид, что забыл, какое было преобразование, и должен отыскать его, имея на руках только эти самые матрицы общего вида.

vpb в сообщении #1495549 писал(а):

3) QR-разложение тут совершенно ни при чем, непонятно, зачем его вспомнили;

Удобный способ для вычислительно устойчивого Грама--Шмидта на столбцах проектора, в который умеют всякие матричные процессоры.

В искомый результирующий базис отбираются столбцы матрицы $Q$ только с такими номерами $k$, для которых в матрице $RQ$ $k$-й элемент диагонали есть единица (а матрица $RQ$ в базисе из столбцов $Q$, как легко показать, имеет структуру $\operatorname{diag} (1, \ldots, 1, 0, \ldots, 0)$, где единиц ровно $\operatorname{rang} Q$ штук; в зависимости от реализации $QR$-разложения эти единицы и нули могут быть на диагонали как-то перемешаны, но если брать только соответствующие столбцы $Q$, то всё будет хорошо).

[vpb]

StaticZero
Я таки примерно понял, что Вы делали. В целом правильно и даже похвально, довольно трудные вещи у себя в голове уложили, хоть и не до конца (да и не до половины еще, наверное...). Однако вот несколько замечаний.

1) Вы сначала используете QR-разложение, чтобы найти ортогональный базис в образе проектора. Затем смотрите, какова матрица оператора из группы в этом базисе (точнее, ограничения этого оператора на этот самый образ проектора, поскольку последний инвариантен относительно группы, очевидно). Потом оказывается, что этот базис в образе проектора не таковский, и Вы начинаете его подкручивать, чтоб матрицы операторов из группы в нем стали как надо... Как-то сложно это слишком, извилисто.

2) Вы, кажется, несколько раз путаете правое с левым, точнее, преобразование матриц операторов при переходе к другому базису.

(подробнее будет ниже)

-- 11.12.2020, 05:34 --

Вот, Вы думаете, что если оператор имеет в базисе $({\mathbf t}_1, {\mathbf t}_2, {\mathbf n})$ матрицу

$$ \begin{pmatrix} -1/2 & -\sqrt3/2 & 0 \\ \sqrt3/2 & -1/2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

то в стандартном базисе $({\mathbf e}_1, {\mathbf e}_2, {\mathbf e}_3)$ он имеет матрицу

$$ \begin{pmatrix} -0.25 & -0.0669873 & -0.9659258 \\ 0.9330127 & 0.25 & -0.258819 \\ 0.258819 & 0.9659258 & 0 \end{pmatrix} $$

или я Вас неправильно понял ?

(Оффтоп)

(Или я тут сам путаю правое с левым ? А может быть ...)

[StaticZero]

vpb в сообщении #1495984 писал(а):

Потом оказывается, что этот базис в образе проектора не таковский, и Вы начинаете его подкручивать

Тут я сам пока не разобрался, почему так вышло, что оказалось необходимым что-то подкручивать. Я просто убедился, что "доворот" решает вопрос о том, почему матрица двумерного представления не приобрела канонический вид. Как я подозреваю, это просто зависит от того, кто при $QR$-разложении был первым столбцом (или, иначе говоря, кто был первым в процессе Грама--Шмидта -- того и "тапки"). Но руки пока не доходят проверить, что именно там.

vpb в сообщении #1495984 писал(а):

Вот, Вы думаете, что если оператор имеет в базисе $({\mathbf t}_1, {\mathbf t}_2, {\mathbf n})$ матрицу

Ага.

(Оффтоп)

Вообще, чтобы перестать путаться, я пользуюсь таким мнемоническим правилом. Пусть базис меняется с помощью оператора перехода $S$ с базиса $\mathbf e_i$ на базис $\mathbf f_i$ по правилу $\mathbf f_i = S \mathbf e_i$. При этом у нас получаются две вещи.

1) Разложение произвольного вектора $\mathbf r = \sum r^e_i \mathbf e_i = \sum r^f_j \mathbf f_j$. Поскольку, например, в том же компьютере $n$-ки чисел, представляющие векторы, не несут на себе информации, в каком базисе они записаны, то определить коэффициенты $r^f_j$ при разложении по базису $\mathbf f_i$ можно так:

$$ \mathbf r = \sum r^f_i \mathbf f_j = \sum r^f_j S \mathbf e_j = S \sum r^f_j \mathbf e_j, $$

и теперь если я умножу вектор $\mathbf r$ в базисе $\mathbf e_i$ на матрицу $S^{-1}$, я получу вектор, чьи элементы дают коэффициенты разложения вектора $\mathbf r$ по новому базису $\mathbf f_j$, но как бы в базисе $\mathbf e_i$.

Плюс -- отсюда можно вытащить и компоненты вектора в базисе $\mathbf e_i$, если известны коэффициенты разложения $r^f_j$ по базису $\mathbf f_j$, только уже путём умножения матрицы $S$ на столбец, составленный из коэффициентов $r^f_j$.

2) Если мы знаем матрицу оператора $A_e$ в базисе $\mathbf e_i$, то действие её на вектор, записанный в базисе $\mathbf f_j$, можно узнать, перегнав такой вектор $\mathbf r$ в базис $\mathbf e_i$, затем применив оператор $A_e$ и затем результат снова вернув в базис $\mathbf f_i$, так что преобразование матрицы оператора получается $A_f = S^{-1} A_e S$.

К своему стыду, я так и не понял, как привести представление, состоящее из одних и тех же неприводимых подпредставлений. Например, в нотации задачи про группу $D_3$ можно взять четырёхмерное представление $T = E \oplus E$. Как я понял по первом прочтении Кострикина (любопытная книжка, скажу я вам), методы теории представлений здесь и в самом деле не могут ничем помочь, поскольку все доступные проекторы не различают одинаковых неприводимых представлений, так что, видимо, метод, предложенный Slav-27 -- решить систему уравнений на матрицу перехода такую, что -- единственный. Задавая уравнения системы, мы и зададим информацию о том, сколько и каких одинаковых представлений мы должны отличить.

С другой стороны, если, скажем, у нас есть (для упомянутого здесь представления $T$) базис из векторов нод номерами 1, 2, 3, 4 и векторы 1 и 2 преобразуются по одной строке представления $E$, а векторы 3 и 4 преобразуются по другой строке, то если мы будем искать именно блочно-диагональную форму, натянутую на векторы 1, 2, 3 и 4 именно в этом порядке, то мы получим ересь, предполагая, что вектор 1 преобразуется по одной строке, а вектор 2 -- по другой. Выходит, что нужно привлечь какой-нибудь "канонический вид" искомого представления. Пока ещё не сообразил, что именно надо сделать, но "мы работаем над этим".

[vpb]

Цитата:

Вообще, чтобы перестать путаться, я пользуюсь таким мнемоническим правилом. Пусть базис меняется с помощью оператора перехода $S$ с базиса $\mathbf e_i$ на базис $\mathbf f_i$ по правилу $\mathbf f_i = S \mathbf e_i$. При этом у нас получаются две вещи.

1) Разложение произвольного вектора $\mathbf r = \sum r^e_i \mathbf e_i = \sum r^f_j \mathbf f_j$. Поскольку, например, в том же компьютере $n$-ки чисел, представляющие векторы, не несут на себе информации, в каком базисе они записаны, то определить коэффициенты $r^f_j$ при разложении по базису $\mathbf f_i$ можно так:

$$ \mathbf r = \sum r^f_i \mathbf f_j = \sum r^f_j S \mathbf e_j = S \sum r^f_j \mathbf e_j, $$

и теперь если я умножу вектор $\mathbf r$ в базисе $\mathbf e_i$ на матрицу $S^{-1}$, я получу вектор, чьи элементы дают коэффициенты разложения вектора $\mathbf r$ по новому базису $\mathbf f_j$, но как бы в базисе $\mathbf e_i$.

Плюс -- отсюда можно вытащить и компоненты вектора в базисе $\mathbf e_i$, если известны коэффициенты разложения $r^f_j$ по базису $\mathbf f_j$, только уже путём умножения матрицы $S$ на столбец, составленный из коэффициентов $r^f_j$.

2) Если мы знаем матрицу оператора $A_e$ в базисе $\mathbf e_i$, то действие её на вектор, записанный в базисе $\mathbf f_j$, можно узнать, перегнав такой вектор $\mathbf r$ в базис $\mathbf e_i$, затем применив оператор $A_e$ и затем результат снова вернув в базис $\mathbf f_i$, так что преобразование матрицы оператора получается $A_f = S^{-1} A_e S$.

У меня этот вопрос в голове по другому организован. Но я сейчас посмотрел во второй том Кострикина, там точно такое рассуждение, как Вы написали (или, во всяком случае, очень похожее). Мне это как-то не нравится, по-моему, это в книжке не самое удачное место, но замнем.
В любом случае, с формулой $A_f=S^{-1}A_eS$ я согласен (сейчас сам заново вывел). Хотя мне почему-то казалось, что должно быть $SA_eS^{-1}$ (я даже подумал сначала, что у Вас именно в этом месте и ошибка). Но это знаете, такая вещь, с этим часто путаница, где прямая матрица, где обратная, где
транспонированая, а где вообще контраградиентная, т.е. обратная к транспонированной (или транспонированая к обратной, что внезапно то же самое: $(A^t)^{-1}=(A^{-1})^t$ для любой невырожденной матрицы $A$).

Пусть теперь $e$ обозначает стандартный базис $({\mathbf e}_x, {\mathbf e}_y, {\mathbf e}_z)$, а $f$ --- $({\mathbf t}_1, {\mathbf t}_2, {\mathbf n})$. Тогда матрица перехода

$$ S=\begin{pmatrix} 2/\sqrt6 & 0 & 1/\sqrt3 \\ -1/\sqrt6 & 1/\sqrt2 & 1/\sqrt3 \\ -1/\sqrt6 & -1/\sqrt2 & 1/\sqrt3 \end{pmatrix}.$$

Пусть ${\mathcal A}$ --- оператор, матрица которого в $f$ есть $T(C_3^+)$. Тогда его матрица в стандартном базисе $ST(C_3^+)S^{-1}$. Но я посчитал кое-что (а именно, элемент в позиции $(3,1)$ этой матрицы), и у меня что-то другое получается. Точнее, в этом месте у нее нуль стоит.

Можно даже детали кой-какие добавить. Чтобы получить искомый элемент, надо посчитать $FT(C_3^+)G$, где $F$ --- третья строка $S$, а $G$ --- первый столбец $S^{-1}$. У меня получается, что $FT(C_3^+)=(-1/\sqrt6, 1/\sqrt2, 1/\sqrt3)$. После чего

$$FT(C_3^+)G=(-1/\sqrt6, 1/\sqrt2, 1/\sqrt3)G=(-1/\sqrt6, 1/\sqrt2, 1/\sqrt3) (2/\sqrt6,0,1/\sqrt3)^t=0.$$

(Заметим, что первый столбец $S^{-1}$ --- это в точности транспонированная первая строка $S$, поскольку $S$ ортогональна.)

-- 12.12.2020, 04:01 --

StaticZero в сообщении #1496016 писал(а):

любопытная книжка, скажу я вам)

Несомненно. Читайте её неторопливо, часто и вдумчиво, и будет Вам щастье.

StaticZero в сообщении #1496016 писал(а):

методы теории представлений здесь и в самом деле не могут ничем помочь, поскольку все доступные проекторы не различают одинаковых неприводимых представлений, так что, видимо, метод, предложенный Slav-27 -- решить систему уравнений на матрицу перехода такую, что -- единственный. Задавая уравнения системы, мы и зададим информацию о том, сколько и каких одинаковых представлений мы должны отличить.

Вы неправы. Проекторы одинаковых неприводимых представлений действительно не различают, но я же упоминал другой метод. Возьмем неприводимый модуль, т.е. пространство неприводимого представления, возьмем любое линейное отображение из него в тот, который нам надо разложить, усредним это отображение по действию группы (что это за такое усреднение, в Кострикине написано во втором и четвертом параграфах главы, неоднократно), получим $G$-гомоморфизм из неприводимого модуля в данный, его образ --- подмодуль, потом еще какой-нибудь подмодуль так получим, --- и дело в шляпе !

-- 12.12.2020, 04:05 --

P.S. На самом деле даже такой подход часто слишком тяжеловесен, в жизни так не делается, можно проще, но уже не сегодня.

[StaticZero]

vpb в сообщении #1496116 писал(а):

Тогда его матрица в стандартном базисе $ST(C_3^+)S^{-1}$

Ууууууу. Всё так, вы правы. Результат этого умножения вообще должен быть матрицей

$$ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}. $$

Это очень смешно. Это меня угораздило так базис выбрать, чтобы получалась хорошая матрица. А я не проверил и не поверил, что правильный ответ вот такой красивый, и просто поменял местами $S, S^{-1}$, увидел, что получается корявая матрица, и этим удвлетворился

[StaticZero]

vpb в сообщении #1496116 писал(а):

я же упоминал другой метод

Я в представления групп влез без алгебраической базы и пытаюсь суть дел представлять себе наглядно и осязаемо с помощью матриц, поэтому что такое модули, подмодули и как это соотносится с матрицами я не знаю. Но попробую быстренько въехать.

Итак. Определение.

Цитата:

Пусть $K$ — ассоциативное кольцо с единицей и $V$ — аддитивно записываемая абелева группа. Пусть, далее, задано отображение $(x, v) \mapsto xv$ из $K \times V$ в $V$, удовлетворяющее условиям

• $x(u+v) = xu + xv$
• $(x+y)v = xv + yv$
• $(xy)v = x(yv)$
• $1 \cdot v = v$

где $x, y \in K$, $u, v \in V$. Тогда $V$ называется левым $K$-модулем (или левым модулем над кольцом $K$).

То, что тут написано, я читаю следующим образом: если у нас есть кольцо с единицей и мы каким-то образом (каким именно определено в списке из четырёх пунктов) умеем умножать элементы кольца на элементы абелевой группы, то сама эта абелева группа называется модулем над этим самым кольцом.

Из слишком общего определения ничего так сразу не понятно, но учитывая контекст, я могу сделать такие наблюдения:
1) линейное векторное пространство $V$ вполне себе абелева группа по сложению;
2) произвольная группа не является "кольцом с единицей", потому что в группе мы умеем только умножать (хотя умножать мы там умеем хорошо -- в том смысле, что умеем искать обратные элементы), а в кольце ещё надо уметь складывать;
3) представление произвольной группы в смысле морфизма $G \mapsto \mathrm{GL}(V)$ уже является кольцом с единицей, потому что операторы мы умеем складывать.

Так вот, если есть представление $T: G \mapsto \mathrm{GL}(V)$ в виде матриц, то $G$-модули --- это инвариантные подпростанства $V$ относительно действия операторов представления $T_{g \in G}$. Инвариантные подпространства будут всегда друг другу изоморфны при заменах базисов, так что неважно, какое именно там было представление $T$, а важно лишь, какая там была группа $G$, поэтому название $G$-модуль, не фиксирующее в себе никакое представление, в этом смысле корректно.

И вот вы говорите:

vpb в сообщении #1495424 писал(а):

Всё гораздо проще. Пусть $U$ и $V$ --- два $G$-модуля. Возьмем произвольное линейное отображение $A\colon U\longrightarrow V$. Если его усреднить по действию группы, т.е. рассмотреть $\sum_{g\in G}g_VAg_U^{-1}$, то получится $G$-гомоморфизм. См. в Кострикине соответствующую главу. У него есть ядро, к нему можно найти дополнение (если действие группы ортогонально, это вообще тривиально; а в общем случае см. доказательство теоремы Машке в Кострикине, тоже через устреднение), и т.д. Таким образом, чтоб разложить какое-либо представление, данное в матричном виде, достаточно знать в явном виде все неприводимые представления.

Переводя с русского на русский, я это понимаю так: пусть есть два инвариантных относительно представления $T$ линейных пространства $V, U$ и оператор $\mathsf A: U \mapsto V$. Тогда определим оператор

$$ \mathsf R = \sum_g T_{g'}^V \mathsf A T_{g}^U, \qquad g' \equiv g^{-1} $$

где $T_g^U$ --- оператор представления группы $G$ на пространстве $U$.

Определение.

Цитата:

Пусть, далее, $U$ и $V$ — произвольные $K$-модули. Гомоморфиз­мом $K$-модулей (или просто $K$-гомоморфизмом) из $U$ в $V$ называется отображение $\sigma: U\mapsto V$ такое, что

$$ \sigma(u_1 + u_2) = \sigma(u_1) + \sigma(u_2), \qquad \sigma(xu) = x \sigma(u), \quad u_{1, 2}, u \in U, x \in K. $$

То есть утверждение состоит в том, что оператор $\mathsf R$, как $G$-гомоморфизм, это отображение пространства $U$ в $V$ такое, что

$$ \mathsf R T_h^U = T_h^V \mathsf R, \quad \forall h \in G. $$

Где-то я такое уже видел... Лемма Шура говорит, что если $U$ и $V$ инвариантны относительно неэквивалентных неприводимых представлений, то оператор $\mathsf R$ тождественный ноль и пропорционален 1, если $U$ и $V$ инварианты одного и того же неприводимого представления. В нашей же ситуации $V$ -- инвариант неприводимого представления $T_0$, а $U$ -- инвариант приводимого представления $T = m T_0$.

Собственно рецепт я понял так: при взятии произвольного $\mathsf A$ мы можем получить образ $\mathsf R$ любой размерности от 0 до $\operatorname{dim} T_0$. Пусть мы нашли $V'$ --- дополнение $\operatorname{im} \mathsf R$ до пространства $V$. Если оно не нуль, то найдём действие разлагаемого представления $T$ на пространстве $V'$ и образуем оператор

$$ \mathsf R' = \sum_g T_{g'}^{V'} \mathsf A T_{g}^U, \qquad g' \equiv g^{-1} $$

и будем повторять процедуру до тех пор, пока очередное дополнение не обнулится. Какие-то теормы нам будут гарантировать, что $V'$ -- инвариант представления $T$.

Всё так?

[vpb]

StaticZero в сообщении #1496171 писал(а):

Это меня угораздило так базис выбрать, чтобы получалась хорошая матрица

Э ... если у прямой направляющий вектор $(1,1,1)$, то ортогональное вращение третьего порядка вокруг этой прямой непременно имеет указанную матрицу, или ей обратную. В самом деле, это вращение единственно (с точностью до взятия обратного). А преобразование с указанной матрицей (т.е., попросту, циклическая перестановка векторов базиса), очевидно, третьего порядка, ортогонально, и указанный вектор относительно этого преобразования инвариантен. Значит, это преобразование --- не что иное, как то самое вращение. ( В частности, выбор остальных двух элементов базиса на эту матрицу не влияет).

-- 12.12.2020, 21:34 --

StaticZero в сообщении #1496171 писал(а):

А я не проверил и не поверил, что правильный ответ вот такой красивый, и просто поменял местами $S, S^{-1}$, увидел, что получается корявая матрица, и этим удвлетворился

Действительно странно. Стоило задать себе вопрос "а правильно ли я помню, как меняется матрица оператора при замене базиса ?", а не менять $S$ на $S^{-1}$, как школьник, бездумно подгоняющий решение под ответ. Ну я так и понял, что Вы это сделали, но думал, что это сделано потому, что у Вас указанное правило замены туманно помнится... Тем более формулу $A_f=S^{-1}A_eS$ Вы ж потом правильно написали.

-- 12.12.2020, 21:49 --

StaticZero в сообщении #1496180 писал(а):

инвариант неприводимого представления

Так не говорят, нет такого термина, и непонятно, что тут Вы на самом деле в виду имеете.

Вообще, я так думаю, что попытки быстро въехать часто имеют долгие отрицательные последствия. Гораздо лучше систематически изучать учебник, тем более, скорее всего, две трети из Кострикина (из совокупности трех томов, а не из этой главы) Вы уже знаете.

[vpb]

По поводу систематического изучения Кострикина несколько мыслей.

1) Там, несомненно, есть места неудачные и просто плохо написанные, так что не стоит пытаться понять всё до буквы во что бы то ни стало (а то станет в большие расходы сил и времени). И задачи оттуда (а там много непростых), тоже с ними уродоваться не надо.

2) А также не всё оттуда Вам нужно для физики. Что именно нужно --- вопрос сложный. Могу только попытаться прикинуть (с течением некоторого времени), что, если брать по минимуму, вряд ли нужно будет.

3) Пытаться исправлять и дополнять те понятия, которые у Вас есть, можно только при наличии определенной базы. А иначе Вы меня не будете понимать, а я Вас.

[vpb]

StaticZero в сообщении #1496180 писал(а):

в представления групп влез без алгебраической базы и пытаюсь суть дел представлять себе наглядно и осязаемо с помощью матриц, поэтому что такое модули, подмодули и как это соотносится с матрицами я не знаю.

Сообразил я одну вещь. Я употреблял (как обычно в математике) термин "$G$-модуль". В Кострикине же в гл.3 употребляется термин "$G$-пространство", т.е. пространство некоторого представления группы $G$. Это, как я сейчас понимаю, делается, скорее всего, из методических соображений, чтобы было изложение, как у всех нормальных людей, от частного к общему. Общее-то понятие модуля над кольцом вводится только в следующей главе! А $G$-пространства --- это как раз пример модуля над кольцом, а именно над $KG$, групповой алгеброй группы $G$ над полем $K$. Тем более, что общее понятие $G$-модуля --- это на самом деле модуль над групповым кольцом ${\mathbb Z}G$, а не всяк такой модуль есть $G$-пространство.

Короче, в местах выше, где я писал про $G$-модули, надо читать "$G$-пространство".

-- 13.12.2020, 01:22 --

И, как следствие, не пытаться освоить общее понятие модуля над кольцом, так как без него Вам можно и обойтись.

[StaticZero]

vpb в сообщении #1496248 писал(а):

Я употреблял (как обычно в математике) термин "$G$-модуль". В Кострикине же в гл.3 употребляется термин "$G$-пространство", т.е. пространство некоторого представления группы $G$.

А, вот оно что... Значит, я всё-таки правильно понял про оператор $\mathsf R$, получается Спасибо!

[Slav-27]

StaticZero в сообщении #1496180 писал(а):

И вот вы говорите:

vpb в сообщении #1495424 писал(а):

Всё гораздо проще. Пусть $U$ и $V$ --- два $G$-модуля. Возьмем произвольное линейное отображение $A\colon U\longrightarrow V$. Если его усреднить по действию группы, т.е. рассмотреть $\sum_{g\in G}g_VAg_U^{-1}$, то получится $G$-гомоморфизм. См. в Кострикине соответствующую главу. У него есть ядро, к нему можно найти дополнение (если действие группы ортогонально, это вообще тривиально; а в общем случае см. доказательство теоремы Машке в Кострикине, тоже через устреднение), и т.д. Таким образом, чтоб разложить какое-либо представление, данное в матричном виде, достаточно знать в явном виде все неприводимые представления.

Переводя с русского на русский, я это понимаю так:

<много текста>

Всё так?

Мой вариант перевода:

Пусть $\rho:G\to GL(U)$ и $\sigma:G\to GL(V)$ -- два представления, причём $\rho$ неприводимо, а $\sigma$ изоморфно прямой сумме нескольких $\rho$. Мы хотим построить такое разложение $\sigma$.

Выберем линейное отображение $A:U\to V$ и усредним его по группе: $\widetilde A:=\frac1{|G|}\sum\limits_{g\in G}\sigma(g)A\rho(g)^{-1}$. $\widetilde A$ коммутирует с операторами представлений: для любого $h\in G$ верно $\sigma(h)\widetilde A=\widetilde A\rho(h)$ (проверяется непосредственно). Поэтому его образ -- подпредставление $\sigma$. По леме Шура, $\widetilde A$ либо нулевой оператор, либо изоморфизм с образом. Поэтому если $\widetilde A\ne 0$, то мы выделили подпредставление, изоморфное $\rho$.

Дальше выберем к нему $G$-инвариантное прямое дополнение. Как это сделать -- отдельный вопрос. (Выбрать произвольное эрмитово скалярное произведение на $V$, усреднением по группе получить $G$-инвариантное эрмитово скалярное произведение, то есть такое, относительно которого представление $\sigma$ состоит из унитарных операторов, потом взять относительно этого скалярного произведения ортогональное дополнение -- его базис можно построить с помощью алгоритма Грама -- Шмидта.) Таким образом мы отщепим прямое слагаемое, изоморфное $\rho$. Дальше можем делать то же самое с остатком, пока всё не разложится.

Плохо будет только если $\widetilde A=0$. Но отображение усреднения $A\mapsto \widetilde A$ линейно по $A$. Поэтому все плохие $A$ составляют собственное линейное подпространство $\mathrm{Hom}(U,V)$, и достаточно выбирать $A$ не оттуда. Например, если выбрать базис $\mathrm{Hom}(U,V)$, то какой-то его элемент в ядро отображения усреднения не попадёт.

-- 14.01.2021, 18:23 --

Это, естественно, проще, чем способ, который предлагал я.

А ещё проще алгоритм, который предлагает Серр.
Serre, Linear representations of finite groups, ВТОРОЕ издание, есть в LG (по-русски только первое).

[StaticZero]

Slav-27, большое спасибо! Серра гляну.

[StaticZero]

Slav-27 в сообщении #1500879 писал(а):

Linear representations of finite groups

Я постоянно натыкаюсь на уточнение Linear в этом контексте. Вопрос в сторону: а бывают ещё и нелинейные представления? (квадратичные? )

[Someone]

StaticZero в сообщении #1500952 писал(а):

Я постоянно натыкаюсь на уточнение Linear в этом контексте. Вопрос в сторону: а бывают ещё и нелинейные представления? (квадратичные? )

Это означает, что элементам группы сопоставляются линейные операторы в линейном пространстве. Можно, наверное, и какие-нибудь другие представления придумать (не помню, однако, чтобы я такие когда-нибудь встречал).

[vpb]

Вообще, под "представлением" группы, в самом общем смысле, понимается её гомоморфизм в другую группу. Например, "подстановочное представление" --- это гомоморфизм в группу подстановок какого-либо множества $\Omega$; т.е., $\varphi\colon G\longrightarrow\operatoname{Sym}(\Omega)$. Может быть представление группы преобразованиями какого-то множества. Вот, скажем, такое квадратичное отображение на двумерном аффинном пространстве: $T ((x,y))=(x, -y+x^2)$. Легко проверить, что $T^2$ --- тождественное отображение. Значит, имеем представление группы $Z_2$ квадратичными аффинными преобразованиями. Такие штуки в разных частях науки попадаются нередко (ну и в самом деле, если бы все действия групп на многообразиях ограничивались бы только линейными действиями на векторных или аффинных пространствах, ... это было бы даже скучно !).