Traseringen til 2-dimesnsjonale representasjoner av kvosienter av k x, y

Transkript

1 Traseringen til 2-dimesnsjonale representasjoner av kvosienter av k x, y av ASMAA QURESHI THESIS for the degree of MASTER OF EDUCATIONAL SCIENCE (Master i realfagsutdsnning Det matematisk- naturvitenskapelige fakultet Universitetet i Oslo Mai 2011 Faculty of Mathematics and Natural Sciences University of Oslo

2 Sammendrag I denne oppgaven skal vi studere traseringen til endelig-dimensjonale representasjoner av den ikke-kommutative k algebraen k x, y, generert av to elementer. Vi skal se på traser til elementer i ringen generert av to generiske matriser. Fra før av vet vi at alle traser er invariante under konjugasjon. Å vise den motsatte veien er vanskelig. Artin og Procesi beviste det motsatte, altså at alle invariante er genereret traser. På 1970-tallet formodet Artin at traserngen var isomorf med inarvariantringen, og Procesi beviste dette. I kapitlet om bakgrunnsto presnteres de ulike ringene vi skal jobbe med; ringen av de genereiske matrisene, invariantringen og traseringen. Det blir pgså gitt en oversikt over hvordan gruppen GL n virker ved konjugasjon og en del proposisjoner angående sum, produkt og sammensetning av gruppen som virker og elementene som gruppa virker på. Etter dette kapitlet gis det en presentasjon av beviset til C. Procesi i detalj. I neste kapittel ser vi på 'Aritmetikken' for traseringen og viser sentrale egenskaper for traser ved hjelp av Cayley-Hamiltons teorem. I kapitlet etter det ser vi nærmere på traseringen og dets generatorer. Vi er kun interessert i de modulavbildingene som er surjektive, altså der M = k 2 er en simpel modul. Helt tilslutt er det beregning av traseringen for utvalgte kvotsienter av k x, y. Dette gjøres for k x, y delt ut med re ulike idealer.

3 Innhold 1 Bakgrunnssto Ringen av generiske matriser Virkningen av G ved konjugasjon Invaraiantringen Traseringen Beviset til Artin og Procesi Artins formodning Procesis bevis Notasjon Beviset for at traseringen invariantringen Aritmetikk Aritmetikk for traseringen Eksempler Eksempel Eksempel Eksempel Traseringen Traseringen for 2 2 matriser Traseringen for 3 3 matriser Traseringen for kvosienter Beregne trasering 15 Bibliogra 18 1

4 Kapittel 1 Bakgrunnssto 1.1 Ringen av generiske matriser La A vï¾½re en ikke-kommutativ ring A = k x 1,..., x m, og la φ : A End k (k n M n (k vï¾½re strukturavbildningen til modulen M = k n. Da vil φ avbilde x i φ(x i = M i, som er en n n-matrise. Gruppen av invertible matriser SL n virker pï¾½ M n (k ved konjugasjon. La P SL n, vi har (M 1,..., M m (P 1 M 1 P,..., P 1 M m P La Γ = k[x 1 11,..., x m nn] = k[x l ij ], l = 1,..., m og i, j = 1,..., n og la nï¾½ Φ : A M n (Γ. Da vil x l (x l ij. Altsï¾½ blir et element fra ringen A, sendt til en matrise, der 'entriene' i matrisen ligger i Γ Prop Φ(A er en ring, ringen av de generiske matriser. Bevis. Siden A er en ring, mï¾½ Φ(A ogsï¾½ vï¾½re en ring fordi Φ er en ringhomomor Vi fï¾½r m n n generiske matriser, altsï¾½ m n 2 variable som kan fï¾½ verdier i k Eks n = 2 : x 1 ( x 1 11 x 1 12 x 1 21 x 1 22 ( x 2, x 2 11 x 2 12 x 2 21 x Virkningen av G ved konjugasjon Gruppen SL n virker ogsï¾½ pï¾½ de generiske matrisene ved konjugasjon. Dette kan skje pï¾½ to mï¾½ter. La f = x l ij : M n (k m k ( betraktet som en 'vanlig' funksjon og (betraktet som en 'matrise'funksjon F = ( x l ij : Mn (k m M n (k 2

5 Def La P SL n, a k mn2, a = (a 1, a 2,..., a m, der a l er en n n- matrise. a P.f(a = f(p.a = f(p ap 1 vanlig konjugasjon b P.F (a = P.F (P 1 ap P 1 dobbel konjugasjon Prop La P, R SL n, a k mn2, a = (a 1, a 2,..., a m, der a l n n-matrise. Da har vi er en a P.(f + g(a = P.f(a + P.g(a b P.(f g(a = P.f(a P.g(a c (P R.f(a = P.(R.f(a Bevis. Ved ï¾½ bruke denisjonen fï¾½r vi a P.(f +g(a = (f +g(p.a = (f +g(p ap 1 = f(p ap 1 +g(p ap 1 = f(p.a + g(p.a = P.f(a + P.g(a b P.(f g(a = (f g(p.a = f(p.a g(p.a = P.f(a P.g(a c (P R.f(a = f((p R.a P.(R.f(a = P.(f(R.a = f(p.(r.a 1.3 Invaraiantringen Vi er interessert i de f eller F som forblir uendret under konjugasjon med P, altsï¾½ de funsksjonene som er invariante under virkningen av SL n. Def Invariantringen k[x 1 11,..., x m nn] SLn = Γ SLn = {f Γ P.f = f, P SL n } Lemma Invariantringen Γ SLn er en underring av Γ og bestï¾½r av alle de elementene i Γ som er invariante under virkningen (konjugasjon av SL n - gruppa. Bevis. La f, g Γ SLn og γ Γ SLn. Da har vi 1 γ.(f + g(a = (f + g(γ.a = f(γ.a + g(γ.a = γ.f(a + γ.g(a = (γ.f + γ.g(a 2 γ.(f g(a = (f g(γ.a = f(γ.a g(γ.a = (γ.f γ.g(a 3 γ.1(a = 1(γ.a = 1 3

6 1.4 Traseringen Def T = Mengden av alle traser (= traseringen. T Γ og er den minste underring av Γ som inneholder alle traser og er generert av koesientene til karakterisitiske polynomene til de generiske matrisene. Bemerkning I kap 2 tar vi for oss beviset til Artin og Procesi som viser at T Γ SLn. Pï¾½ grunn av isomoren mï¾½ T ogsï¾½ vï¾½re en ring siden Γ SLn er en ring. 4

7 Kapittel 2 Beviset til Artin og Procesi Artin formodet og Procesi beviste at traseringen er isomorf med invariantringen. Fra fï¾½r av vet vi at alle elementer i traseringen er invariant under konjugasjon. Vanskeligheten er derfor ï¾½ vise den motsatte veien. 2.1 Artins formodning Hvis vi har m n n matriser X 1,..., X m kan vi oppfatte disse som en avbildning fra Γ inn i k. Lar vi SL n virke simultant pï¾½ disse matrisene, sï¾½ vil en invariant funksjonen vï¾½re et polynom i traseringen T = T r(x 1,..., X m. [?] 2.2 Procesis bevis Basert pï¾½ beviset til Procesi i [?] Notasjon Notasjonen som blir brukt i beviset er som fï¾½lger: K er en kropp med Char(K = 0, V K n er en n-dimensjonalt vektorrom med basis {e 1,..., e n } og (K n End(V M n (K Vi lar V = Hom k (V, K, som er det duale rommet til V og G = GL(n, K gruppen av invertible matriser. Videre lar vi W = (K i n som er i-tuppel av matriser i M n (K. G har en gruppevirkning pï¾½ W. Hvis A G, B j M n (K for j = 1... i, sï¾½ er A. (B 1,... B i = ( AB 1 A 1,..., AB i A 1 G virker ogsï¾½ pï¾½ K[W ] ved at hvis vi har A G, f K[W ], s er (A.f(w = f(a 1.w 5

8 T i,n = K[W ] G = K[x l ij] G = {f K[x ij ] A.f = f} Dette er mengden av polynomiale funksjoner pï¾½ W, som er er invariante under virkningen av G Beviset for at traseringen invariantringen Procesi starter beviset sitt med ï¾½ identsere den i-te tensoren til (K n med End(V i La (K n i = M n M n M }{{ n End(V } i iganger f : V... V V... V vï¾½re en avbildning i End(V i. Vi skal identisere denne avbildningen med et element B 1 B 2 B i (K n i For et basiselement e j1 e ji i V V lar vi f(e j1 e ji = a (j1...j i,k 1...k i e k1 e ki Denne avbildningen identiserer vi med a (j1...j i,k 1...k i e j1k 1 e jik i (K n i Dette gir oss en 1-1-korrespondanse. Procesi ser vi videre pï¾½ gruppen G som er embedded i End(V i ved diagonal virkning. Altsï¾½ G End(V i M n (K i hvor A G End(V i virker ved A.(v 1 v i = Av 1 Av i Videre ser Procesi pï¾½ sentralisatoren S til G i End(V i S = {ϕ End(V i gϕ = ϕg g G} S = {gϕg 1 = ϕ} Sentralisatoren S kan ogsï¾½ skrives som vektorrom utspent av λ σ, dvs. S = λ σ, σ S i, der S i er symmetrigruppen. Dermed blir λ σ (v 1 v i = v σ 1 (1 v σ 1 (i Videre har vi en identikasjon til. Vi lar U = (V i V i Da har vi en pairing av End(V i U K gitt ved: π : U End(V i (2.1 6

9 Pairingen skjer pï¾½ fï¾½lgende mï¾½te: La λ End(V i, ϕ j V, x j V. Da har vi λ, ϕ 1 ϕ i x 1 x i = ϕ 1 ϕ i, λ(x 1 x i K (2.2 Et element som er G-invariant i U = ((V i V i svarer til (gjennom π et element som er G-invariant i End(V i. hvor vi har U = Hom(U, k. µ σ π λσ End(V i G = S V i (V i Teorem Enhver multilineï¾½r invariant γ : ((V i V i K er lineeï¾½rkombinasjon av invaiantene µ σ (φ 1 φ i X 1 X i = φσ(j,xj j Bevis. γ π π(γ, som er et element i sentralisatoren S. Det betyr at π(γ = a iσ λ σ = γ = a σ µ σ λ σ φ 1 φ i X 1 X i = φ 1 φ i, λ σ (X 1 X i = φ 1, X σ (1 1 φi, X σ 1 (i = φ σ(1, X 1 φσ(i, X i = µ σ (φ 1 φ i X 1 X i V vektorrom, G GL n End(V. g G virker pï¾½ V ved ï¾½ betrakte g som endomor av V. G virker pï¾½ V = Hom(V, k φ ved (gφ(v = φ(g 1 v La w V. G virker pï¾½ V V ved at g(w v = w g 1 gv Nï¾½ skal vi identisere ψ End(V med ψ : V V k ved ψ(w v = w (ψ(v Dersom ψ er G-lineï¾½r, dvs ψ(gv = (gψ(v, sï¾½ vil ψ vï¾½re G-invatiant, fordi: ψ(w g 1 gv = w (g 1 ψ(gv = w (g 1 gψv siden ψ er G-lineï¾½r = w (ψv = ψ(w v (2.3 7

10 Husk at End(V V V. Vi er interessert i dekomposable endomorer i End(V, som er pï¾½ formen φ v. φ v φ v (φ v(u = φ, u v = φ(u v (2.4 Multiplikasjon av endomorer a φ u, ψ v End(V (φ u (ψ v = φ ψ, v u Traseavbildningen b φ V, v V Da er tr(φ v = φ, v (φ v ii = (φ(e i v i i i = φ(v i e i i = φ( i v i e i = φ(v = φ, v Under fï¾½lger en kort oversikt over isomorene av G-rommene (K i n M n (K i (V V i V i V i Beskrivelsen av de lineï¾½re invariante i (V V i (fra teorem?? gir oss beskrivelsen av de lineï¾½re invariante for Mn i. Vi kan nï¾½ uttrykke µ σ i form av matrise-variable. Teorem La µ σ : M n (K i K, σ S i, σ = (i 1, i 2,..., i k (j 1,..., j n (t 1,..., t l Gitt B 1, B 2,..., B i M n Da er µ σ (B 1, B 2,..., B i = tr(b i1,..., B ik tr(b j1,..., B jn tr(b t1,..., B tl Bevis. Ser pï¾½ B 1, B 2,..., B i som dekomposable, siden bï¾½de hï¾½yresiden og venstresiden bestï¾½r av multilineï¾½re avbildninger. Da kan vi skrive B j = φ j x j. Dermed blir µ σ (B 1 B 2 B i = µ σ (φ 1 φ 2 φ i x 1 x 2 x i i = φσ(h,xh = φi2, x i1 φ i3, x i2 φ ik, x φi1 ik 1, x ik h=1 φ j2, x j1 φ j1, x jn φ t2, x t1 φ t1, x tl La H = φ i2, x i1 φ i3, x i2 φ ik, x ik 1 φi1, x ik. 8

11 tr(b i1 B i2 B ik = tr(φ i1 x i1 φ i2 x i2 φ ik x ik = tr(φ i1 φ i2 x i1 φ ik x ik 1 xik = φ i2 x i1 φ ik x ik 1 tr(φi1 x ik = φ i2 x i1 φ ik x ik 1 φi1, x ik = H Resten av teoremet fï¾½lger av dette. Teorem Enhver polynomial invariant av i n n-matriser B 1, B 2,..., B i er et polynom i invariantene tr(b i1, B i2,..., B ij Bevis. Vi har allerede bevist teoremet for multilineï¾½re invaianter. Det generelle tilfellet fï¾½lger av det. 9

12 Kapittel 3 Aritmetikk 3.1 Aritmetikk for traseringen Lemma La X og Y være 2 2 matriser. Da gjelder det(x + Y det(x det(y = tr(x tr(y tr(xy ( ( x11 x Bevis. X = 12 y11 y og Y = 12 x 21 x 22 y 21 y 22 ( x11 + y det 11 x 12 + y 12 (x x 21 + y 21 x 22 + y 11 x 22 x 12 x 21 (y 11 y 22 y 12 y = (x 11 +y 11 (x 22 +y 22 (x 12 +y 12 (x 12 +y 21 x 11 x 22 +x 12 x 21 y 11 y 22 +y 12 y 21 = x 11 x 22 + x 11 y 22 + y 11 x 22 + y 11 y 22 x 11 x 22 x 12 x 21 x 12 y 21 y 12 y 21 tr(x tr(y tr(xy : = y 11 x 22 + x 11 y 22 x 12 y 21 y 12 x 21 ( ( x11 x (x 11 + x 22 (y 11 + y 22 tr 12 y11 y 12 x 21 x 22 y 21 y 22 ( x11 y = x 11 y 11 + x 11 y 22 + x 22 y 11 + x 22 y 22 tr 11 + x 12 y 21 x 21 y 12 + x 22 y 22 = x 11 y 11 + x 11 y 22 + x 22 y 11 + x 22 y 22 x 11 y 11 x 12 y 21 x 21 y 12 x 22 y 22 = x 11 y 22 + x 22 y 11 x 12 y 21 x 21 y 12 Lemma Hentet fra Lemma 3.2 i [?]: La R være en kommutativ k-algebra. For to 2 2 matriser X og Y M 2 (R har vi at følgende gjelder: i. X 2 = t X X d X I, der t X er trasen til X og d X er determinanten til X ii. X 3 = (t 2 X d XX t X d X I 10

13 iii. Y X = XY + t X Y + t Y X + t XY t X t Y Bevis. i. Fra Cayley-Hamiltons teorem får vi at matrisen X innsatt i dets karakteristiske polynom er lik null: ( 2 ( ( x11 x 12 x11 x (x x 21 x 11 +x (x 22 x 21 x 11 x 22 x 12 x 21 = ( ii. Starter med X 2 = t X X d X I, og multipliserer med X på begge sider av likningen. Da får vi iii. Observer at X 3 = t X X X d X I X = t X X 2 d X X = t X (t X X d X I d X X fra i = t 2 XX t X d X d X X = (t 2 X d X X t X d X (X + Y 2 = X 2 + XY + Y X + Y 2 (X + Y 2 = t X+Y (X + Y d X+Y I = t X X d X I + XY + Y X + t Y Y d Y Y (3.1 = (t X + t Y (X + Y d X+Y I = (t X + t Y (X + Y (d x + d y + t x + t Y t XY fra Lemma?? = t X X + t X Y + t Y X + t Y Y d x d Y t X t Y + t XY (3.2 Setter likningene (??og (?? lik hverandre og får : t X X d X + XY + Y X + t Y Y d Y = t X X + t X Y + t Y X + t Y Y d X d Y t X t Y + t XY XY + Y X = t X Y + t Y X + t XY Y X = XY + t X Y + t Y X + t XY 3.2 Eksempler Eksempel 1 ( ( X = og Y = t X = 2, d X = 2, t Y = 5, t XY = 13, t X t Y = 10 ( ( ( X = = ( ( t x X d x I = ( ( ( = = V.S = H

14 3.2.2 Eksempel 2 ( ( ( X 3 = X X = = ( ( ( (t X d X X t X d X I = (4 3 6 = ( 4 1 = V.S = H.S Eksempel 3 Y X = ( ( = ( ( XY + t X Y + t Y X + t XY ( ( = V.S = H.S ( ( ( = (

15 Kapittel 4 Traseringen Husk at trasreringen T er denert som den minste underringen av Γ k[x l ij ], derl = 1,..., m og i, j = 1,..., n som inneholder alle traser. T er generert av koesientene til karakteristiske polynomene til de genreiske matrisene. Artin og Procesi beviste at T Γ G, der Γ G er invariantringen. Forventet dimensjon for invariantringen kan regnes ut ved hjelp av følgende formel: mn 2 (n Traseringen for 2 2 matriser La X, Y være 2 2 matriser. Mengden av alle traser er k[t X, t Y, d X, d Y, d X 2, t XY, t Y X, t X 3,...] Fra Lemma?? vet vi at X 2 og X 3 uttrykkes av traser pga Cayley-Hamiltons teorem, m = 2, n = 2 mn 2 (n 2 1 = (m 1n = ( = 5 Så traseringen for 2 2 matriser X og Y er generert av fem elementer, nemlig k[t X, t Y, d X, d Y, t XY ], der t XY kan byttes ut med d X+Y 4.2 Traseringen for 3 3 matriser La X, Y være 3 3 matriser. m = 2, n = 3 Den forventede dimensjonen til invariantringen til X og Y er (m 1n = ( = 10. Det er ikke entydig gitt hvilket elementer som generer traseringen til X og Y, men i de enkleste tilfellene er den gitt ved k[t X, t Y, d X, d Y, t XY, t X 2, t Y 2, t X 2 Y, t Y 2 X, t XY XY ]. 4.3 Traseringen for kvosienter La modulen M = k 2, Xog Y er matriser i M 2 (k. Vi har en ring delt ut med et ideal A = k X, Y /J ρ End(k 2 End(M M 2 (k, der J er et ideal. 13

16 I dette tilfellet er det generelt vanskelig å beregne traseringen eksplisitt, men man kan si noe om den i konkrete tilfeller, blant annet ved å bruke at X og Y generer hele M 2 (K ( når M er irredusibel, dvs når M er simpel ρ er surjektiv det [x,y] = 1 (2t XY t X t Y 2 (t 2 X 4d X(t 2 Y 4d Y 0. I hvert tilfelle, 4 må man sette idealet lik null. Siden {1, X, Y, XY } skal generere hele M 2 (k, må {1, X, Y, XY } være lineært uavhengige. Ved å bruke Lemma??, kan man alltid skrive X og Y ved hjelp av traser og determinanter. Siden idealet er lik null, må koesientene foran {I, X, Y, XY } være null. Hentet fra [?]. I neste kapittel ser vi nærmere på hvordan dette gjøres med konkrete eksempler. 14

17 Kapittel 5 Beregne trasering La A = k X, Y /I. Nå skal vi beregne traseringen for utvalgte kvotsienter av k X, Y a. I = X 2 + Y 2 1 b. I = Y 2 X 3 c. I = Y 2 X 3 1 d. I = Y 2 X 3 1 γ(xy Y X a. For A = k X, Y /X 2 + Y 2 1 : ser vi på når I =0. Det betyr at X 2 + Y 2 1 = 0 Dette kan vi skrive om på denne måten ved å bruke Lemma?? = t X X d X I + t Y Y d Y I =t X X + t Y Y (d X + d Y + 1 = 0 For at{1, X, Y, XY } skal være lineært uavhengige (sidn vi kun er interessert i simple moduler, må konstantene foran {1, X, Y, XY } være 0. derfor blir t X = t Y = 0 d X + d Y + 1 = 0 d X = 1 d Y t XY kan velges fritt Det betyr at traseringen til A er generert av d Y (ev. d X og t X Y Tilslutt må vi sjekke om d [X,Y ] 0 : d [X,Y ] = 1 ( (2t XY t X t Y 2 (t 2 X 4d X (t 2 Y 4d Y 4 = 1 4 ( (2t XY 2 (4 4d Y ( 4d Y = t 2 XY + 4d Y + 4d 2 Y 0 15

18 b. For A = k X, Y /Y 2 X 3 : ser vi på når I =0. Det betyr at Y 2 X 3 = 0 =t Y Y d Y I ((t 2 X d X X t X d X =t Y Y (t 2 X d X X ( t X d X + d Y I = 0 For at{1, X, Y, XY } skal være lineært uavhengige (siden vi kun er interessert i simple moduler, må konstantene foran {1, X, Y, XY } være 0. derfor blir t Y = 0 d X = t 2 X d Y = t X d X = t 3 X t XY og t X kan velges fritt Det betyr at traseringen til A er generert av t X og t X Y Tilslutt må vi sjekke om d [X,Y ] 0 : d [X,Y ] = 1 ( (2t XY t X t Y 2 (t 2 X 4d X (t 2 Y 4d Y 4 = 1 4 ( (2t XY 2 (t 2 X 4t 2 X( 4t 3 X = 1 4 ( 4t 2 XY 12t 5 X = t 2 XY + 3t 5 X 0 16

19 c. For A = k X, Y /Y 2 X 3 1: ser vi på når I =0. Det betyr at Y 2 X 3 1 = 0 =t Y Y d Y I ((t 2 X d X X t X d X =t Y Y (t 2 X d X X ( t X d X + d Y 1I = 0 For at{1, X, Y, XY } skal være lineært uavhengige (sidn vi kun er interessert i simple moduler, må konstantene foran {1, X, Y, XY } være 0. derfor blir t Y = 0 d X = t 2 X d Y = t X d X + 1 = t 3 X + 1 t XY og t X kan velges fritt Det betyr at traseringen til A er generert av t X og t X Y Tilslutt må vi sjekke om d [X,Y ] 0 : d [X,Y ] = 1 ( (2t XY t X t Y 2 (t 2 X 4d X (t 2 Y 4d Y 4 = 1 4 = 1 4 ( 4t 2 XY (t 2 X 4t 2 X( (t 3 X + 1 ( 4t 2 XY (3t 5 X + 3t 2 X 0 d. For A = k X, Y /Y 2 X 3 1 γ(xy Y X: ser vi på når I =0. Det betyr at Y 2 X 3 1 : γ(xy Y X = 0 =t Y Y d Y I ((t 2 Xd X X t X d X 1 γ(xy +γ[ XY +t X Y +t Y X t X t Y ] =t Y + γt X Y + (t 2 X+ d X γt Y X 2γXY ( d Y + t X d X + t X t Y 1I = 0 For at{1, X, Y, XY } skal være lineært uavhengige (sidn vi kun er interessert i simple moduler, må konstantene foran {1, X, Y, XY } være 0. derfor blir t Y = γxy 2γ = 0 γ = 0, og da får vi akkurat samme situsjon som i c 17

20 Bibliogra [1] Artin,M, On Azumaya Algebras and Finite Dimensional Representations of Rings. J. of Alg. 11, (1969 pp [2] Jï¾½ndrup, S., Laudal, O. A., Sletsjï¾½e,A. B., Noncommutative plane curves, Institute Mitage-Leer Report no. 20(2003/2004, math AG/ [3] Le Bruyn, L. Tracering of generic 2 by 2 matrices. Mem. Amer. Math Soc.66 (363, 1987 [4] Procesi, C., The invariant theory of n n matrices. Adv. in math. 19, (1976, pp