有限体上の 2 次一般線形群の既約表現

$G L_{2} (F_{q})$ の既約表現を、1 次元（ $q - 1$ 個）・スタインバーグ型（次元 $q$ 、 $q - 1$ 個）・主系列（次元 $q + 1$ 、 $\frac{( q - 1 ) ( q - 2 )}{2}$ 個）・尖点型（次元 $q - 1$ 、 $\frac{q ( q - 1 )}{2}$ 個）に分けて数え、次元の総和などを求められる

前提

誘導表現とフロベニウスの相互律（大学院数学表現論）
指標表の作成（大学院数学表現論）
有限体の構造と部分体（大学数学代数学）

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算数中学高校大学大学院

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有限体の構造と部分体（大学数学代数学）

説明

有限体 $F_{q}$ 上の 2 次一般線形群 $G = G L_{2} (F_{q})$ （位数 $q (q - 1)^{2} (q + 1)$ ）の既約複素表現は、4 つの系列に分けてすべて数え上げられます: $det$ を通る 1 次元表現（ $q - 1$ 個）、スタインバーグ型（次元 $q$ 、 $q - 1$ 個）、主系列（次元 $q + 1$ 、 $\frac{( q - 1 ) ( q - 2 )}{2}$ 個）、尖点型（次元 $q - 1$ 、 $\frac{q ( q - 1 )}{2}$ 個）。この分類を使うと、 $q$ を代入するだけで既約表現の個数・次元の総和・特定の次元の表現の個数などが求められます。指標表を作らなくても、共役類の個数や $\sum d_{i}^{2} = ∣ G ∣$ と照合して検算できます。

なぜそうしてよいのか

記号と共役類. 上三角行列の部分群を $B$ （位数 $q (q - 1)^{2}$ ）、その中の $N = {n (b) = (10 b 1)}$ （ $F_{q}$ の加法群と同型）、対角行列の部分群を $T$ 、 $w = (0110)$ とします。 $G$ の共役類は固有多項式と対角化の可否で 4 種類に分かれます: (a) スカラー $a I$ （ $q - 1$ 個）、(b) $(a 0 1 a)$ 型（ $q - 1$ 個）、(c) $diag (a, b)$ 、 $a \neq = b$ （順序を問わず $\frac{( q - 1 ) ( q - 2 )}{2}$ 個）、(d) 固有値が $F_{q}$ になく $ζ, ζ^{q} \in F_{q^{2}} ∖ F_{q}$ となるもの（組 ${ζ, ζ^{q}}$ の数 $\frac{q ^{2} - q}{2}$ 個）。合計は $2 (q - 1) + \frac{( q - 1 ) ( q - 2 ) + q ( q - 1 )}{2} = 2 (q - 1) + (q - 1)^{2} = q^{2} - 1$ なので、既約表現も $q^{2} - 1$ 個です。

誘導表現から主系列・スタインバーグ型を作る. $F_{q}^{\times}$ の指標 $χ_{1}, χ_{2}$ から $B$ の 1 次元指標 $χ_{1} \otimes χ_{2} : (a 0 b d) \mapsto χ_{1} (a) χ_{2} (d)$ を作り、 $I (χ_{1}, χ_{2}) = Ind_{B}^{G} (χ_{1} \otimes χ_{2})$ （次元 $[G : B] = q + 1$ ）とします。剰余類 $g B$ を直線 $g ⟨ e_{1} ⟩ \subset F_{q}^{2}$ に対応させると $G / B$ は $q + 1$ 本の直線の集合で、 $B$ はこれを「 $⟨ e_{1} ⟩$ の 1 本」と「残り $q$ 本」の 2 つの軌道に分けます（後者は $⟨(x, 1)⟩$ の形で、 $B$ が推移的に動かし、 $w ⟨ e_{1} ⟩ = ⟨ e_{2} ⟩$ の安定化部分群は $T$ ）。誘導表現の作り方から、 $I (χ_{1}^{'}, χ_{2}^{'})$ を $B$ に制限すると、 $⟨ e_{1} ⟩$ のブロックは $χ_{1}^{'} \otimes χ_{2}^{'}$ 、残りの $q$ ブロックは $Ind_{T}^{B} θ^{'}$ になります。ここで $θ^{'}$ は $t \in T$ が $w$ のブロックに働く指標で、 $w^{- 1} diag (a, d) w = diag (d, a)$ より $θ^{'} (diag (a, d)) = χ_{2}^{'} (a) χ_{1}^{'} (d)$ です。フロベニウスの相互律を 2 回使うと
$⟨ I (χ_{1}, χ_{2}), I (χ_{1}^{'}, χ_{2}^{'}) ⟩_{G} = ⟨ χ_{1} \otimes χ_{2}, χ_{1}^{'} \otimes χ_{2}^{'} ⟩_{B} + ⟨ χ_{1} \otimes χ_{2}, χ_{2}^{'} \otimes χ_{1}^{'} ⟩_{T},$
つまり「 $(χ_{1}, χ_{2}) = (χ_{1}^{'}, χ_{2}^{'})$ なら $1$ 」と「 $(χ_{1}, χ_{2}) = (χ_{2}^{'}, χ_{1}^{'})$ なら $1$ 」の和です。よって $χ_{1} \neq = χ_{2}$ なら $⟨ I, I ⟩ = 1$ で $I (χ_{1}, χ_{2})$ は既約（主系列）、 $I (χ_{1}, χ_{2}) ≅ I (χ_{2}, χ_{1})$ であり、順序を問わない組 ${χ_{1}, χ_{2}}$ が異なれば内積 $0$ で非同型です。したがって主系列は $(2 q - 1) = \frac{( q - 1 ) ( q - 2 )}{2}$ 個。 $χ_{1} = χ_{2} = χ$ では $⟨ I, I ⟩ = 2$ で、 $I (χ, χ) = (χ \circ det) \otimes I (1, 1)$ 、 $I (1, 1)$ は $q + 1$ 本の直線への置換表現なので自明表現を含み、「1 次元 $χ \circ det$ $+$ 次元 $q$ の既約表現 $St \otimes (χ \circ det)$ 」の 2 つに分かれます（スタインバーグ型）。 $χ \neq = χ^{'}$ なら $I (χ, χ)$ と $I (χ^{'}, χ^{'})$ の内積は $0$ なので、これらは $χ$ ごとに異なり、それぞれ $q - 1$ 個です。

尖点型の個数と次元. どの $I (χ_{1}, χ_{2})$ にも現れない既約表現を尖点型といいます。個数は $q^{2} - 1$ から上の $(q - 1) + (q - 1) + \frac{( q - 1 ) ( q - 2 )}{2}$ を引いて $\frac{q ( q - 1 )}{2}$ 個です（これは $F_{q^{2}}^{\times}$ の指標 $θ$ で $θ \neq = θ^{q}$ のもの $q^{2} - q$ 個を ${θ, θ^{q}}$ で組にした数で、尖点型はこの組でパラメータづけされることが知られています）。次元は次のように決まります。相互律より、既約表現 $π$ が $I (χ_{1}, χ_{2})$ に現れることと $Res_{B} π$ が $χ_{1} \otimes χ_{2}$ を含むことは同値で、 $χ_{1} \otimes χ_{2}$ は $N$ 上で自明なので、尖点型 $π$ は $N$ で固定されるベクトルを $0$ 以外にもちません（もてば、その部分空間は $B$ で保たれ、 $B / N ≅ T$ はアーベル群なので 1 次元の $χ_{1} \otimes χ_{2}$ を含んでしまう）。 $N ≅ F_{q}$ の指標は、自明でない指標 $ψ$ を 1 つ固定して $n (b) \mapsto ψ (c b)$ （ $c \in F_{q}$ ）の $q$ 個なので、 $Res_{N} π$ には $c \neq = 0$ のものだけが現れます。さらに $t = diag (a, 1)$ について $t^{- 1} n (b) t = n (a^{- 1} b)$ だから、 $π (t)$ は $ψ (c \cdot)$ の固有空間を $ψ (c a^{- 1} \cdot)$ の固有空間へ同型に移します。 $c \neq = 0$ の $q - 1$ 個の指標はすべて同じ重複度 $m \geq 1$ で現れ、 $dim π = m (q - 1) \geq q - 1$ です。一方、2 乗和から
$∣ G ∣ - (q - 1) (1 + q^{2}) - \frac{( q - 1 ) ( q - 2 )}{2} (q + 1)^{2} = \frac{q ( q - 1 )}{2} (q - 1)^{2}$
で、尖点型 $\frac{q ( q - 1 )}{2}$ 個の次元の 2 乗の和がちょうど「個数 $\times (q - 1)^{2}$ 」です。各次元が $q - 1$ 以上なので、等号が成り立つにはすべての尖点型の次元が $q - 1$ でなければなりません。

手順

$∣ G ∣ = q (q - 1)^{2} (q + 1)$ と共役類の個数 $q^{2} - 1$ を確認する
4 つの系列の（次元, 個数）を書き出す: 1 次元 $(1, q - 1)$ 、スタインバーグ型 $(q, q - 1)$ 、主系列 $(q + 1, \frac{( q - 1 ) ( q - 2 )}{2})$ 、尖点型 $(q - 1, \frac{q ( q - 1 )}{2})$
与えられた $q$ を代入して、問われている量（個数・次元の和・特定の次元のものの個数など）を計算する。「次元 $d$ のものの個数」を問われたら、異なる系列が同じ次元になる場合をまとめて数える（例: $q = 2$ では尖点型の次元 $q - 1 = 1$ が 1 次元表現と同じなので、次元 $1$ の既約表現は $1 + 1 = 2$ 個。また $q = 2$ では主系列は $0$ 個）
検算として、個数の合計が $q^{2} - 1$ 、次元の 2 乗和が $∣ G ∣$ になることを確かめる

例題

$G L_{2} (F_{3})$ のすべての既約複素表現（同型なものは 1 つと数える）について、次元の総和を求めよ。

例題の解答

【手順 1】 $q = 3$ で $∣ G ∣ = 3 \cdot 2^{2} \cdot 4 = 48$ 、共役類の個数は $3^{2} - 1 = 8$ 。

【手順 2・3】各系列に $q = 3$ を代入する。
- 1 次元: $q - 1 = 2$ 個、次元 $1$ → 和 $2$
- スタインバーグ型: $q - 1 = 2$ 個、次元 $3$ → 和 $6$
- 主系列: $\frac{2 \cdot 1}{2} = 1$ 個、次元 $4$ → 和 $4$
- 尖点型: $\frac{3 \cdot 2}{2} = 3$ 個、次元 $2$ → 和 $6$

次元の総和は $2 + 6 + 4 + 6 = 18$ 。

【手順 4】個数は $2 + 2 + 1 + 3 = 8$ で共役類の個数と一致。2 乗和は $2 \cdot 1 + 2 \cdot 9 + 1 \cdot 16 + 3 \cdot 4 = 2 + 18 + 16 + 12 = 48 = ∣ G ∣$ で一致する。

（参考）一般の $q$ で総和を計算すると $(q - 1) + q (q - 1) + \frac{( q - 1 ) ( q - 2 ) ( q + 1 )}{2} + \frac{q ( q - 1 ) ^{2}}{2} = q^{2} (q - 1)$ となり、 $q = 3$ で $9 \cdot 2 = 18$ 。

答え: $18$

よくある誤り

主系列を順序付きの組 $(χ_{1}, χ_{2})$ で数え、 $(q - 1) (q - 2)$ 個としてしまう誤り。 $I (χ_{1}, χ_{2}) ≅ I (χ_{2}, χ_{1})$ なので、正しくは $\frac{( q - 1 ) ( q - 2 )}{2}$ 個。 $q = 3$ で $2$ 個と数えると既約表現が $9$ 個になり、共役類の個数 $8$ と合わない
$χ_{1} = χ_{2}$ の誘導表現も主系列（次元 $q + 1$ の既約表現）に含めてしまう誤り。 $⟨ I (χ, χ), I (χ, χ)⟩ = 2$ なので既約ではなく、正しくは $I (χ, χ) = (χ \circ det) \oplus (St \otimes (χ \circ det))$ （次元 $q + 1 = 1 + q$ ）と分かれる
尖点型の個数を $F_{q^{2}}^{\times}$ の指標の個数 $q^{2} - 1$ や、 $θ \neq = θ^{q}$ のものの個数 $q^{2} - q$ のまま数えてしまう誤り。 $θ$ と $θ^{q}$ は同じ表現を与え、 $θ = θ^{q}$ となる $q - 1$ 個は尖点型を与えないので、正しくは $\frac{q ^{2} - q}{2}$ 個
尖点型の次元を主系列と同じ $q + 1$ （あるいはスタインバーグ型と同じ $q$ ）としてしまう誤り。 $q = 3$ で尖点型を次元 $4$ とすると 2 乗和は $2 \cdot 1 + 2 \cdot 9 + 1 \cdot 16 + 3 \cdot 16 = 84 \neq = 48$ となって合わない。正しくは次元 $q - 1$ で、 $2 + 18 + 16 + 3 \cdot 4 = 48$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$F_{7}$ を位数 $7$ の有限体とし、 $G = G L_{2} (F_{7})$ （ $F_{7}$ 成分の $2$ 次正則行列全体のなす群）とする。 $G$ の複素既約表現（同型類）のうち、次元がちょうど $6$ であるものの個数を求めよ。

有限体上の 2 次一般線形群の既約表現

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

この技能を使う問題