Е.С. Голод - Курс лекций по высшей алгебре (1106008), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Получаем 4 + 22 = 8 = |Q8 |, т. е. перечислены все представления.Рассмотрим представления группы An . Пусть V = he1 , . . . , en iC . Рассмотрим мономиальное представление,переставляющее базисные векторы. Как и в случае S3 , оно приводимо и инвариантным подпространством будет⊥he1 + . . . + en i.
Покажем, что ортогональноедополнение L := he1 + . . . + en i будет инвариантным и для An .PИмеем L = {x = (x1 , . . . , xn ) :xi = 0}. Пусть n > 4. Докажем, что из любого ненулевого вектора путёмперестановок координат можно получить базис L. Ясно, что если у вектора x больше трёх ненулевых координат,то можно тройным циклом переставить какие-то 3 из них и затем вычесть результат из исходного вектора,после чего останется только 3 ненулевых координаты.
Поэтому без ограничения общности можно считать, чтоx = (x1 , x2 , x3 , 0, . . . , 0). Если одна из первых трёх координат (для определённости x3 ) равна 0, то x1 = −x2 иможно построить набор векторовu1 = (1, −1, 0, 0, 0,u2 = (0, 1, −1, 0, 0,. . . 0, 0). . . 0, 0)un = (0, 0, 0, 0, 0,. . . 1, −1)u3 = (0, 0, 1, −1, 0, .
. . 0, 0).....................................Они, как легко видеть, образуют базис L. А если все три координаты ненулевые, то рассмотрим вектор y =(123) · x = (x3 , x1 , x2 , 0, . . . , 0). Если x и y линейно независимы, то вектора u1 и u2 содержатся в их линейнойоболочке и можно, как и в первом случае, построить базис L. Если же x и y линейно зависимы, то тогдаx2 x3имеем= x22 − x1 x3 = 0. Рассмотрим ещё 2 вектора: (12)(34) · x = (x2 , x1 , 0, x3 , . . . , 0), и (234) · x =x1 x2x2 x3 0= (x1 , 0, x2 , x3 , 0, . .
. , 0). Они линейно независимы, так как x1 0 x3 = −x1 x23 − x22 x3 = −2x1 x23 6= 0. Далее0 x2 x3рассуждения аналогичны. Итак, получаем, что ограничение мономиального представления на подпространствоL неприводимо.Отдельно разберём случай n = 4. Для группы A4 имеем |A4 /A′4 | = 3. Выше было построено неприводимоепредставление размерности n − 1, значит, в нашем случае 3 + 32 = 12 = |A4 |, т.
е. это все неприводимые представления. Для группы S4 имеем 2 одномерных представления, так как |S4 /S′4 | = 2. Пусть ρ — мономиальноепредставление. Построим по нему ещё одно неприводимое представление. Положим ρ′ (π)(x) = (sgn π)ρ(π)(x).Неприводимость следует из того, что при ограничении на подгруппу A4 получается обычное мономиальное представление. Покажем, что ρ′ ≁ ρ. Допустим противное, т. е. что ρ′ (π) = C −1 ρ(π)C для ∀ π ∈ S4 . В частности, чтодолжно быть верно для π ∈ A4 , но в A4 ρ′ совпадает с ρ, а потому C — скалярная матрица. Значит, ρ′ (π) = ρ(π)39для ∀ π ∈ S4 , а это не так, если π — нечётная перестановка.
Чтобы найти ещё одно двумерное представление,воспользуемся следующим обстоятельством. Если есть эпиморфизм групп f : G → H, и ρ — неприводимое представление группы H, то есть и неприводимое представление ρe группы G той же размерности, которое можноопределить по правилу ρe(g) := ρ(f (g)).
В случае группы S4 имеем V4 ⊳ S4 , и S4 /V4 ∼= S3 , поэтому можно рассмотреть эпиморфизм f : S4 → S3 и получить искомое представление. Итого получается 2 + 2 · 32 + 22 = 24, т. е.ровно столько, сколько нужно.4.3.4. Неприводимые комплексные представленияи нормальные подгруппы простого индексаПусть H ⊳G, и (G : H) = p — простое число. Тогда имеем G/H = haHip , ap = b ∈ H, и любой элемент группыG записывается в виде g = ak · h, где h ∈ H. Пусть дано множество всех попарно неизоморфных неприводимыхпредставлений группы H: M := {ρ1 , . .
. , ρs }, и M ∋ ρ : H → GL(V ). Определим действие G на этом множестве:ρg (h) := ρ(g −1 hg) для ∀ g ∈ G. Если элемент g лежит в H, то ρg (h) = ρ(g)−1 ρ(h)ρ(g) для ∀ h ∈ H, т. е. ρg ∼ ρ.Значит, H ⊆ St(ρ). Поскольку (G : H) — простое число, то промежуточных подгрупп между G и H нет. Поэтомувозможно только 2 случая: St(ρ) = G и St(ρ) = H.В первом случае покажем, что можно продолжить представление ρ до представления всей группы G. Дляэтого достаточно задать ρ(a), и при этом должны выполняться условия:1◦ ρ(a)p = ρ(b);−1−12◦ ρ(a| {zha}) = ρ(a) ρ(h)ρ(a) для любого h ∈ H.∈HОни же будут и достаточными условиями, поскольку если g = ak h, то ρ(g) = ρ(a)k ρ(h) и свойства гомоморфизма легко проверяются.
Поскольку St(ρ) = G, то при действии любого элемента (в частности, элемента a)ρ остаётся на месте, т. е. ρa ∼ ρ. Поэтому ρa (h) = ρ(a−1 ha) = C −1 ρ(h)C для ∀ h ∈ H. По индукции очевидным образом получаем, что ρ(a−k hak ) = C −k ρ(h)C k . Вспоминая, что ap = b, получаем, что при k = p имеемρ(b−1 hb) = C −p ρ(h)C p . Так как b ∈ H, то ρ(b−1 hb) = ρ(b)−1 ρ(h)ρ(b). Отсюда−1C p ρ(b)−1 ρ(h)ρ(b)C −p = ρ(h) ⇔ C p ρ(b)−1 ρ(h) C p ρ(b)−1= ρ(h).Но представление ρ неприводимо, и по лемме ШураC p ρ(b)−1 — скалярная матрица. Пусть C p ρ(b)−1 = λ−1 E, где√pλ — некоторое комплексное число.
Тогда ρ(b) = ( λC)p . Вспомним теперь про равенство ρ(a−1 ha) = C −1 ρ(h)C.От умножения матрицы на ненулевой скаляр ничего не изменится, поэтому можно считать, что C p = ρ(b). Положим ρ(a) = C и тем самым получим продолжение представления, но не единственное: пусть ξ0 , . . . , ξp−1 — корнииз 1 p-й степени. Тогда получаем p представлений: ρi (a) = ξi C. Остаётся показать, что они неэквивалентны. Отпротивного: пусть ρi ∼ ρj при i 6= j.
Тогда ρi (g) = C −1 ρj (g)C для всех g ∈ G. В частности, это должно бытьверно для g ∈ H, но в этом случае, очевидно, ρi (g) = ρ(g). Значит, ρ(g) = C −1 ρ(g)C для ∀ g ∈ H, следовательно,C — скалярная матрица. Значит, ρi (g) = ρj (g) для любого g ∈ G, но это неверно, если подставить g = a: справаи слева от знака равенства будут стоять различные корни из единицы. Случай 1 разобран.Пусть теперь St(ρ) = H. Тогда орбита ρ состоит из элементов ρ, ρa , ρa2 , . . .
, ρap−1 . Возьмём p экземпляровпространства V и построим внешнюю прямую сумму W := V0 ⊕ . . . ⊕ Vp−1 . На каждом из Vi рассмотримпредставление ρai подгруппы H. Определим представление ρe: H → GL(W ):ρ(h)ρa (h)ρe(h) := ...00ρap−1 (h)Теперь зададим продолжение ρe на группу G, т. е. ρ(a):0E 0E 0ρe(a) := ...000Eρ(b)0 .. .
0Оно осуществляет циклический сдвиг подпространств: V0 7→ V1 , V1 7→ V2 , . . . Проверка условий 1◦ и 2◦ выполняется «в лоб» умножением матриц. Докажем, что получилось неприводимое представление ρe: G → GL(W ).Пусть L — инвариантное подпространство в W . Тогда L будет инвариантным и относительно H. Разложим егона неприводимые: L = L1 ⊕ . . . ⊕ Lk (относительно H). Докажем, что любое из Li совпадает с одним из Vj .40Рассмотрим проекции Li на Vj для всех j. Очевидно, они все не могут одновременно быть нулевыми. Тогдаэти проекции будут ненулевыми гомоморфизмами неприводимых представлений, а по лемме Шура они должныбыть изоморфизмами.
Таким образом, L = V0 ⊕ . . . ⊕ Vk . Если k 6= p − 1, то L, очевидно, не будет инвариантнымподпространством (поскольку под действием ρe(a) переставляются все Vi ). Значит, L = W .Покажем, что так получаются все неприводимые представления G. Пусть в множестве M представленияρ1 , . . . , ρk имеют одноэлементные орбиты (случай 1) и их размерности соответственно n1 , .
. . , nk , а остальныеP 2ρk+1 , . . . , ρs имеют орбиты из p элементов и размерности nk+1 , . . . , ns соответственно (случай 2). Имеемni == |H|. Для первых k представлений получаем p неэквивалентных представлений G. Для всех остальных получаем по одному представлению группы G, каждое размерности p · ni . ВсегоXpn21 + . . . + pn2k + pn2k+1 + . . . + pn2s = pn2i = p|H| = |G|.(3)4.4. Характеры линейных представлений4.4.1. Понятие характераОпределение. Пусть G — конечная группа, ρ : G → GLn (C) — матричное представление. Характеромпредставления называется функция χρ : G → C, равная следу оператора ρ(g), т. е.
χρ (g) := tr ρ(g).Перечислим основные свойства характеров:1◦ Если ρ1 ∼ ρ2 , то χρ1 (g) = χρ2 (g), так как след — инвариант линейного оператора.2◦ Характеры постоянны на классах сопряжённости:χρ (h−1 gh) = tr ρ(h−1 gh) = tr ρ(h)−1 ρ(g)ρ(h) = tr ρ(g) = χρ (g).(4)3◦ χρ (g −1 ) = χρ (g). В самом деле, если |G| = n, то ρ(g)n = E. Тогда все собственные значения λ1 , . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
