Lösungshinweise Aufgabenblatt 10

Prof. C. Schweigert
Bereich Algebra und Zahlentheorie
Fachbereich Mathematik, Universität
Hamburg
Höhere Algebra
Wintersemester 2010/11
Lösungshinweise Aufgabenblatt 10
Aufgabe 1
1. Ja, denn es ist
(g, h)(e, e) = (g, hρg (e)) = (g, h).
2. Die korrekte Formel für das Inverse ist (g, h)−1 = (g −1 , ρg−1 (h−1 )), denn es gilt
(g, h)(g −1 , ρg−1 (h−1 )) = (e, hρg (ρg−1 (h−1 ))) = (e, e).
3. Nein, denn wenn G nichttrivial operiert, existieren g ∈ G und h ∈ H, so dass
ρg (h) 6= h gilt. Dann folgt
(e, h)(g, e)(e, h)−1 = (e, h)(g, e)(e, h−1 ) = (g, hρg (h−1 )) = (g, hρg (h)−1 ) ,
was nicht von der Form (−, e) ist.
4. Ja, die Untergruppe ist ein Normalteiler. Dazu zeigen wir, dass die Konjugation
mit einem Gruppenelement die Untergruppe in sich selbst abbildet. Da die
beiden Untergruppen G und H das ganze semidirekte Produkt erzeugen, reicht
es aus, dies für Elemente aus G und H getrennt zu zeigen:
(e, h0 )(e, h)(e, h0 )−1 = (e, h0 h)(e, (h0 )−1 ) = (e, h0 h(h0 )−1 )
(g, e)(e, h)(g, e)−1 = (g, ρg (h))(g −1 , e) = (e, ρg (h))
Aus der zweiten Gleichung sehen wir auch, dass die Konjugation mit g ∈
G auf der zu H isomorphen Untergruppe wie der ursprünglich vorgegebene
Automorphismus ρg wirkt.
5. Wir betrachten in S3 die Zykel (12) und (123). Die von (12) erzeugte Untergruppe ist isomorph zu Z2 und die von (123) erzeugte Untergruppe zu Z3 .
Der Durchschnitt der beiden ist offensichtlich trivial, also erzeugen sie die 6elementige Gruppe S3 . Der Normalteiler ist A3 ∼
= Z3 als Kern der Signumsabbildung, die ein Gruppenhomomorphismus ist. Man kann auch explizit rechnen: (12) ◦ (231) ◦ (12)−1 = (312). Daher operiert die von (12) erzeugte Untergruppe auf der von (123) erzeugten zyklischen Untergruppe der Ordnung als
nicht-trivialer äußerer Automorphismus von Z3 .
5. Aus 4. sehen wir sofort, dass die Translationen der Normalteiler sind.
Aufgabe 2
1
1. Die Dimension einer irreduziblen Darstellung muss ein Teiler der Gruppenordnung |S4 | = 4! = 24 sein. Außerdem muss ihr Quadrat in einer Summe von
Quadraten natürlicher Zahlen 24 ergeben. Damit sind nur die Dimensionen
1, 2, 3 und 4 möglich.
Für eine elementare Ausarbeitung der Darstellungstheorie von S4 verweisen
wir auf:
W. Fulton, J. Harris: Representation theory, A first course. Springer Graduate
Texts in Mathematics 129, Abschnit §2.3.
Wir fassen das Ergebnis folgendermaßen zusammen: die Konjugationsklassen
von S4 sind wegen der Zykelzerlegung in Bijektion zu den Partitionen von 4:
(a) 4 = 1 + 1 + 1 + 1 entspricht der Konjugationsklasse, die nur die Identität
enthält.
(b) 4 = 2 + 1 + 1 entspricht der Konjugationsklasse, die die 6 Transpositionen
enthält.
(c) 4 = 1 + 3 entspricht der Konjugationsklasse, die die 4 · 2 = 8 Zykel der
Länge 3 enthält.
(d) 4 = 4 entspricht der Konjugationsklasse, die die 3! = 6 Zykel der Länge
4 enthält.
(e) 4 = 2 + 2 entspricht der Konjugationsklasse, die die 3 Doppeltranspositionen enthält.
Wir haben sicher die triviale Darstellung und die Signumsdarstellung, finden
also 24 = 12 + 12 + d23 + d24 + d25 . Gäbe es eine 4-dimensionale Darstellung,
d3 = 4, so müsste man 6 als Summe zweier Quadrate schreiben, was nicht
geht.
Andererseits ist auch klar, dass es eine irreduzible Darstellung der Dimension 3
geben muss: wäre das Maximum der Dimensionen gleich 2, so wäre 1+1+3·22 =
14 < 24.
Man konstruiert ein dreidimensionale irreduzible Darstellung explizit folgendermaßen: Es operiert S4 auf C4 durch Permutation der kanonischen Basis.
Der Wert des Charakters χ auf einer Konjugationsklasse ist gleich der Zahl
der Basisvektoren, die die Permutation festlässt. Man rechnet dann leicht aus,
dass (χ, χ) = 2 gilt, also die vierdimensionale Darstellung gleich der direkten
Summe zweier irreduzibler Darstellungen sein muss. Der Vektor e1 +e2 +e3 +e4
spannt einen invarianten eindimensionalen Unterraum auf. Damit ist χ =
χtriv + θ mit θ dem Charakter einer drei-dimensionalen irreduziblen Darstellung, der sogenannten Standard-Darstellung:
Als Tafel:
2
trivial
signum
χ
standard
standard’
1
1
1
1
4
3
3
2
6
8
(12) (123)
1
1
-1
1
2
1
1
0
-1
0
0
-1
6
(1234)
1
-1
0
-1
1
0
3
(12)(34)
1
1
0
-1
-1
2
Die irreduzible Darstellung standard’ haben wir dabei durch Tensorieren der
Standard-Darstellung mit der Signumsdarstellung gewonnen. Es gibt also noch
eine vierdimensionale irreduzible Darstellung, deren Charakter aus den Orthogonalitätsrelationen folgt und den wir auch noch angegeben haben.
2. Ja, nämlich die triviale Darstellung und die Signumsdarstellung. Diese sind
verschieden und daher auch nicht isomorph, bei eindimensionalen Darstellungen Charakter und Darstellung zusammenfallen. Anders gesagt: weil ein Basiswechsel eines eindimensionalen Vektorraums die darstellende Matrix nicht
ändert.
3. Es gilt das gleiche Argument wie bei 2.
4. Ja: die Zahl der irreduziblen Darstellungen ist gleich der Zahl der Konjugationsklassen, die bei der symmetrischen Gruppe Sn durch die Längen in der
Zykeldarstellung festliegt und daher gleich der Zahl der Partitionen von n ist.
Aufgabe 3
1. Seien alle irreduziblen Darstellungen eindimensional. Da die Gruppenalgebra
halbeinfach ist, ist die Gruppenordnung gleich der Summe der Quadrate der
Dimensionen der verschiedenen irreduziblen Darstellungen,
X
|G| =
dim(Li )2 .
(1)
i
Es gibt also genau |G| Isomorphieklassen irreduzibler Darstellungen. Also hat
G ebenso viele Konjugationsklassen wie Elemente: {ghg −1 |g ∈ G} = {h},
also ist G abelsch. Ist umgekehrt G abelsch, so hat G genau |G|-viele Konjugationsklassen und daher |G|-viele irreduzible Darstellungen, die wegen der
Summenformel (1) alle Dimension Eins haben müssen.
2. Wir wissen schon von Blatt 9, Aufgabe 10, dass jede p-Gruppe nur eindimensionale irreduzible Darstellungen hat.
3. Die Gruppe ist nach dem Klassifikationssatz ein endliches Produkt zyklischer
Gruppen. Daher reicht es aus, zyklische Gruppen von Primpotenzordnung zu
untersuchen. Dort wurde aber schon gezeigt, dass alle irreduziblen Darstgellungen eindimensional sind.
3
4. Nein, wir haben schon gesehen, dass über einem algebraisch abgeschlossenen
Körper der Charakteristik 2 die zyklische Gruppe Z2 eine zwei-dimensionale
unzerlegbare Darstellung hat, die nicht irreduzibel ist.
Aufgabe 4
1. Es gilt
(χX , 1) =
X |Stabx |
1 XX
1 X
χX (g) =
δx,gx =
= cX .
|G| g∈G
|G| g∈G x∈X
|G|
x∈X
2. Dann gibt es eine einzige Bahn, also 1 = (χX , 1), woraus für den Charakter
des Komplements ψ := χX − 1 folgt (ψ, 1) = (χX , 1) − (1, 1) = 1 − 1 = 0.
3. Es gilt
χX×X (g) =
X
δx,gx δy,gy = χX (g)2 .
x,y∈X
4. Wir bemerken:
(a) ⇔ (b) ist offensichtlich. Die beiden Bahnen sind die Diagonale ∆(X) =
{(x, x)|x ∈ X} ⊂ X × X und ihr Komplement.
(b) ⇔ (c) folgt aus der Formel 1 für die Zahl der Bahnen und dem Ausdruck
3 für den Charakter χX×X :
cX×X = (χX×X , 1) = (χ2 , 1)
(c) ⇔ (d)
Wenn ψ der Charakter von θ ist, so hat man 1 + ψ = χ und
P(1, 1) = 21 und
1
(ψ, 1) = 0, weshalb (c) äquivalent ist zu (ψ 2 , 1) = 1, i.e. |G|
g∈G ψ(g) = 1.
Weil der Charakter ψ reellwertig ist, ist dies äquivalent zu (ψ, ψ) = 1, was
gleichbedeutend damit ist, dass die Darstellung θ irreduzibel ist.
Aufgabe 5
Wir zeigen, wie jede Wahl einer Basis {bi } von V eine Darstellung von EndK (V ) als
direkte Summe irreduzibler K-Moduln liefert.
Definiere
Mi := {x ∈ EndK (V )|x(bj ) = 0 für j 6= i} .
Dann gilt für M ∈ Mi und jedes A ∈ EndK (V )
A ◦ M (bj ) = A(0) = 0
für alle j 6= i. Daher sind alle Mi Linksideale des Rings EndK (V ).
Die Summe dieser Ideale ist ganz EndK (V ): eine gegebene K-lineare Abbildung
kann man als Summe ihrer Einschränkungen auf die eindimensionalen Unterräume
4
Kbi schreiben. Damit hat man sie als Summe von Elementen in Mi geschrieben.
Wegen Mi ∩ Mj = (0) für i 6= j ist die Summe direkt.
Wir untersuchen den Linksmodul zum Ideal Mi . Die Abbildung
ψi : Mi → V
A 7→ Abi
ist offenbar eine Bijektion und wegen
ψi (AB) = (AB)bi = A(Bbi ) = Aψ(B)
ein EndK (V )-Morphismus. Alle Linksmoduln sind also isomorph zum EndK (V )Modul V .
Der EndK (V )-Modul V ist offenbar einfach, da End(V ) auf V \{0} sogar transitiv
operiert.
Aufgabe 6
1. Seien (·, ·) und h·, ·i zwei G invariante hermitesche Skalarprodukte auf V . Definiere eine Abbildung φ von V durch
hw, vi = (φw, v) für alle v, w ∈ V .
Wegen
(φgw, v) = hgw, vi = hw, g −1 vi = (φw, g −1 v) = (gφw, v)
ist φ ein G-Automorphismus der einfachen Darstellung V und daher nach
Schur ein Vielfaches der Identität.
2. Nach dem Beweis von 4.3.15 ist in diesen Fällen V ∼
= V , und es gibt eine
G-invariante Abbildung J : V → V . Mit anderen Worten, J ist antilinear und
vertauscht mit der Wirkung von G. Man kann außerdem wählen J 2 = 1 im
reellen Fall oder J 2 = −1 im quaternionalen Fall. Wir schreiben J 2 = Sei h·, ·i das hermitesche Skalarprodukt auf V . Setze
ω(x, y) := hx, Jyi .
Diese Form ist komplex bilinear, da die Antilinearität von J die hermitesche
Konjugation im Skalarprodukt h·, ·i kompensiert. Sie ist offensichtlich nicht
ausgeartet und G-invariant.
Es definiert nun (w, v) := hJv, Jwi ein weiteres G-invariantes hermitesches
Skalarprodukt auf V . Nach (i) sind zwei solche Skalarprodukte proportional,
(w, v) = hJv, Jwi = µhw, vi .
Es gilt
hJ 2 v, J 2 wi = µ2 hv, wi = hv, wi ,
5
also µ = ±1. Das negative Vorzeichen wird dadurch ausgeschlossen, dass das
Skalarprodukt positiv definit sein soll. Also gilt
hJv, Jwi = hw, vi .
(2)
Wir rechnen nun:
ω(w, v) = hw, Jvi = hJ 2 v, Jwi = hv, Jwi = ω(v, w) .
Dies zeigt die gewünschten (Anti-)Symmetrieeigenschaften der Bilinearform ω.
Sei umgekehrt ω : V × V → C nicht-ausgeartet, G-invariant und ω(x, y) =
ω(y, x) mit = ±1. h·, ·i sei ein hermitesches, G-invariantes Skalarprodukt
auf V . Definiere eine Abbildung J : V → V , so dass
ω(v, w) = hv, Jwi .
Das definiert J eindeutig, da Bilinearform und Skalarprodukt nicht ausgeartet
sind. Außerdem ist J invertibel. Wegen
hv, J(λw1 + w2 i = ω(v, λw1 + w2 ) = λω(v, w1 ) + ω(v, w2 ) = hv, λ̄Jw1 + Jw2 i
ist J antilinear. Wegen
hv, Jgwi = ω(v, gw) = ω(g −1 v, w) = hg −1 v, Jwi = hv, gJwi
vertauscht J mit der Wirkung von G. J 2 ist dann ein komplex linearer Endomorphismus der einfachen Darstellung V , also nach Schur ein Vielfaches der
Identität, J 2 = λidV mit λ ∈ C∗ . Durch Übergang zu J˜ = µJ mit µ ∈ C erhält
man J˜2 = |µ|2 λidV , wodurch man erreichen kann, dass J˜2 = idV .
6