Keďže sme na túto vec viackrát narazili, zopakujem rôzne spôsoby, ako sa to dá odvodiť.
Priamo: Ak $u=\lambda_1v_1+\dots+\lambda_nv_n$, tak $ug=\lambda_1v_{1g}+\dots+\lambda_nv_{ng}$.
Ak si zvolíme permutáciu $g=(1k)$, tak $1g=k$, a teda z rovnosti $u=ug$ dostaneme $\lambda_1=\lambda_k$. Teda $u$ je násobok vektora $v_1+\dots+v_n$.
Nájdenie všetkých podmodulov s daným charakterom: Mali sme všeobecný postup, ako sa takáto vec robí. Ako špeciálny prípad sme v Example 14.28(2) videli, že triviálny podmodul je v permutačnom práve raz.
Exercise 14.6: Z Exercise 14.6 vieme, že $\langle\pi,1_{S_n}\rangle=\dim (\operatorname{Hom}_{\mathbb{C}G}(U,V))=1.$ Čiže ak sme to tam dokázali spôsobom nevyužívajúcim tento fakt, tak je to nový dôkaz. (Napríklad jedna z možností je ukázať $\sum\limits_{g\in S_n} |\operatorname{Fix}(g)|=n!$.)
Lineárna algebra: (M.M.) Ak si uvedomíme, že charakteristický aj minimálny polynóm permutačnej matice pre cyklus $(12\dots n)$ je $x^n-1$, tak vidíme, že vlastná hodnota 1 má jediný vlastný vektor (Jordanov tvar pozostáva z jediného Jordanovho bloku). Triviálny podmodul je generovaný vlastným vektorom k vlastnému číslu 1.
Spoiler:
Ak $\pi=(12\dots n)$, tak $\pi^n=id$, čo pre príslušnú maticu dáva $P^n=I$, teda skutočne vyhovuje rovnici $x^n-1$.
Že ide skutočne o minimálny polynóm môžeme vidieť, keď si uvedomíme ako vyzerajú matice $I,P,P^2,\dots,P^{n-1}$ a že tieto matice sú lineárne nezávislé.
(Každá z týchto matíc má jednotky na "posunutej" hlavnej diagonále a inde nuly. Keďže jednotky sú na rôznych pozíciach, sú tieto matice naozaj lineárne nezávislé.)
Pretože minimálny polynóm má stupeň $n$, súčasne to je aj charakteristický polynóm.