Exercise 16.3

[Martin Sleziak]

Exercise 16.3 There exists a group $G$ of order 10 which has precisely four conjugacy classes, with representatives $g_1, \ldots, g_4$, and has irreducible characters $\chi_1$, $\chi_2$ as follows:
$$
\begin{array}{c|cccc}
\hline
g_i & g_1 & g_2 & g_3 & g_4 \\
|C_g(g_i)| & 10 & 5 & 5 & 2 \\ \hline
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 2 & \alpha & \beta & 0 \\\hline
\end{array}
$$
where $\alpha=(-1+\sqrt5)/2$ and $\beta=(-1-\sqrt5)/2$.

Find the complete character table of $G$.

(Hint: first find the values of the remaining irreducible characters on $g_1$, then on $g_4$ - use Corollary 13.10.)

Pri počítaní s prvkami $\alpha$ a $\beta$ nám možno pomôže, keď si všímneme, že $\alpha^2+\alpha-1=0$, $\alpha+\beta=-1$ a $\alpha\beta=-1$.

Dôsledok, ktorý nám radia použiť je takýto:

Corollary 13.10: Let $\chi$ be a character of $G$, and let $g$ be an element of order 2 in $G$. Then $\chi(g)$ is an integer, and
$$\chi(g)\equiv\chi(1)\pmod2.$$

********

Ak chceme použiť tento dôsledok musíme mať v $G$ prvok rádu 2. Takýto prvok je $g_4$, pretože $\langle g_4 \rangle \subseteq C_g(g_4)$ a $|C_g(g_4)|=2$.

V prvom stĺpci máme mať 4 kladné celé čísla, pre ktoré je súčet druhých mocnín rovný 10. Jediná možnosť je $1^2+2^2+1^2+2^2=10$.
$$
\begin{array}{c|cccc}
\hline
g_i & g_1 & g_2 & g_3 & g_4 \\
|C_g(g_i)| & 10 & 5 & 5 & 2 \\ \hline
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 2 & \alpha & \beta & 0 \\
\chi_3 & 1 & & & \\
\chi_4 & 2 & & & \\\hline
\end{array}
$$

Pre štvrtý stĺpec dostávame z ortogonálnosti, že $x+2y=-1$ a súčasne $x^2+y^2=1$. Táto sústava má dve riešenia $(-1,0)$ a $(\frac35,-\frac45)$. Z Corollary 13.10 vieme, že tu máme mať celé čísla, takže nás zaujíma iba prvé riešenie.
$$
\begin{array}{c|cccc}
\hline
g_i & g_1 & g_2 & g_3 & g_4 \\
|C_g(g_i)| & 10 & 5 & 5 & 2 \\ \hline
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 2 & \alpha & \beta & 0 \\
\chi_3 & 1 & & & -1 \\
\chi_4 & 2 & & & 0 \\\hline
\end{array}
$$

Ak dopĺňame tretí riadok, tak dostane podmienky
$\frac1{10}+\frac{x}5+\frac{y}5-\frac12=0$;
$\frac2{10}+\frac{\alpha x}5+\frac{\beta y}5=0$,
a po úprave
$x+y=2$
$\alpha x+ \beta y = -1$,
z čoho dostaneme $(x,y)=(1,1)$.
$$
\begin{array}{c|cccc}
\hline
g_i & g_1 & g_2 & g_3 & g_4 \\
|C_g(g_i)| & 10 & 5 & 5 & 2 \\ \hline
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 2 & \alpha & \beta & 0 \\
\chi_3 & 1 & 1 & 1 & -1 \\
\chi_4 & 2 & & & 0 \\\hline
\end{array}
$$

Už zostáva doplniť posledný riadok - opäť môžeme použiť riadkové relácie.
$\frac2{10}+\frac{x+y}5=0$;
$\frac4{10}+\frac{\alpha x+\beta y}5=0$
a po úprave
$x+y=-1$
$\alpha x+ \beta y = -2$,
čomu vyhovunjú $x=\beta$, $y=\alpha$
$$
\begin{array}{c|cccc}
\hline
g_i & g_1 & g_2 & g_3 & g_4 \\
|C_g(g_i)| & 10 & 5 & 5 & 2 \\ \hline
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 2 & \alpha & \beta & 0 \\
\chi_3 & 1 & 1 & 1 & -1 \\
\chi_4 & 2 & \beta & \alpha & 0 \\\hline
\end{array}
$$

[Martin Sleziak]

Poznámka 1: Z toho, že $g_4$ má rád 2 vieme, že v $\chi_4$ musí byť nejaký prvok, ktorý je súčtom dvoch druhých odmocnín z 1. (Prvá dvojka je tam preto, že máme dimenziu 2, druhá je preto, že rád je 2.) Teda jediné možnosti sú $0$ a $\pm2$. (Toto je v podstate tá istá úvaha, ktorá sa použila v odvodení Corollary 13.10.)

Poznámka 2: Na seminári sme chceli použiť výsledok o tom, čo vyplýva z $\chi_4(g_4)=\chi_4(g_1)$ a tak vylúčiť možnosti $\chi_4(g_1)=\pm 2$.

Z Theorem 13.11(1) vieme, že pre ireducibilný charakter máme $|\chi(g)|=\chi(1)$ $\Rightarrow$ $g\rho=\lambda I_n$. Ak navyše vieme, že charakter je verný, tak platí $Z(G)=\{g\in G;|\chi(g)|=\chi(1)\}$ - Exercise 13.6. V tomto prípade sme však nevedeli, že charakter je verný.

Poznámka 3: Z toho, že automorfizmus poľa $\mathbb Q(\sqrt5)$ sa dá rozšíriť na automorfizmus $\mathbb C$ vyplýva, že ak máme v tabuľke charakterov riadok $(2,\alpha,\beta,0)$, tak tam musí byť aj ridok $(2,\beta,\alpha,0)$. O tomto veľa neviem, tak pridám len túto linku:
Extending Automorphism of a Field - MSE