Exercise 17.7

[Martin Sleziak]

Exercise 17.7. For $n\ge1$, the group$\newcommand{\ve}{\varepsilon}\newcommand{\Ra}{\Rightarrow}\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$
$$U_{6n}=\langle a,b; a^{2n}=b^3=1, a^{-1}ba=b^{-1}\rangle$$
has order $6n$.
(a) Let $\omega=e^{2\pi i/3}$. Show that if $\ve$ is any $(2n)$th root of unity in $\mathbb C$, then there is a representation of $U_{6n}$ over $\mathbb C$ which sends
$$a\mapsto\begin{pmatrix}0&\ve\\\ve&0\end{pmatrix}, b\mapsto\begin{pmatrix}\omega&0\\0&\omega^2\end{pmatrix}.$$
(b) Find all the irreducible representations of $U_{6n}$.

Máme
$$
\begin{align*}
ba&=ab^2 \tag{1}
\end{align*}
$$
z čoho vidno, že všetky prvky $U_{6n}$ sa dajú vyjadriť v tvare $a^ib^j$ pre $0\le i<2n$, $0\le j<3$, a teda $U_{6n}$ má najviac $6n$ prvkov.

Reprezentácia:
Ľahko vidno, že $A^{2n}=B^3=I$.
$A^{-1}BA=\begin{pmatrix}0&\inv\ve\\\inv\ve&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\omega&0\\0&\omega^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\ve\\\ve&0\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}0&\omega^2\inv\ve\\\omega\ve&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\ve\\\ve&0\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\omega^2&0\\0&\omega\end{pmatrix}= \inv B$
Každá takáto reprezentácia je ireducibilná. ($B$ je diagonálna s rôznymi hodnotami na diagonále.)

Ďalej si môžeme všimnúť, že
$A^{2}=\begin{pmatrix}\ve^{2}&0\\0&\ve^{2}\end{pmatrix}$
a teda pre príslušný charakter máme $\chi(a^2)=2\ve^2$; čiže rovnaké charaktery môže dostať iba pre $\ve$ a $\ve'=-\ve$
(A nejaké charaktery musia byť rovnaké, inak by sme mali $6n\ge2n\times2^2=8n$.)

Môžeme aj skontrolovať, že tieto charaktery sú skutočne rovnaké (a teda im zodpovedajúce reprezentácie sú ekvivalentné).
$A^{2k}=\begin{pmatrix}\ve^{2k}&0\\0&\ve^{2k}\end{pmatrix}$ $\Ra$ $\chi(a^{2k})=2\ve^{2k}$
$A^2B=\begin{pmatrix}\ve^{2}\omega&0\\0&\ve^{2}\omega^2\end{pmatrix}$ $\Ra$ $\chi(a^{2k}b)=(\omega+\omega^2)\ve^{2k}=-\ve^{2k}$ (Toto funguje aj pre $k=0$, vtedy $\chi(b)=\chi(b^2)=-1$.)
Takmer rovnakým výpočtom dostaneme $\chi(a^{2k}b)=-\ve^{2k}=\chi(a^{2k}b^2)$.
$A^{2k+1}=\begin{pmatrix}0&\ve^{2k+1}\\\ve^{2k+1}&0\end{pmatrix}$ $\Ra$ $\chi(a^{2k+1})=0$
a vcelku ľahko vidno, že aj $A^{2k+1}B$ a $A^{2k+1}B^2$ budú mať na diagonále nuly, a teda aj $\chi(a^{2k+1}b)=\chi(a^{2k+1}b^2)=0$.

Našli sme zatiaľ teda $n$ ireducibilných dvojrozmerných reprezentácií.

Ďalej pre každú voľbu $\ve$ nám $a\rho=\ve$, $b\rho=1$ dá jednorozmernú reprezentáciu, týchto je $2n$.

Pretože $6n=n\times 2^2+2n\times 1^2$, sú to už všetky ireducibilné reprezentácie.

[Martin Sleziak]

Keď poznáme tabuľku charakterov, vieme zistiť napríklad veľkosť tried konjugácie (a teda aj centrum):
$|C_G(a^{2k})|=\sum\limits_{i} |\chi_i(a^{2k})|^2=n\times 2^2+2n=6n$ $\Ra$ $(a^{2k})^G=\{a^{2k}\}$ $\Ra$ $a^{2k}\in Z(G)$
$|C_G(a^{2k}b)|=|C_G(a^{2k}b^2)|=n\times 1^2+2n\times1^2=3n$ $\Ra$ $|(a^{2k}b)^G|=|(a^{2k}b^2)^G|=2$
$|C_G(a^{2k+1})|=|C_G(a^{2k+1}b)|=|C_G(a^{2k+1}b^2)|=2n\times 1^2=2n$ $\Ra$ pre tieto prvky máme $|g^G|=3$

Súčasne keď porovnáme, aké hodnoty nadobúdajú charaktery pre jednotlivé prvky, tak zistíme, že $(a^{2k}b)^G=\{a^{2k}b, a^{2k}b^2\}$ a $(a^{2k+1})^G=\{a^{2k+1},a^{2k+1}b,a^{2k+1}b^2\}$.