Exercise 19.3

[Martin Sleziak]

Exercise 19.3. Let $\chi$ be a character of $G$ which is not faithful. Show that there is some irreducible character $\psi$ of $G$ such that $\langle\chi^n,\psi\rangle=0$ for all integers $n$ with $n \ge 0$.
(This shows that the hypothesis that $\chi$ is faithful cannot be dropped from Theorem 19.10.))

Skúsme si najprv uvedomiť, že pre akýkoľvek charakter $\varphi$ platí $\newcommand{\abs}[1]{|{#1}|}\abs{\varphi(g)}\le\varphi(1)$. (Ak $\varphi(1)=m$ je dimenzia reprezentácie, tak $\varphi(g)$ je stopa matice, ktorá má na diagonále $m$-té odmocniny z 1; čiže prvky, ktoré majú absolútnu hodnotu 1. Teda ide vlastne iba o trojuholníkovú nerovnosť.)

Ak vieme, že $\chi$ nie je verný, tak $\operatorname{Ker}\chi$ obsahuje nejaký prvok $g\ne1$, teda platí $\chi(g)=\chi(1)$ a podobne pre všetky mocniny $\chi$ platí $\chi^n(g)=\chi^n(1)$.

Ak $\chi^n=\chi_1+\dots+\chi_k$ je rozklad $\chi^n$ na ireducibilné charaktery, tak aj pre všetky tieto charaktery musí platiť $\chi_i(g)=\chi_i(1)$.

Spoiler:

Označme dimenzie charakterov $\chi^n(1)=m$ a $\chi_1(1)=m_i$. Máme $m=m_1+\dots+m_n$.
Súčasne z trojuholníkovej nerovnosti máme:
$m=\abs{\chi^n(1)}=\abs{\chi^n(g)}=\abs{\chi_1(g)+\dots+\chi_k(g)} \le \abs{\chi_1(g)}+\dots+\abs{\chi_k(g)} \le \abs{\chi_1(1)}+\dots+\abs{\chi_k(1)}=m_1+\dots+m_n=m$.
Vidíme, že nerovnosť musí byť v skutočnosti rovnosť, čo znamená, že $\chi_i(g)$ sú všetky skalárne násobky toho istého komplexného čísla. A keďže v sume majú dať reálne číslo, tak sme vlastne zistili, že to budú reálne čísla.
Potom už môžeme vynechať absolútne hodnoty a máme súčasnú platnosť nerovností $\chi_i(g)\le\chi_i(1)$ a $\chi_1(g)+\dots+\chi_k(g)=\chi_1(1)+\dots+\chi_1(1)$. Aby platila táto rovnosť, všetky uvedené nerovnosti musia byť v skutočnosti rovnosti, teda $\chi_i(g)=\chi_i(1)$.

Ďalej vieme, že existuje aspoň jeden ireducibilný charakter $\psi$ taký, že $\psi(g)\ne \psi(1)$; pretože $\{1\}$ je normálna podgrupa a je teda prienikom jadier nejakých ireducibilných charakterov. Takýto charakter sa teda nemôže vyskytnúť ako konštituent v žiadnom $\chi^n$.

[Martin Sleziak]

V prípade problémov so zobrazením skrytých častí (spoiler) skúste použiť tento návod.

[Martin Sleziak]

Podstatná vec v riešení tejto úlohy bola ukázať, že ak $\chi^n(1)=\chi^n(g)$, tak to platí aj pre všetky konštituenty $\chi^n$ (všetky ireducibilné charaktery vyskytujúce sa v rozklade $\chi^n$.)
Keď som sa pozrel na riešenie vzadu, tak som videl, že tam túto vec zdôvodnili cez reprezentácie, nie cez charaktery.

Let $n$ be an integer with $n\ge 0$. Then $wg = w$ for all $w \in V \otimes \dots \otimes V$ ($n$ factors). Hence $\phi(g)=\phi(1)$ for all irreducible characters $\phi$ for which $\langle\chi^n,\phi\rangle\ne0$.

Ide tam o to, že ak $g$ je v jadre reprezentácie, tak akcia $g$ na príslušnom module je identita. Keď ho rozložíme na podmoduly, tak aj pre tieto je akcia prvku $g$ rovná identite, a teda bude aj v jadre reprezentácií zodpovedajúcich podmodulom.