Find the degrees of the irreducible representations of $D_{12}$.
Z toho, že počet prvkov grupy je súčtom štvorcov dimenzií neizomorfných ireducibilných reprezentácií máme tieto možnosti:
$12=3^2+3\times1^2$
$12=3\times2^2$
$12=2\times 2^2+4\times 1^2$
$12=2^2+8\times1^2$
$12=12\times1^2$
Navyše vieme, že sa medzi ireducibilnými $\mathbb{C}G$-modulmi musí vyskytnúť aspoň jeden jednorozmerný $\mathbb{C}G$-modul (konkrétne triviálny), tak možnosť $12=3\times2^2$ nemôže nastať.
Teda zatiaľ vieme, že možné dimenzie ireducibilných $\mathbb{C}G$-modulov sú 1, 2 a 3. Poďme sa pozrieť na ďalšie cvičenie, kde uvidíme, že dimenzie 1 a 2 sa vyskytujú.
Ireducibilné $\mathbb{C}G$-moduly pre $G=D_{12}$
Keď sa teraz pozrieme na $D_{12}=\langle a,b; a^6=b^2=e, b^{-1}ab=a^{-1}\rangle$, tak vieme vcelku ľahko nájsť ireducibilnú reprezentáciu dimenzie 2:
$A_1=\begin{pmatrix} e^{\pi i/3} & 0 \\ 0 & e^{-\pi i/3} \end{pmatrix}$, $B_1=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$
Teda pre túto grupu musí nastať možnosť $12=2\times 2^2+4\times 1^2$, t.j. existujú dve neizomorfné ireducibilné reprezentácie dimenzie 2 a štyri neizomorfné ireducibilné reprezentácie dimenzie 1.
Po troche skúšania nájdeme aj tie ostatné reprezentácie. Ďalšou dvojrozmernou je
$A_2=\begin{pmatrix} e^{2\pi i/3} & 0 \\ 0 & e^{-2\pi i/3} \end{pmatrix}$, $B_2=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$
Pretože $A_1$ a $A_2$ majú rôzne vlastné čísla, tieto dve reprezentácie nie sú izomorfné.
Pre jednorozmerné reprezentácie $\varphi \colon D_{12} \to \mathbb{C}$ sú jediní kandidáti na $\varphi(b)$ čísla $\pm1$, pretože $b^2=e$.
Podmienka $b^{-1}ab=a^{-1}$ nám dá v jednorozmere (kde všetko komutuje) $\varphi(a)=\varphi(a)^{-1}$, teda aj jediné možnosti pre $\varphi(a)$ sú $\pm1$.
Ľahko sa dá skontrolovať, že všetky štyri možnosti $A=(\pm 1)$, $B=(\pm 1)$ sú skutočne reprezentácie.
Podľa toho, čo píšu na tejto linke by to malo podobne fungovať vo všeobecnosti: Pre $D_{2n}$, kde $n$ je párne, dostaneme 4 ireducibilné reprezentácie stupňa 1, a všetky ostatné budú mať stupeň 2 (malo by ich byť $(n-2)/2$). Tento príklad nám vlastne dáva návod, ako by sme ich vedeli zostrojiť a súčasne vidíme, že iné už nie sú, pretože súčet druhých mocnín je počet prvkov grupy.
Trojrozmerný ireducibilný $\mathbb{C}G$-modul pre $G=A_4$
Ešte by sme mali ukázať, že existuje aj trojrozmerný ireducibilný $\mathbb{C}G$-modul pre nejakú 12-prvkovú grupu. Jedna z možností je grupa $G=A_4$ párnych permutácií na 4 prvkoch.
Podobnú vec sme videli v Exercise 4.1; tam sme robili s grupou $S_3$.
Pri báze $u_1=v_1-v_2$, $u_2=v_2-v_3$, $u_3=v_3-v_4$ by dostaneme pre $\alpha=(12)(34)$ priradenie $u_1\mapsto-u_1$, $u_2\mapsto v_1-v_4=u_1+u_2+u_3$ a $u_3\mapsto -u_3$ a maticu
$A=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & -1
\end{pmatrix}
$
K vlastnej hodnote $-1$ mám vlastné vektory $(1,0,0)$ a $(0,0,1)$. K vlastnej hodnote $1$ mám vlastný vektor $(0,1,0)$.
EDIT: Jordanov tvar môžeme skontrolovať aj na WolframAlpha. Majú tam iné vlastné vektory; ja som robil riadkové vlastné vektory, tam sú stĺpcové. (V tejto knihe robíme s riadkovými - keďže náš $FG$-modul je definovaný tak, že $vg=vA$, ak $A$ je matica reprezentujúca $g$.)
Skúsme sa teraz pozrieť na permutáciu $\beta=(123)$, ktorá tiež patrí do $A_4$. Máme $u_1\mapsto u_2$, $u_2\mapsto u_3$ a $u_3\mapsto v_1-v_4=u_1+u_2+u_3$, čo nám dá maticu
$B=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}
$
Ak sa pozrieme na vlastné vektory, ktoré sme dostali pre maticu $A$, tak:
- $(0,1,0)B=(0,0,1)$, teda tento vektor nie je vlastným vektorom matice $B$
- $(x,0,y)B=(y,x+y,y)$; ak by to mal byť vlastný vektor, tak musí platiť $x+y=0$, čiže $x=-y$. Máme $(1,0,-1)B=(-1,0,-1)$, teda ani toto nie je vlastný vektor.
Zistili sme, že matice $A$ a $B$ nemajú spoločný vlastný vektor. Teda neexistuje jednorozmerný $\mathbb{C}G$-podmodul; a keďže podmodul s ktorým pracujeme je trojrozmerný, vyplýva už z toho ireducibilita,
Výsledok si môžeme skontrolovať na groupprops Wiki.