Pripomeňme najprv stručne, čo sme urobili pre $\chi^2$.$\newcommand{\Zobr}[3]{#1 \colon #2 \to #3}\newcommand{\Zobrto}[3]{#1 \colon #2 \mapsto #3}\newcommand{\CG}{\mathbb CG}$
Rozklad druhej mocniny
Z jedného staršieho cvičenia vieme, že ak $\Zobr TVV$ je zobrazenie také, že $T^2=id_V$, tak $V=U_1\oplus U_2$, kde $U_1=\{x; Tx=x\}$ a $U_2=\{x; Tx=-x\}$. (Iný možný dôkaz, ako je na linke ktorú som tu dal, by bol pozrieť sa na vlastné podpriestory k $1$ a $-1$. Iné vlastné hodnoty nemáme. Pre diagonalizovateľné matice to prejde úplne bez problémov. A v súvislosti s reprezentáciami konečných grúp nás aj tak zaujímajú iba diagonalizovateľné matice; takže s inými sa pre účely charakterov konečných grúp zaoberať ani nemusíme.)
Keď sme túto vec použili na lineárne zobrazenie $\Zobr T{V\otimes V}{V\otimes V}$, ktoré je na bázových prvkoch zadané ako $\Zobrto T{v_i\otimes v_j}{v_j\otimes v_i}$, tak $U_1$ a $U_2$ boli dokonca podmoduly a ich charaktery boli tie, ktoré sme našli.
Rozklad tretej mocniny
Pokúsme sa zopakovať rovnaký postup pre tretiu mocninu. Najprv sa pozrime na to, či platí analóg rozkladu $V$ na priamy súčet dvoch podpriestorov. Veľmi prirodzený kandidát sa zdá byť skúsiť to rozložiť na podpriestory $U_1=\{x; Tx=x\}$, $U_2=\{x; Tx=\omega x\}$; $U_3=\{x; Tx=\omega^2x\}$, kde $\omega=\exp(2\pi i/3)$ je primitívna tretia odmocnina z 1. Ideme ukázať, že aj v takejto situácii platí $V=U_1\oplus U_2\oplus U_3$.
Pre dané $x$ teda chceme nájsť $u_{1,2,3}$ tak, že $u_i\in U_i$ a ich súčet dáva $x$. Potom musí platiť
$$
\begin{align*}
x &= u_1 + u_2 + u_3\\
Tx &= u_1 + \omega u_2 + \omega^2u_3\\
T^2x &= u_1 + \omega^2 u_2 + \omega u_3
\end{align*}
$$
Táto sústava má zjavne jediné riešenie (matica sústavy je Vandermodnova matica pre $1$, $\omega$, $\omega^2$), ktoré vieme aj ľahko vyjadriť:
$$
\begin{align*}
u_1&=\frac{x+Tx+T^2x}3\\
u_2&=\frac{x+\omega^2 Tx+\omega T^2x}3\\
u_3&=\frac{x+\omega Tx+\omega^2 T^2x}3
\end{align*}
$$
Jednoduchým dosadením sa môžeme presvedčiť, že $Tu_1=u_1$, $Tu_2=\omega u_2$ a $Tu_3=\omega^2 u_3$.
Takmer rovnako by táto časť podľa mňa fungovala pre $n$-tú mocninu.
*********
Ak si zvolíme ľubovoľnú bázu priestoru $V$, tak dostaneme zobrazenie $\Zobr T{V\otimes V\otimes V}{V\otimes V\otimes V}$ určené ako
$\Zobrto T{v_i\otimes v_j\otimes v_k}{v_j\otimes v_k\otimes v_i}$
pre $1\le i,j,k \le n$.
Takéto zobrazenie spĺňa $T^3=id$ a máme teda rozklad $V\otimes V\otimes V=U_1\oplus U_2 \oplus U_3$. Mali by sme skontrolovať aj to, že $U_1$, $U_2$ a $U_3$ sú $\CG$-podmoduly, overenie bude ale zrejme veľmi podobné ako v prípade $V\otimes V$ v Proposition 19.12.
Pokúsme sa ešte teda vyrátať charakter zodpovedajúci podmodulu $U_1$.
Ako bázové vektory pre $U_1$ môžeme zvoliť vektory $$v_{ijk}=\frac{v_i\otimes v_j\otimes v_k+v_j\otimes v_k\otimes v_i+v_k\otimes v_i\otimes v_j}3$$ pre $1\le i,j,k \le n$. (Sú to vlastne $U_1$-zložky bázových vektorov $v_1,\dots,v_n$.)
Koľko vektorov sme takto dostali?
* pre $i<j<k$ dostaneme $\binom n3$ rôznych vektorov;
* pre $i=j<k$ dostaneme $\binom n2$ rôznych vektorov;
* pre $i<j=k$ dostaneme $\binom n2$ rôznych vektorov;
* pre $i=j=k$ dostaneme $n$ rôznych vektorov.
Spolu máme $\binom{n+2}3=\frac{(n+2)(n+1)n}6$ bázových vektorov.
Spoiler:
Potom vo $V\otimes V\otimes V$ máme $v_i\otimes v_j\otimes v_k=x_ix_jx_k v_i\otimes v_j\otimes v_k$.
Teda by sme chceli vyrátať
$$\chi_{U_1}(g)=\sum_{i<j<k}x_ix_jx_k+\sum_{i\ne j} x_i^2x_j+\sum_{i}x_i^3;$$
pričom túto hodnotu by sme radi vyjadrili nejako pomocou známych hodnôt $\chi(g)=\sum x_i$, $\chi(g^2)=\sum x_i^2$ a $\chi(g^3)=\sum x_i^3$.
Dá sa zrátať, že $$\chi_{U_1}(g)=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(g^2)+2\chi(g^3)}6.$$
Ako malú skúšku správnosti môžeme skúsiť, že $\chi_{U_1}(1)=\frac{n^3+3n^2+2n}6$ skutočne dáva dimenziu podpriestoru $U_1$.
Spoiler:
$$
\psi(g)=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(g^2)+2\chi(g^3)}6
$$
mala byť charakterom.
Konkrétne príklady
Azda by nebolo zlé vyskúšať to aspoň na jednom konkrétnom príklad - opäť ako akúsi skúšku správnosti.
Skúsme napríklad $S_3$; pre túto grupu poznáme triedy konjugácie aj tabuľku charakterov.
$$
\begin{array}{cccc}
g & 1 & (12) & (123)\\\hline
\chi_1(g) & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2(g) & 1 & -1 & 1\\
\chi_3(g) & 2 & 0 & -1
\end{array}
$$
Všimnime si, že ak $g=(12)$, tak $g^2=1$ a $g^3=(12)$, teda v\tomto prípade máme
$$\psi(g)=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(g^2)+2\chi(g^3)}6=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(1)+2\chi(g)}6.$$
Ak $g=(123)$, tak $g$ a $g^2$ sú konjugované a $g^3=1$, teda
$$\psi(g)=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(g^2)+2\chi(g^3)}6=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)^2+2\chi(1)}6$$
Ak pre ireduciblné charaktery skúsime použiť príslušný vzorec, tak dostaneme:
$$
\begin{array}{cccc}
g & 1 & (12) & (123)\\
g^2 & 1 & 1 & (132)\\
g^3 & 1 & (12) & (123)\\\hline
\chi_1(g) & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2(g) & 1 & -1 & 1 \\
\chi_3(g) & 2 & 0 & -1 \\\hline
\psi_1(g) & 1 & 1 & 1 \\
\psi_2(g) & 1 & -1 & 1 \\
\psi_3(g) & 4 & 0 & 1\\
\end{array}
$$
Vidíme, že $\psi_1=\chi_1$, $\psi_2=\chi_2$ a $\psi_3=\chi_1+\chi_2+\chi_3$; čiže ide skutočne o charaktery.
Skúsme aj nejakú grupu, kde sa vyskytnú v tabuľke charakterov aj komplexné čísla; napríklad $A_4$. Tabuľka charakterov vyzerá takto
$$
\begin{array}{c|cccc}
g & id & (12)(34) & (123) & (132) \\\hline
|C_G(g)|& 12 & 4 & 3 & 3 \\\hline
\chi_1(g) & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2(g) & 1 & 1 & \omega & \omega \\
\chi_3(g) & 1 & 1 & \omega^2 & \omega^2 \\
\chi_4(g) & 3 & -1 & 0 & 0 \\\hline
\end{array}
$$
Opät chceme zrátať charakter $\psi$. Ak $g=(12)(34)$, tak $g^2=1$ a $g^3=g$, teda
$$\psi(g)=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(g^2)+2\chi(g^3)}6=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(1)+2\chi(g)}6.$$
Pre prvky rádu $3$, t.j. $g=(123)$ alebo $g=(132)$ máme $g^2=g^{-1}$ a $g^3=1$, teda
$$\psi(g)=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(g^{-1})+2\chi(1)}6=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\overline{\chi(g)}+2\chi(1)}6.$$
$$
\begin{array}{c|cccc}
g & id & (12)(34) & (123) & (132) \\\hline
\chi_1(g) & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2(g) & 1 & 1 & \omega & \omega \\
\chi_3(g) & 1 & 1 & \omega^2 & \omega^2 \\
\chi_4(g) & 3 & -1 & 0 & 0 \\\hline
\psi_1(g) & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\psi_2(g) & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\psi_3(g) & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\psi_4(g) & 10 & -2 & 1 & 1
\end{array}
$$
V prvých troch prípadoch vyšiel triviálny charakter a v poslednom sme dostali $\psi_4=\chi_1+3\chi_3$.
Čo by sa ešte dalo robiť
* Neoveril som poriadne, či sú to naozaj $\CG$-podmoduly.
* Skúsiť dorátať charaktery $U_2$ a $U_3$. (Vieme o nich niečo povedať aj bez počítania? Budú mať rovnakú dimenziu? Budú rovnaké; prípadne komplexne združené?)
* Ako to bude s vyššími mocninami?
* Je pravdepodobné, že si už niekto pred nami takúto otázku položil; mohli by sme to skúsiť nájsť niekde v literatúre. (Na Wikipedii sa výsledok pre druhú mocninu spomína v článku Frobenius-Schur indicator. Spomínajú tam aj Higher Frobenius-Schur indicators; ale nepíšu, ako sa z nich dajú dostať charaktery.)