Čo dostaneme z tretej mocniny charakteru?
Posted: Wed Apr 10, 2013 6:39 pm
Na poslednom seminári padla otázka (R.J.), či by sme vedeli nejako vhodne rozložiť aj vyššie mocniny charakterov, nielen druhú. (Rozklady vyšších mocnín možno nebudú užitočné pri hľadaní charakterov, keďže dostávame charaktery veľkých rozmerov; ale to nemení nič na tom, že je to zaujímavá otázka.) Dnes sme s Peťom nad týmto problémom chvíľu rozmýšlali, tak napíšem, čo nám vyšlo. Snáď je z toho aj niečo dobre.
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.
Zvoľme teraz bázu $v_1,\dots,v_n$ takú, v ktorej je $g\in G$ reprezentované diagonálnou maticou; t.j $v_ig=x_iv_i$.
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 $U_1$.
Zistili sme, že pre každý charakter $\chi$ by aj funkcia
$$
\psi(g)=\frac{\chi(g)^3+3\chi(g)\chi(g^2)+2\chi(g^3)}6
$$
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.)
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.)