用户: Solution/ 习题: 现代代数学II 表示论

9表示论

9.4	设 $k$ 是一个域, $A$ 是一个有限维 $k$-代数. (i) $\forall a\in A$, 证明 $a$ 在 $k$ 上有极小多项式, 即存在唯一的首一多项式 $0\ne m(x)\in k[x]$ 使得 $m(a)=0$, 且对任意 $f(x)\in k[x]$ 使得 $f(a)=0$, 都有 $m(x)|f(x)$; (ii) 若 $A$ 还是可除环, 证明 $\forall a\in A$, $a$ 在 $k$ 上的极小多项式是不可约的; 如果 $k$ 还是代数闭域, 证明 $A=k$.
证明:
9.5	设 $k$ 是域. (i) $G$ 是群, $A$ 是 $k$-代数, $f:G\to A$ 是一个映射, 满足 $\forall a,b\in G$, $f(ab)=f(a)f(b)$ 且 $f(1)=1$. 证明: 存在唯一的 $k$-代数同态 $\tilde{f}:k[G]\to A$ 使得 $\tilde{f}(g)=f(g)$, $\forall g\in G$.
证明:	定义 $\tilde{f}:k[G]\to A;\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\mapsto \sum _{g\in G}{\lambda }_{g}f(g)$, 则 $\tilde{f}$ 显然是 $k$-代数同态, 且对任意 $g\in G$ 有 $\tilde{f}(g)=f(g)$. 而若 $\phi ,\varphi$ 是两个这样的提升, 则$$\begin{array}{r}\phi \left(\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\right)=\sum _{g\in G}{\lambda }_g\phi (g)=\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}f(g)=\sum _{g\in G}{\lambda }_g\varphi (g)=\varphi \left(\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\right).\end{array}$$这证明了提升的唯一性. $\square$
(ii)	设 $G_1,G_2$ 是群, $\alpha :G_1\to G_2$ 是群同态. 证明: 存在唯一的 $k$-代数同态 ${\alpha }_{\ast }:k[G_1]\to k[G_2]$ 使得对任意 $g\in G_1$ 有 ${\alpha }_{\ast }(g)=\alpha (g)$.
证明:	定义 ${\alpha }_{\ast }:k[G_1]\to k[G_2];\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\mapsto \sum _{g\in G}{\lambda }_g\alpha (g)$. 验证同 (i). $\square$
(iii)	设 $G_1,G_2$ 是群, $G_1\times G_2$ 是直积. 证明: 作为 $k$-代数, $k[G_1\times G_2]$ 同构于 $k[G_1]{\otimes }_{k}k[G_2]$.
证明:	定义 $\tilde{\phi }:k[G_1]\times k[G_2]\to k[G_1\times G_2];(\sum _{g\in G_1}{\lambda }_{g}g,\sum _{h\in G_2}{\lambda }_{h}h)\mapsto \sum _{g\in G_1}{\lambda }_g{\lambda }_h(g,h)$. 易验证这是一个 $k$-平衡映射, 故诱导了 $\phi :k[G_1]{\otimes }_{k}k[G_2]\to k[G_1\times G_2];\left(\sum _{g\in G_1}{\lambda }_{g}g\right)\otimes \left(\sum _{h\in G_2}{\lambda }_{h}h\right)\mapsto \sum _{g\in G_1}{\lambda }_g{\lambda }_h(g,h)$. 而定义 $\varphi :k[G_1\times G_2]\to k[G_1]{\otimes }_{k}k[G_2];\sum _{(g,h)\in G_1\times G_2}{\lambda }_{g,h}(g,h)\mapsto \sum _{(g,h)\in G_1\times G_2}{\lambda }_{g,h}(g\otimes h)$. 上述映射自然都是 $k$-代数同态, 且是互逆的, 故建立了 $k[G_1\times G_2]$ 与 $k[G_1]{\otimes }_{k}k[G_2]$ 间的 $k$-代数同构. $\square$
9.6	设 $k$ 是域. $G$ 是一个 $n$ 阶循环群. 证明: 作为 $k$-代数, 群代数 $k[G]$ 同构于 $k[x]/(x^n-1)$.
证明:	令 $g$ 为循环群 $G$ 的生成元. 定义赋值映射 $\phi :k[x]\to k[G];f\mapsto f(g)$. 那么 $\phi$ 是满射, 这是因为对于 $u=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{g}^i$, 有 $u=\phi \left(\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i\right)$. 下计算 $\ker \phi$. 显然 $x^n-1\in \ker \phi$, 故 $(x^n-1)\subset \ker \phi$. 而由于 $k[x]$ 是一个主理想整环, 故记 $\ker \phi =(f)$, 其中 $f$ 首一. 这意味着 $f\mid x^n-1$, 从而 $\mathrm{deg}f\le n$. 若 $\mathrm{deg}f<n$, 则令 $f=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i$, 则 $\phi (f)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{g}^i\ne 0$. 矛盾! 故 $\mathrm{deg}f=n$, 从而 $f=x^n-1$. 故 $(x^n-1)=\ker \phi$, 从而 $k[G]\simeq k[x]/(x^n-1)$. $\square$
9.7	设 $k$ 是一个域, $G$ 是一个有限群, $k[G]$ 是对应的群代数. 将 $k$ 视为平凡 $k[G]$-模, 即 $\forall g\in G$, $m\in k$, $g\cdot m=m$.
(i)	令 $\sigma =\sum _{g\in G}g\in k[G]$. 设 $I=\{\lambda \sigma \mid \lambda \in k\}$ 是由 $\sigma$ 生成的子空间. 证明: $I$ 是 $k[G]$ 的子模 (即左理想) , 而且 $I$ 是 $k[G]$ 中同构于平凡模 $k$ 的唯一子模.
证明:	显然 $I$ 在加法下封闭. 而对于任意 $h\in G$, 由于 $h$ 的定义的左作用在 $G$ 上传递, 故 $h\sigma =\sum _{g\in G}hg=\sum _{g\in G}g=\sigma$. 故 $k[G]$ 作用在 $\sigma$ 上都是平凡的. 从而 $k\to I;\lambda \mapsto \lambda \sigma$ 是 $I$ 与 $k$ 间的 $k[G]$-模同构. 若 $J$ 是另一个满足题设条件的 $k[G]$-子模, 则存在 $k[G]$-模同构 $f:k\to J$. 令 $m=f(1)$, 则令 $m=\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g$. 若存在 $g_1\ne g_2$ 使得 ${\lambda }_{g_1}\ne {\lambda }_{g_2}$, 则不妨设 ${\lambda }_{g_1}\ne 0$, 那么对于任意 $\tilde{m}\in J\{0\}$, 理应有 ${\pi }_{g_1}(\tilde{m})\ne 0$, 这是由于 $\tilde{m}=lm$, 其中 $l\in k^{\ast }$. 令 $h=g_1{g}_2^{-1}$, 则 $hm=\sum _{g\in G}{\lambda }_g(hg)$, 则 ${\pi }_{g_1}(hm-{\lambda }_{g_2}{\lambda }_{g_1}^{-1}m)=0$. 这意味着 $hm={\lambda }_{g_2}{\lambda }_{g_1}^{-1}m$, 但 $h$ 在 $m$ 上的作用平凡, 故 ${\lambda }_{g_1}={\lambda }_{g_2}$, 矛盾! 故 $m=f(1)\subset I$, 即 $J\subset I$. 但视 $J,I$ 为 $k$-线性空间, 则比较维数立即有 $J=I$, 即证唯一性. $\square$ 另证: 若 $J\simeq k$ 作为 $k[G]$-模同构, 则存在 $\tau$, 使得 $J=\{\lambda \tau :\lambda \in k\}$. 设 $\tau =\sum _{h\in G}{\tau }_{h}h$. 对于任意 $g\in G$, 有 $\sum _{gh\in G}{\tau }_{gh}gh=\tau =g(\tau )=\sum _{h\in G}{\tau }_{h}gh$, 故 ${\tau }_h={\tau }_{gh}$. 由 $g$ 的任意性知存在 $\lambda \in k$, 使得 $\tau =\lambda \cdot \sigma$.
(ii)	考虑 Hurwitz 映射 $ϵ:k[G]\to k,\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\mapsto \sum _{g\in G}{\lambda }_g$. 证明: $ϵ$ 是 $k[G]$-模满同态, 这里 $k$ 是平凡模. 设 $\Delta =\ker ϵ$, 证明 $\Delta$ 是 $k[G]$ 的唯一子模满足其商模同构于平凡模 $k$, 即若 $T$ 是 $k[G]$ 的子模, 且 $k[G]/T$ 同构于平凡模 $k$, 则 $T=\Delta$.
证明:	对于 $h\in G$, 注意到 $ϵ\left(h\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\right)=ϵ\left(h\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\right)=ϵ\left(h\sum _{g\in G}{\lambda }_{h^{-1}g}g\right)=\sum _{g\in G}{\lambda }_{h^{-1}g}=\sum _{g\in G}{\lambda }_g=ϵ\left(\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\right)=hϵ\left(\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\right)$, 故 $ϵ$ 是 $k[G]$-模同态. 对于 $\lambda \in k$, 注意到 $\lambda =ϵ(\lambda h)$, 其中 $h\in G$. 故这是满同态. 从而 $k[G]/\Delta \simeq k$. 而若 $T$ 也是满足题设的一个子模, 则 $T$ 应包含所有形如 $gm-m$ 的元素, 其中 $g\in G$ 且 $m\in k[G]$. 这是因为由商模平凡性, 须有 $gm+T=m+T$. 注意到所有 $gm-m$ 生成了 $\Delta$, 因为取 $m=e\in G$, 则由定义, $\{g-e{\}}_{g\in G\backslash \{e\}}$ 是线性无关集, 故作为 $k$-线性空间有 ${\dim }_k\mathrm{span}\{gm-m\}\ge |G|-1$. 但视 $ϵ$ 为 $k$-线性映射, 则 ${\dim }_k\Delta ={\dim }_{k}k[G]-{\dim }_{k}k=|G|-1$. 故 $\Delta \supset \mathrm{span}\{gm-m\}$ 意味着 $\Delta =\mathrm{span}\{gm-m\}$. 而 $T$ 包含 $\mathrm{span}\{gm-m\}$, 故 $T\supset \Delta$. 但再次视为线性空间, 有 ${\dim }_{k}T=|G|-1$, 故 $T=\Delta$.
(iii)	设 $p=\mathrm{char}k\mid |G|$, 证明: 不存在 $k[G]$ 的子模 $U$, 使得 $\Delta \oplus U=k[G]$. 故 $k[G]$ 不是半单环.
证明:	否则 $U\simeq (\Delta \oplus U)/\Delta =k[G]/\Delta \simeq k$, 其中 $k$ 为平凡模. 从而 $U$ 是平凡模. 由 (i), $U=I$. 但此时 $ϵ(\sigma )=ϵ\left(\sum _{g\in G}g\right)=|G|=0\in k$, 故 $\sigma \in \Delta$, 从而 $I\in \Delta$, 即 $U\subset \Delta$, 矛盾! $\square$
9.8	设 $k$ 是一个域, $G$ 是一个有限群, $H$ 是 $G$ 的子群. 设 $k$ 的特征不整除 $(G:H)$. 设 $V$ 是 $k[G]$-模, $W$ 是 $V$ 的一个子模. 如果存在 $V$ 的一个子模 $k[H]$-子模 $T_0$ 使得 $V=W\oplus T_0$ (作为 $k[H]$-模) , 证明存在 $V$ 的一个 $k[G]$-子模 $T$ 使得 $V=W\oplus T$ (作为 $k[G]$-模) .
证明:	令 $K=\{k_1,\cdots ,k_{(G:H)}\}$ 是 $H$ 的一个右陪集代表元系. 则对任意 $g\in G$ 与 $k_i$, 存在 $h_{i,g}\in H$ 与 $k_{i,g}\in K$ 使得 $k_{i}g=h_{i,g}{k}_{i,g}$. 注意到 $K=\{k_{i,g}{\}}_{i=1}^{(G:H)}$. 对于投影 $\pi$ 为 $V$ 至 $W$ 的投影. 注意到 $\pi$ 是 $k[H]$-模同态. 记 $\rho =\frac{1}{(G:H)}\sum _{i=1}^{(G:H)}{k}_i^{-1}\circ \pi \circ k_i$. 此处 $\rho$ 显然是 $k$-线性映射. 记 $T=\ker \rho$, 我们证明 $T$ 即是满足条件的子空间. 首先, $\rho$ 是 $k[G]$-模同态. 任取 $g\in G$, 有$$\begin{array}{rl}\rho \circ g& =\frac{1}{(G:H)}\sum _{i=1}^{(G:H)}{k}_i^{-1}\pi k_{i}g=\frac{1}{(G:H)}\sum _{i=1}^{(G:H)}{k}_i^{-1}\pi h_{i,g}{k}_g=\frac{1}{(G:H)}\sum _{i=1}^{(G:H)}{k}_i^{-1}{h}_{i,g}\pi k_g\\ & =\frac{1}{(G:H)}\sum _{i=1}^{(G:H)}g{k}_g^{-1}\pi k_g=g\circ \frac{1}{(G:H)}\sum _{i=1}^{(G:H)}{k}_g^{-1}\pi k_g=g\circ \rho .\end{array}$$故由此可知 $T=\ker \rho$ 是 $V$ 的 $k[G]$-子模, 且记 $h_{i,j}=h_{i,k_j}$ 及 $k_{i,j}=k_{i,k_j}$, 则$$\begin{array}{rl}{\rho }^2& =\frac{1}{(G:H{)}^2}\sum _{i=1}^{(G:H)}\sum _{j=1}^{(G:H)}{k}_i^{-1}{k}_j^{-1}\pi k_j{k}_i=\frac{1}{(G:H{)}^2}\sum _{i=1}^{(G:H)}\sum _{j=1}^{(G:H)}{k}_i^{-1}{k}_j^{-1}\pi h_{j,i}{k}_{j,i}\\ & =\frac{1}{(G:H{)}^2}\sum _{i=1}^{(G:H)}\sum _{j=1}^{(G:H)}{k}_i^{-1}{k}_j^{-1}{h}_{j,i}\pi k_{j,i}=\frac{1}{(G:H{)}^2}\sum _{i=1}^{(G:H)}\sum _{j=1}^{(G:H)}{k}_i^{-1}{k}_i{k}_{j,i}\pi k_{j,i}\\ & =\frac{1}{(G:H{)}^2}\sum _{i=1}^{(G:H)}\sum _{j=1}^{(G:H)}{k}_{j,i}\pi k_{j,i}\\ & =\frac{1}{(G:H)}\sum _{i=1}^{(G:H)}\rho =\rho .\end{array}$$而若 $\rho (w)=w$ 对于任意 $w\in W$ 都成立, 且对于 $v\in V$, 有 $\pi (gv)\in W$, 从而 $\rho (v)\in W$. 这证明 $\mathrm{im}\rho \subset W$. 对于 $v\in V$, 有 $v=v-\rho (v)+\rho (v)$. 则 $\rho (v-\rho (v))=\rho (v)-{\rho }^2(v)=0$, 即 $v\in \ker \rho =T$. 而 $\rho (v)\in W$. 故 $V=W+T$. 而若 $v\in W\cap T$, 则 $v=\rho (w)$, 其中 $w\in W$, 且 $\rho (v)=0$. 故 $\rho (w)={\rho }^2(w)=0$, 即 $w=0$, 即 $v=0$. 这意味着 $V=W\oplus T$. $\square$
9.9	设 $k$ 是一个域, 且 $\mathrm{char}k\nmid n$, 其中 $n\ge 3$ 是正整数. 考虑对称群 $S_n$ 在 $V=k^n$ 上的置换表示: 设 $e_1,\cdots ,e_n$ 是 $k^n$ 的标准基 (即 $e_i$ 是 $i$ 个分量为 $1$, 其他分量为 $0$ 的向量) , 且对于 $\sigma \in S_n$, 其作用由 $\sigma .e_i=e_{\sigma (i)}$ 定义.
(a)	证明: $\forall \sigma \in S_n$, $\forall x=(x_1,\cdots ,x_n)\in V$, $\sigma .x=(x_{{\sigma }^{-1}(1)},\cdots ,x_{{\sigma }^{-1}(n)})$.
证明:	因为 $\sigma .x=\sigma .\left({\sum }_{i=1}^n{x}_i{e}_i\right)={\sum }_{i=1}^n{x}_i\sigma .e_i={\sum }_{i=1}^n{x}_i{e}_{\sigma (i)}={\sum }_{i=1}^n{x}_{{\sigma }^{-1}(i)}{e}_i=(x_{{\sigma }^{-1}(1)},\cdots ,x_{{\sigma }^{-1}(n)})$. $\square$
(b)	设 $W=\{(x_1,\cdots ,x_n)\in V\mid x_1+\cdots +x_n=0\}$, 则 $W$ 是子表示. 问: $W$ 是否是不可约子表示? 说明理由.
解:	是. 任取 $u=a_1{e}_1+\cdots +a_n{e}_n\in W$, 则存在 $1\le i<j\le n$ 使得 $a_j\ne a_i$. (否则各 $a_i=0$, 这里用到了域特征的条件) 那么 $(i,j)u-u=(a_j-a_i)(e_i-e_j)$, 其中 $a_j-a_i\ne 0$, 从而 $e_i-e_j\in W$. 不妨设 $i=1,j=2$, 则 $(2,l)(e_1-e_2)=e_1-e_l$. 由于 $l$ 任意, 故 $W\supset k[S_n]u\supset {\mathrm{span}}_{i=2,\cdots ,n}\{e_1-e_i\}=W$, 即证 $W=k[S_n]u$. 这即证明 $W$ 不可约. $\square$ 注 9.1. 上述 $W$ 称为 $S_n$ 的标准表示. 注意到若 $\mathrm{char}k\mid n$, 则 $W$ 可约. 事实上, 此时 $(1,\cdots ,1)\in W$, 而 $k[S_n](1,\cdots ,1)$ 是 $W$ 的一个真 $k[S_n]$-子模. 一则事实是 ${\bigwedge }^{r}W$ 仍然是 $S_n$ 的不可约表示. 在 Young 图上, 这件事有更有趣的几何直观. 有兴趣的读者可参考 W. Fulton, J. Harris, Representation Theory: A First Course, GTM129, Chapter 4.
10.1	设 $k$ 是一个域, $G$ 是一个有限群, $[G,G]$ 是其换位子群.
(i)	证明: $G$ 在 $k$ 上的一次表示的个数等于 $G/[G,G]$ 在 $k$ 上的一次表示的个数.
证明:	由于一次表示即群同态 $f:G\to G{L}_1(k)\simeq k^{\ast }$, 故 $\ker f$ 满足 $G/\ker f\simeq \mathrm{im}f$ 交换, 即 $\ker f\supset [G,G]$. 故 $f$ 诱导了商群 $G/[G,G]$ 到 $k^{\ast }$ 的同态 $\tilde{f}:h[G,G]\mapsto f(h)$. 易验证这是良定义的. 反之, 若 $g$ 是商群 $G/[G,G]$ 到 $k^{\ast }$ 的同态, 则定义 $\hat{g}:G\to k^{\ast };h\mapsto g(h[G,G])$. 且 “$f\mapsto \tilde{f}$” 与 “$g\mapsto \hat{g}$” 定义了 $\mathrm{Hom}(G,k^{\ast })$ 与 $\mathrm{Hom}(G/[G,G],k^{\ast })$ 间的互逆同态, 从而 $\mathrm{Hom}(G,k^{\ast })\simeq \mathrm{Hom}(G/[G,G],k^{\ast })$. 而这即 $\mathrm{Hom}(G,G{L}_1(k))\simeq \mathrm{Hom}(G/[G,G],G{L}_1(k))$. 两边计数即得一次表示个数相等. $\square$
(ii)	$n\ge 3$, 求对称群 $S_n$, 交错群 $A_n$ 的一次表示个数. 说明理由.
证明:	熟知$$[S_n,S_n]=A_n,$$且$$\begin{array}{r}[A_n,A_n]=\{\begin{array}{ll}\{e\},& n=3\\ V,& n=4\\ A_n,& n\ge 5\end{array}.\end{array}$$故由 (i), $S_n$ 的一次表示个数为 $|S_n/A_n|=2$. 而 $n=3,4$ 时, $A_n$ 的一次表示个数分别为 $|A_3/\{e\}|=3$ 与 $|A_4/V|=3$; $n\ge 5$ 时为 $|A_n/A_n|=1$. $\square$
10.2	设 $k$ 是一个特征为零的域, $G$ 是一个有限群, $V$ 是 $k[G]$-模, ${\dim }_{k}V=n\ge 2$. 我们有唯一的同态 $\alpha :V{\otimes }_{k}V\to V{\otimes }_{k}V$ 使得 $\alpha (v\otimes w)=w\otimes v$. 记 $S^2(V)=\{x\in V{\otimes }_{k}V\mid \alpha (x)=x\}$, $A^2(V)=\{x\in V{\otimes }_{k}V\mid \alpha (x)=-x\}$. 设 $\{e_1,\cdots ,e_n\}$ 是 $V$ 的一组基. 证明:
(i)	$\{e_i\otimes e_j+e_j\otimes e_i\mid 1\le i\le j\le n\}$ 是 $S^2(V)$ 的一组基, $\{e_i\otimes e_j-e_j\otimes e_i\mid 1\le i<j\le n\}$ 是 $A^2(V)$ 的一组基.
证明:	只证明 $S^2(V)$ 的论断, 后者类似. 线性无关性直接是由于 $\{e_i\otimes e_j\}$ 构成了 $V{\otimes }_{k}V$ 的一组基. 对 $v\in S^2(V)$, 记 $v={\sum }_{i,j=1}^n{a}_{ij}(e_i\otimes e_j)$, 则 $\alpha (v)={\sum }_{i,j=1}^n{a}_{ji}(e_i\otimes e_j)$. 这说明 $a_{ij}=a_{ji}$, 故记 $a_{ij}=a_{ji}=A_{ij}$, 那么 $v={\sum }_{i<j}{A}_{ij}(e_i\otimes e_j+e_j\otimes e_i)+\frac{1}{2}{\sum }_{i=1}^n{A}_{ii}(e_i\otimes e_i+e_i\otimes e_i)\subset \mathrm{span}\{e_i\otimes e_j+e_j\otimes e_i\mid 1\le i\le j\le n\}$. $\square$
(ii)	$S^2(V),A^2(V)$ 是 $V{\otimes }_{k}V$ 的 $k[G]$-子模, 设 $\chi$ 是 $V$ 的特征, ${\chi }_S,{\chi }_A$ 是 $S^2(V),A^2(V)$ 的特征, 则有: $\forall g\in G$, ${\chi }_S(g)=\frac{1}{2}(\chi (g{)}^2+\chi (g^2))$, ${\chi }_A(g)=\frac{1}{2}(\chi (g{)}^2-\chi (g^2))$.
证明:	首先, $k[G]$ 在 $V{\otimes }_{k}V$ 上的作用由 $g.(v\otimes w):=(gv)\otimes (gw)$ 给出. 记 $g.e_i={\sum }_{k=1}^n{a}_{ik}{e}_k$, 则$$\begin{array}{rl}g.(e_i\otimes e_j+e_j\otimes e_i)& =(g.e_i)\otimes (g.e_j)+(g.e_j)\otimes (g.e_i)\\ & =\left(\sum _{k=1}^n{a}_{ik}{e}_k\right)\otimes \left(\sum _{k=1}^n{a}_{jk}{e}_k\right)+\left(\sum _{k=1}^n{a}_{jk}{e}_k\right)\otimes \left(\sum _{k=1}^n{a}_{ik}{e}_k\right)\\ & =\sum _{k,l=1}^n(a_{ik}{a}_{jl}+a_{il}{a}_{jk})(e_i\otimes e_j+e_j\otimes e_i)\in S^2(V).\end{array}$$故 $S^2(V)$ 是 $k[G]$-模. 且注意到 $g.(e_i\otimes e_j+e_j\otimes e_i)$ 中 $e_i\otimes e_j+e_j\otimes e_i$ 处的分量为 $a_{ii}{a}_{jj}+a_{ij}{a}_{ji}$, 故$$\begin{array}{rl}2\mathrm{tr}({\rho }_{S^2(V)}(g))& =2\sum _{i\le j}{a}_{ii}{a}_{jj}+2\sum _{i\le j}{a}_{ij}{a}_{ji}=\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}{a}_{ji}+\sum _{i=1}^n{a}_{ii}^2+\sum _{i,j=1}^n{a}_{ii}{a}_{jj}+\sum _{i=1}^n{a}_{ii}^2\\ & =\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}{a}_{ji}+(\sum _{i=1}^n{a}_{ii}{)}^2=\mathrm{tr}(\rho (g^2))+\mathrm{tr}(\rho (g){)}^2.\end{array}$$这即 $2{\chi }_S(g)=\chi (g^2)+\chi (g{)}^2$. 类似可证 $A^2(V)$ 是一个 $k[G]$-模, 且 $2{\chi }_A(g)=-\chi (g^2)+\chi (g{)}^2$. $\square$
10.3	设 $G$ 是一个有限群, (i) 设 $k$ 是一个域且其特征不整除 $|G|$. 如果 $G$ 在 $k$ 上的不可约表示都是 $1$ 次的, 证明: $G$ 是 Abel 群. (ii) 设 $k$ 是一个代数闭域且其特征不整除 $|G|$, 如果 $G$ 是 Abel 群, 证明 $G$ 在 $k$ 上的不可约表示都是 $1$ 次的. 如果 $k$ 不是代数闭域, 命题是否仍然成立? 如果成立, 给出证明; 如果不成立, 给出反例.
证明:	(i) 由 $\mathrm{char}k\nmid |G|$ 知正则表示 $\rho$ 是不可约表示的直和, 记 $G$ 的所有不可约表示为 $\{{\chi }_i{\}}_{i=1}^n$, 则 $\rho =\underset{i=1}{\overset{|G|}{⨁}}{\chi }_i$. ${\chi }_i(G)$ 都是交换的 (由于 $G{L}_1(k)$ 交换) , 故 $\rho (G)$ 交换. 这即是说 $k[G]$ 是一个交换代数, 从而 $G$ 也是 Abel 的. (ii) 设 $\rho :G\mapsto GL(V)$ 是不可约表示, 则 $\{\rho (g){\}}_{g\in G}$ 是一族交换矩阵, 而由域 $k$ 代数闭, 且所有矩阵幂幺可知可同时对角化. 故存在 $A\in GL(V)$ 使得 $\{A^{-1}\rho (g)A{\}}_{g\in G}$ 都是对角阵. 若 $\dim V=n>1$, 则 $\rho (g)=\mathrm{diag}({\chi }_1(g),\cdots ,{\chi }_n(g))$, 故 ${\chi }_i$ 都是一次表示, 且 $\rho =\underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}{\chi }_i$, 与不可约性矛盾. 此处代数闭的条件不可省略. 考虑循环群 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 在有理数域 $\mathbb{Q}$ 上的表示, $p$ 是一个素数. 由于 $X^p-1=(X-1)(X^{p-1}+\cdots +X+1)$, 而 $X^{p-1}+\cdots +X+1$ 不可约, 故由中国剩余定理知 $\mathbb{Q}[\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}]\simeq \mathbb{Q}[X]/(X^p-1)\simeq \mathbb{Q}[X]/(X-1)\oplus \mathbb{Q}[X]/(X^{p-1}+\cdots +X+1)$. 当 $f\in k[X]$ 是不可约多项式时, $k[X]/(f)$ 是不可约 $k[X]$-模. 这是因为取子模 $M$ 中的元素 $\bar{g}\ne \bar{0}$, 则存在多项式 $u,v\in k[X]$ 使得 $ug+vf=1$, 那么 $u.\bar{g}=\bar{1}$, 从而 $M=k[X]/(f)$. 这说明 $\mathbb{Q}[X]/(X^{p-1}+\cdots +X+1)$ 是一个不可约 $\mathbb{Q}[X]$-模, 从而对应了 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的一个 $p-1$ 次不可约表示. $\square$
10.4	设 $G$ 是一个有限 Abel 群, 记 $\hat{G}=\mathrm{Hom}(G,{\mathbb{C}}^{\ast })$ 是 $G$ 到 ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 的群同态的集合, 这里 ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 是复数域 $\mathbb{C}$ 的乘法群. 设 $\mathrm{Irr}(G)$ 是 $G$ 在 $\mathbb{C}$ 上的不可约特征的集合. 在 $\hat{G}$ 上定义乘法如下: 对 $\alpha ,\beta \in \hat{G}$, $$(\alpha \cdot \beta )(g)=\alpha (g)\beta (g),\forall g\in G.$$证明: (i) $\hat{G}=\mathrm{Irr}(G)$, 且在上述乘法下, $\hat{G}$ 是 Abel 群.
证明:	每一个 $\phi :G\to {\mathbb{C}}^{\ast }$ 都定义了一个 $G$ 的不可约表示. 且由 [Ex.10.3] 知每一个 $G$ 的不可约表示都是一维的, 从而定义了一个 $\mathrm{Hom}(G,{\mathbb{C}}^{\ast })$ 中的元素. 故 $\hat{G}=\mathrm{Irr}(G)$. 而 $\hat{G}$ 是 Abel 群是因为 $G$ 是 Abel 群, 故 $(\alpha \cdot \beta )(g)=\alpha (g)\beta (g)=\beta (g)\alpha (g)=(\beta \cdot \alpha )(g)$. 且对于 $\alpha \in \mathrm{Hom}(G,{\mathbb{C}}^{\ast })$, ${\alpha }^{-1}(g):=\alpha (g{)}^{-1}$ 是 $\alpha$ 的逆元. $\square$
(ii)	作为 Abel 群, $G\simeq \hat{G}$.
证明:	先考虑循环群 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ 的情形. 定义$$f:\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\to \mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},{\mathbb{C}}^{\ast });l\mapsto [f_l:n\mapsto e^{\frac{2\pi inl}{m}}].$$定义$$g:\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},{\mathbb{C}}^{\ast })\to \mathbb{Z}/m\mathbb{Z};\phi \mapsto \overline{\frac{m}{2\pi \sqrt{-1}}\mathrm{Log}(\phi (1))}.$$容易验证 $f$ 与 $g$ 是互逆的, 从而建立了同构 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\simeq \mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},{\mathbb{C}}^{\ast })$. 而对于有限 Abel 群 $G$, 由结构定理, 设 $G\simeq \mathbb{Z}/m_1\mathbb{Z}\times \cdots \times \mathbb{Z}/m_k\mathbb{Z}$. 那么$$\begin{array}{rl}\mathrm{Hom}(G,{\mathbb{C}}^{\ast })& \simeq \mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/m_1\mathbb{Z}\times \cdots \times \mathbb{Z}/m_k\mathbb{Z},{\mathbb{C}}^{\ast })\\ & \stackrel{有限直积}{\simeq }\widehat{\mathbb{Z}/m_1\mathbb{Z}}\times \cdots \times \widehat{\mathbb{Z}/m_k\mathbb{Z}}\simeq \mathbb{Z}/m_1\mathbb{Z}\times \cdots \times \mathbb{Z}/m_k\mathbb{Z}\simeq G.\end{array}$$须注意到, 这个同构不是典范的. $\square$
(iii)	作为 Abel 群, $G\simeq \hat{\hat{G}}$.
证明:	由于 $\hat{\hat{G}}\simeq \hat{G}\simeq G$. 其中第一个等号是由于 $\hat{G}$ 也是有限 Abel 群. $\square$ 注 9.2. 上述同构是不典范的. 而事实上, 有限 Abel 群 $G$ 到其二次对偶有典范同构$$G\simeq \hat{\hat{G}};g\mapsto [g^{\ast \ast }:\phi \mapsto \phi (g)].$$
10.5	设 $G$ 是一个有限群, $\rho :G\to GL(V)$ 是 $G$ 在 $\mathbb{C}$ 上的不可约表示, $\dim V=n$, $\chi$ 是 $\rho$ 的特征, $C(G)$ 是 $G$ 的中心. 设 $\rho$ 是单射. 证明: $C(G)=\{g\in G\mid |\chi (g)|=n\}$, 且 $C(G)$ 是循环群.
证明:	若 $g\in C(G)$, 则对于任意 $h\in G$, 有 $gh=hg$. 这意味着 $\rho (h)$ 是 $V$ 作为 $k[G]$-模上的 $k[G]$-模同态, 且是非退化的. 由假设, $V$ 是不可约 $k[G]$-模. 由 Schur 引理, $\rho (h)=\lambda {\mathrm{id}}_V$, 其中 $\lambda \in {\mathbb{C}}^{\ast }$. 而 $g$ 是有限阶元, 故 $\rho (g)$ 也是. 这意味着 $\lambda$ 是 $\mathbb{C}$ 中的单位根一枚鸭. 故 $|\chi (g)|=\mathrm{tr}(\rho (g))=n\cdot |\lambda |=n\cdot 1=n$. 反之, 若 $|\chi (g)|=n$, 则 $|{\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n|=n$, 其中 ${\lambda }_i$ 是 $\rho (g)$ 的特征值. 同理, ${\lambda }_i$ 也都是单位根. 故$$n\le |{\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n|\le |{\lambda }_1|+\cdots +|{\lambda }_n|=n\cdot 1=n.$$视 ${\lambda }_i$ 为 ${\mathbb{R}}^2$ 中的向量, 则存在 $k_i\in \mathbb{R}$ 使得 $k_i{\lambda }_i={\lambda }_1$. 由于 ${\lambda }_i\in {\mathbb{S}}^1$, 故 $k_i=\pm 1$. 则$$|{\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n|=\left|\sum _{i=1}^n{k}_i\right|=n.$$该等号成立当且仅当 $k_i=k_j$ 对于任意 $i\ne j$ 成立. 但 $k_1=1$, 故 $k_i=1$, 即 ${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_n$. 故 $\rho (g)$ 是标量矩阵, 从而 $\rho (gh)=\rho (hg)$ 对于任意 $h\in G$ 成立. 而 $\rho$ 是忠实的, 故 $gh=hg$ 对于任意 $h\in G$ 成立, 即 $g\in C(G)$. 记 $\phi :C(G)\to {\mathbb{C}}^{\ast };g\mapsto \frac{1}{n}\chi (g)$, 则由上述论述知 $\phi$ 是 $C(G)$ 到 ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 的嵌入, 且像是有限群. 而 ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 中的有限群皆是循环群, 故 $C(G)$ 也是循环群. $\square$
11.0	求交错群 $A_4$ 在 $\mathbb{C}$ 上的特征标表.
证明:	首先, $A_4$ 共有 $4$ 个共轭类: $C_1=\{(1)\}$, $C_2=\{(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$, $C_3=\{(123),(142),(134),(243)\}$ 及 $C_4=\{(132),(124),(143),(234)\}$. 故 $A_4$ 仅有四个互不同构的不可约表示. 由 [Ex.10.1] 知 $A_4$ 共有 $3$ 个不可约表示, 从而剩下的一个不可约表示维数由平方和求得是 $3$ 维的. 而其中一个一次不可约表示是平凡表示, 故该特征标表应形如: $A_4$ $C_1$ $C_2$ $C_3$ $C_4$ $1$ $1$ $1$ $1$ $1$ ${\chi }_1$ $1$ $a$ $b$ $c$ ${\chi }_2$ $1$ $d$ $e$ $f$ $\rho$ $3$ $g$ $h$ $i$ 我们从一次表示入手. 由于 $C_2$ 中元素阶为 $2$, 故 $a,d\in \{\pm 1\}$. 若 $a=-1$, 则由 $⟨{\chi }_1,1⟩=0$ 有 $1\cdot 1+3\cdot 1\cdot (-1)+4(b+c)=0$. 这解出 $b+c=\frac{1}{2}$. 但 $b+c$ 是代数整数, 故矛盾! 从而 $a=1$, 同理 $d=1$. 而此时由 $⟨{\chi }_1,1⟩=0$ 求出 $b+c=-1$. 但 $b,c$ 都是三次单位根, 故 $b=\omega ,c={\omega }^2$, 其中 $\omega$ 为某三次单位根. ${\chi }_2$ 的求法类似, 但要与 ${\chi }_1$ 正交, 故 $e={\omega }^2,f=\omega$. 至此我们求得 $A_4$ $C_1$ $C_2$ $C_3$ $C_4$ $1$ $1$ $1$ $1$ $1$ ${\chi }_1$ $1$ $1$ $\omega$ ${\omega }^2$ ${\chi }_2$ $1$ $1$ ${\omega }^2$ $\omega$ $\rho$ $3$ $g$ $h$ $i$ 接下来解出 $g,h,i$. 由 $⟨\rho ,1⟩=0$ 给出 $1\cdot 3+3\cdot g+4(h+i)=0$, 由 $⟨\rho ,{\chi }_1⟩=0$ 给出 $1\cdot 3+3\cdot g+4(\omega h+{\omega }^{2}i)=0$. 上述两式相减得 $4\omega (\omega h+i)=4(h+i)$. 但再计算 $⟨\rho ,{\chi }_2⟩=0$ 并联立上述方程可解得 $h=i=0$. 最后解得 $g=-1$. 故 $A_4$ 的特征标表最终确定如下: $A_4$ $C_1$ $C_2$ $C_3$ $C_4$ $1$ $1$ $1$ $1$ $1$ ${\chi }_1$ $1$ $1$ $\omega$ ${\omega }^2$ ${\chi }_2$ $1$ $1$ ${\omega }^2$ $\omega$ $\rho$ $3$ $-1$ $0$ $0$ $\square$
11.1	设 $G$ 是一个 $8$ 阶非 Abel 群. $C(G)$ 是其中心. 证明: (i) $|[G,G]|=C(G)$ 且阶等于 $2$; (ii) $G$ 有 $5$ 个不可约复特征, 其中 $4$ 个是一次特征; 剩下一个的次数等于 $2$, 记为 $\chi$; (iii) 若 $1\ne g\in C(G)$, 则 $\chi (g)=-2$; 若 $g\notin C(G)$, 则 $\chi (g)=0$.
证明:	这三个问题并不是递进的, 故我们选择一同证明. 先解决 (ii). 由于 $G$ 非 Abel, 故存在维数大于等于 $2$ 的不可约表示, 并假设由小到大排列. 令 $d_1,\cdots ,d_l$ 为全部互不同构的不可约表示维数, 则 $d_1^2+\cdots +d_l^2=8$. 故 $d_l=2$, 且 $d_{l-1}<2$, 因为否则 $G$ 只能拥有两个 $2$ 维不可约表示, 从而与平凡表示的存在性矛盾. 故该解仅可能是 $d_1=\cdots =d_{l-1}=1,d_l=2$. 这也能得出 $l=5$. 故这说明 $G$ 有 $5$ 个不可约复特征. 且由 [Ex.10.1] 知 $|[G,G]|=|G|/4=2$. 而 $|C(G)|\ne 1$ 或 $8$. 不可能为 $1$ 是由于 $G$ 是 $2$-群, 从而由群的类方程知不能为 $1$. 而由于 $G$ 非 Abel, 故不能为 $8$. 但若 $|C(G)|=4$, 则 $|G/C(G)|=2$, 即 $G/C(G)\simeq \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. 这说明 $G$ 是 Abel 群, 矛盾! 故 $|C(G)|=2$. 但 $|G/C(G)|=4$, 故 $G/C(G)$ 是 Abel 群, 从而 $C(G)\supset [G,G]$. 但已算得 $|[G,G]|=|C(G)|=2$, 故 $C(G)=[G,G]$. 这做完了 (i). 令 $\rho$ 为该 $2$ 次不可约表示. 若 $g\in C(G)\backslash \{e\}$, 则由 [Ex.10.5] 知 $g=\lambda I_2$, 其中 ${\lambda }^2=1$, $I_2$ 是两阶单位矩阵. 故 $|\chi (g)|=2$. 令 $C_1=\{e\},C_2=C(G)\backslash \{e\},C_3,C_4,C_5$ 为 $G$ 的共轭类, 则由 $|C_i|\mid |G|=8$ 知 $C_3=C_4=C_5=2$ 或 $C_3=C_4=1,C_5=4$. 后者不可能, 因为这意味着 $C_3,C_4$ 中的元素都属于 $C(G)$, 而这不可能. 故我们确定了每个共轭类的大小. 将 $\chi$ 与平凡特征 $1$ 及自身作内积可得$$|G|⟨\chi ,1⟩=\chi (C_1)+\chi (C_2)+2(\chi (C_3)+\chi (C_4)+\chi (C_5))=0$$且$$|G|⟨\chi ,\chi ⟩=|\chi (C_1){|}^2+|\chi (C_2){|}^2+2(|\chi (C_3){|}^2+|\chi (C_4){|}^2+|\chi (C_5){|}^2)=8.$$由 $|\chi (C{)}_1|=|\chi (C_2)|=2$ 及后一方程知 $|\chi (C_3)|=|\chi (C_4)|=|\chi (C_5)|=0$, 从而 $\chi (g)=0$ 对任意 $g\notin C(G)$ 成立. 而此结果代入第一个方程立得 $\chi (g)=-2$, 其中 $g\in C(G)\backslash \{e\}$. $\square$
11.2	设 $D_4=⟨a,b\mid a^4=b^2=1,ab=b{a}^3⟩$ 是平面正方形的对称群. $Q_8=\{\pm 1,\pm i,\pm j,\pm k\}$ 是四元数体的乘法群. 证明:
(i)	$D_4$ 与 $Q_8$ 不同构.
证明:	因为 $D_4$ 中只有俩 $4$ 阶元 $a$ 与 $a^3$, 而 $Q_8$ 中除了 $\pm 1$ 外都是 $4$ 阶元. $\square$
(ii)	分别求它们在复数域 $\mathbb{C}$ 上的特征标表.
证明:	实则我们只需用 $D_4,Q_8$ 都是 $8$ 阶非 Abel 群这一事实来刻画其特征标表. 由 [Ex.11.1] 知其特征标表应形如 $G$ $e$ $g$ $C_3$ $C_4$ $C_5$ $1$ $1$ $1$ $1$ $1$ $1$ ${\chi }_1$ $1$ ${\chi }_2$ $1$ ${\chi }_3$ $1$ $\chi$ $2$ $-2$ $0$ $0$ $0$ 我们计算 ${\chi }_i$ 的特征标. 不妨计算 ${\chi }_1$ 的, 并记 ${\chi }_1(C_2)=a$, ${\chi }_1(C_3)=b$, ${\chi }_1(C_4)=c$, ${\chi }_1(C_5)=d$. 则通过计算 $⟨{\chi }_1,1⟩$, $⟨{\chi }_1,{\chi }_1⟩$ 与 $⟨{\chi }_1,\chi ⟩$ 得$$1+|a{|}^2+2(|b{|}^2+|c{|}^2+|d{|}^2)=8,$$$$1+a+2(b+c+d)=0.$$且$$2+(-2)a=0.$$故 $a=1$. 故 $|b{|}^2+|c{|}^2+|d{|}^2=3$ 且 $b+c+d=-1$. 但 $b,c,d$ 都是 $4$ 次单位根, 故 $b,c,d\in \{\pm 1,\pm \sqrt{-1}\}$. 则可能的解在一个置换的意义下仅可能为 $(b,c,d)=(\sqrt{-1},-\sqrt{-1},-1)$ 或 $(-1,-1,1)$. 若前者是解, 则取对偶表示有 $(b,c,d)=(-\sqrt{-1},\sqrt{-1},-1)$. 由于都是一次表示, 故都不可约, 从而内积应为 $0$. 但其内积为 $1\cdot 1+1\cdot 1+\sqrt{-1}\cdot \overline{\overline{\sqrt{-1}}}+(-\sqrt{-1})\cdot \overline{\overline{(-\sqrt{-1})}}+(-1)\cdot 1=-1\ne 0$ 故矛盾! 从而解只有后者. 但考虑到 ${\chi }_i$ 互不相同, 故唯一的可能性如下: $G$ $e$ $g$ $C_3$ $C_4$ $C_5$ $1$ $1$ $1$ $1$ $1$ $1$ ${\chi }_1$ $1$ $1$ $-1$ $1$ $1$ ${\chi }_2$ $1$ $1$ $1$ $-1$ $1$ ${\chi }_3$ $1$ $1$ $1$ $1$ $-1$ $\chi$ $2$ $-2$ $0$ $0$ $0$ 且验证知这些特征确实互相正交, 且自身作内积得 $1$. 至此我们求得了 $8$ 阶非 Abel 群的特征标表. 由于求解没有用到 $D_4$ 与 $Q_8$ 的具体性质, 故两者的特征标表都如上. $\square$ 注 9.3. 这则例子说明两个不同构的群可能具有相同的特征标表.
11.3	设 $p>q$ 是两个素数, $G$ 是一个非交换群, 且 $|G|=pq$.
(a)	$k$ 是一个特征为零的代数闭域. 求: $G$ 在 $k$ 上的不可约表示次数.
证明:	若 $d$ 是 $G$ 的不可约表示次数, 则 $d\mid |G|=pq$, 从而 $d=1,q,p,pq$. 而若是后两种情况, 则 $d^2>pq=|G|$, 矛盾! 从而 $d=1$ 或 $q$. 而 $G$ 必有一次表示 (平凡表示) . 且 $G$ 非交换意味着其表示不能都是一次的, 故 $d=1$ 或 $q$. $\square$
(b)	证明: $|[G,G]|=p$.
证明:	设 $G$ 有 $n$ 个一次表示, $m$ 个 $q$ 次表示, 则 $n\cdot 1^2+m\cdot q^2=pq$. 故 $q\mid n$, 且 $q\ne pq$. 但由 [Ex.10.1] 知 $|[G,G]|=|G|/n$, 且 $|G|=pq$, 故 $|[G,G]|=p$ 是唯一解. $\square$
(c)	证明: $q\mid p-1$ 且 $G$ 有 $q+(p-1)/q$ 个共轭类.
证明:	由 (b) 可知 $n=q$, 进而 $m=(p-1)/q$. 从而 $G$ 有 $q+(p-1)/q$ 个互不同构的不可约表示, 也即 $G$ 有 $q+(p-1)/q$ 个共轭类. $\square$
11.4	(i) 设 $\chi ,\psi$ 是群 $G$ 的域 $k$ 上的特征. 我们知道乘积 $(\chi \psi )(g)=\chi (g)\psi (g)$, $\forall g\in G$ 是对应表示的张量积的特征. 设 $k$ 是一个特征为 $0$ 的代数闭域, $\chi$ 是一个一次特征. 证明: $\chi \psi$ 是不可约特征当且仅当 $\psi$ 是不可约特征.
证明:	这是由于 $\chi$ 是一次特征, 故 $\chi$ 是 $G\to k^{\ast }$ 的群同态, 从而 $\chi (g)\chi (g^{-1})=1$. $$\begin{array}{r}⟨\chi \psi ,\chi \psi ⟩=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}\chi (g)\psi (g)\chi (g^{-1})\psi (g^{-1})=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}\psi (g)\psi (g^{-1})=⟨\psi ,\psi ⟩,\end{array}$$这意味着 $⟨\chi \psi ,\chi \psi ⟩=1$ 当且仅当 $⟨\psi ,\psi ⟩=1$. $\square$ (ii) 设 $G$ 是一个群, $N⊲G$ 是一个正规子群, $k$ 是域, $V$ 是 $k$-向量空间, $\rho :g\to GL(V)$ 是 $G$ 的一个表示. 设 $\ker \rho \supseteq N$, 定义商群 $G/N$ 的表示 $\tilde{\rho }:G/N\to GL(V)$ 如下: $\tilde{\rho }(gN)=\rho (g)$, $\forall g\in G$. (1) 证明: $(\rho ,V)$ 是 $G$ 的不可约表示当且仅当 $(\tilde{\rho },V)$ 是 $G/N$ 的不可约表示. 证明: 若 $\rho$ 不可约, 但 $\tilde{\rho }$ 可约, 则存在非平凡的 $k[G/N]$-模直和分解 $V=W\oplus U$. 但 $k[G/N]$-模 $W,U$ 自然是 $k[G]$-模 ($\rho (g)w=\tilde{\rho }(gN)w$) . 故矛盾! 反之, 若 $\rho$ 是可约的, 则存在非平凡 $k[G]$-模分解 $V=W\oplus U$. 那么同样地, $W,U$ 也都是 $k[G/N]$-模, 从而这是一个 $k[G/N]$-模分解. 故 $\tilde{\rho }$ 也可约. $\square$ (2) 设 $A=\{G/N\text{ 的不可约表示}\}$, $B=\{(\rho ,V):G$ 的不可约表示且 $\ker \rho \supseteq N\}$. 证明: 集合 $A$ 与集合 $B$ 之间有自然的双射. 证明: 定义 $\phi :A\to B;\rho \mapsto [{\rho }^{\prime }:g\mapsto \rho (gN)]$. 由于 ${\rho }^{\prime }(g){\rho }^{\prime }(h)=\rho (gN)\rho (hN)=\rho (gNhN)=\rho (gh{N}^2)=\rho (ghN)={\rho }^{\prime }(gh)$, 且 ${\rho }^{\prime }(e)=\rho (eN)=\rho (N)=1$, 保持逆元也类似, 故 ${\rho }^{\prime }$ 确实是一个表示. 且对于任意 $n\in N$, ${\rho }^{\prime }(n)=\rho (nN)=\rho (N)={\rho }^{\prime }(e)$, 从而 $N\subset \ker {\rho }^{\prime }$. 故 $\phi$ 是良定的. 定义 $\varphi :B\to A;\rho \mapsto \tilde{\rho }$, 则 $\phi$ 与 $\varphi$ 是集合 $A$ 与 $B$ 间的互逆映射. 从而 $\phi$ 与 $\varphi$ 都是双射. $\square$
11.5	设 $G$ 是一个有限群, 下面考虑 $G$ 在复数域 $\mathbb{C}$ 上的有限维表示 $\rho :G\to GL(V)$, $\dim V=n$. 设 $\chi$ 是 $\rho$ 的特征. 定义 $\ker \chi =\{g\in G\mid \chi (g)=\chi (1)=n\}$.
(i)	设 $z_i\in \mathbb{C}$, 且 $|z_i|=1$, $1\le i\le n$. 若 $|z_1+\cdots +z_n|=n$, 证明: $z_1=z_2=\cdots =z_n$.
(ii)	证明 $\forall g\in G$, $|\chi (g)|\le n$, 且 $|\chi (g)|=n$ 当且仅当 $\rho (g)$ 是数乘, 即存在 $\lambda \in \mathbb{C}$ 使得 $\rho (g)=1_V$.
证明:	若 $\rho (g)=\lambda 1_V$, 则由于 $\rho (g)$ 是有限阶元, 故 $\lambda$ 是单位根, 从而 $|\lambda |=1$. 这即 $|\chi (g)|=\chi (1)=n$. 反之, 记 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_n$ 是 $\rho (g)$ 的特征向量, 则 ${\lambda }_i$ 都是单位根. 若 $g\in C(\chi )$, 则 $n=|{\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n|\le |{\lambda }_1|+\cdots +|{\lambda }_n|=n$. 等号成立, 故存在 $k_i\in \mathbb{R}$ (视 ${\lambda }_i$ 为 ${\mathbb{R}}^2$ 中的向量) , 使得 $k_i{\lambda }_i={\lambda }_1$. 那么 $k_i=\pm 1$, 且 $n=|{\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n|=\left|\sum _{i=1}^n{k}_i\right||{\lambda }_1|=\left|\sum _{i=1}^n{k}_i\right|$. 故 $k_i=1$ 对于任意 $1\le i\le n$ 成立. 这即是说 ${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_n$, 即 $\rho (g)={\lambda }_1{1}_V$. $\square$
(iii)	证明: $\ker \chi =\ker \rho$.
证明:	若 $g\in \ker \rho$, 则 $\rho (g)=I_n$, 从而 $\chi (g)=n$. 故 $g\in \ker \chi$. 反之, 若 $g\in \ker \chi$, 则设 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_n$ 是 $\rho (g)$ 的特征值. 那么 ${\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n=n$. 但$$|{\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n|\le |{\lambda }_1|+\cdots +|{\lambda }_n|=n\cdot 1=n,$$故存在 $k_i\in {\mathbb{R}}^{\ast }$ (视 ${\lambda }_i$ 为 ${\mathbb{R}}^2$ 中的向量) 使得 ${\lambda }_i=k_i{\lambda }_1$. 故 ${\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n=\left(\sum _{i=1}^n{k}_i\right){\lambda }_1$. 但 $k_i=\pm 1$, 故 $\left|\sum _{i=1}^n{k}_i\right||{\lambda }_1|\le \sum _{i=1}^n|k_i||{\lambda }_1|=\sum _{i=1}^n|k_i|=n$. 这意味着 $k_i=1$ 对于任意 $i=1,\cdots ,n$ 成立. 由于 $n{\lambda }_i=n$, 故 ${\lambda }_i=1$ 对于任意 $i=1,\cdots ,n$ 成立, 故 $\rho (g)=I_n$. 若 $\rho (g)$ 的 Jordan 标准型含大于 $1$ 阶的 Jordan 块, 那么 $\rho (g)$ 是无限阶元, 与阶数有限性矛盾. 故 $g\in \ker \rho$. $\square$
11.6	记号同第 5 题. 设 $\mathrm{Irr}(G)=\{{\chi }_1,\cdots ,{\chi }_m\}$ 是 $G$ 所有复不可约特征的集合. 设 $\chi$ 是一个复特征且 $\chi =\sum _{i=1}^m{a}_i{\chi }_i$, $a_i$ 是非负整数. 证明:
(i)	$\ker \chi =\bigcap _{\{i\mid a_i>0\}}\ker {\chi }_i$; $\bigcap _{i=1}^m\ker {\chi }_i=\{1\}$.
证明:	若 $g\in \ker {\chi }_i$ 对任意使 $a_i>0$ 的 $i$ 成立, 则$$\chi (g)=a_1{\chi }_1(g)+\cdots +a_m{\chi }_m(g)=\sum _{\{i\mid a_i>0\}}{a}_i{\chi }_i(1)+\sum _{\{i\mid a_i=0\}}0\cdot {\chi }_i(1)=\chi (1).$$即 $\ker \chi \supset \bigcap _{\{i\mid a_i>0\}}\ker {\chi }_i$. 反之若 $g\in \ker \chi$, 则 $\sum _{\{i\mid a_i>0\}}{a}_i{\chi }_i(g)=\chi (1)=\sum _{\{i\mid a_i>0\}}{a}_i{\chi }_i(1)$. 但$$|\sum _{\{i\mid a_i>0\}}{a}_i{\chi }_i(g)|\le \sum _{\{i\mid a_i>0\}}{a}_i|{\chi }_i(g)|\le \sum _{\{i\mid a_i>0\}}{a}_i{\chi }_i(1).$$故这意味着 $|{\chi }_i(g)|=|{\chi }_i(1)|$ 对所有使 $a_i>0$ 的 $i$ 成立, 且存在 $|\lambda |=1$ 使得 ${\chi }_i(g)=\lambda {\chi }_i(1)$, 其中 $j\in \{i\mid a_i>0\}$. 那么 $\lambda =1$, 故 ${\chi }_i(g)={\chi }_i(1)$ 对所有使 $a_i>0$ 的 $i$ 成立, 即 $g\in \bigcap _{\{i\mid a_i>0\}}\ker {\chi }_i$. 对于后一等式, 注意到正则表示的不可约直和分解已然包含所有不可约特征标, 但正则表示是忠实表示. $\square$
(ii)	设 $N⊲G$, 证明存在 $i_1,\cdots ,i_l$ 使得 $N=\bigcap _{j=1}^l\ker {\chi }_{i_j}$.
证明:	不妨设 $i_1,\cdots ,i_l$ 为全部使 $\ker {\chi }_i\supset N$ 的下标. 这种下标一定存在, 因为平凡特征一定满足这样的性质. 断言 $N=\bigcap _{i=1}^l\ker {\chi }_i$. 令 ${\rho }_i$ 为 ${\chi }_i$ 对应的不可约表示, 则由 [Ex.11.4 (ii)], $\widetilde{{\rho }_i}$ 是 $G/N$ 的不可约表示, 并记 $\widetilde{{\chi }_i}$ 是相应的特征标. 且易证 $\ker \widetilde{{\chi }_i}=\ker {\chi }_i/N$. 且 $\{\widetilde{{\chi }_i}{\}}_{i=1}^l$ 是 $G/N$ 的全部不可约特征标. 由 (a) 可知 $N=\bigcap _{i=1}^l\ker \widetilde{{\chi }_i}$, 即 $N=\bigcap _{j=1}^l\ker {\chi }_{i_j}$. $\square$
(iii)	设 $[G,G]$ 是 $G$ 的换位子群, 证明: $[G,G]=\bigcap _{\chi \in \mathrm{Irr}(G):\chi (1)=1}\ker \chi$.
证明:	由 (ii)(b) 的证明过程, 只须证 $[G,G]\subset \ker \chi$ 当且仅当 $\chi (1)=1$. 若 $\chi (1)=1$, 则 $\chi :G\to {\mathbb{C}}^{\ast }$ 是一个群同态, 且像交换, 从而 $\ker \chi \supset [G,G]$. 反之, 若 $\ker \chi \supset [G,G]$, 则令 $\tilde{\chi }$ 是诱导的 $G/[G,G]$ 的特征标. 而 $G/[G,G]$ 的不可约表示都是一次的, 从而 $\tilde{\chi }$ 也是一次的. 故 $\chi (1)=\tilde{\chi }([G,G])=1$. $\square$
11.7	设 $G$ 是一个有限群, 考虑 $G$ 在复数域 $\mathbb{C}$ 上的有限维表示 $\rho :G\to GL(V)$, $\dim V=n$. 设 $\chi$ 是 $\rho$ 的特征. 定义 $C(\chi )=\{g\in G\mid |\chi (g)|=\chi (1)=n\}$. 证明:
(i)	$C(\chi )$ 是 $G$ 的一个包含 $\ker \chi$ 的子群, 且商群 $C(\chi )/\ker \chi$ 是循环群.
证明:	显然 $\ker \chi \subset C(\chi )$. 定义 $\phi :C(\chi )\to {\mathbb{C}}^{\ast };g\mapsto \frac{1}{n}\chi (g)$, 则 $\phi$ 是一个群同态. 且 $\ker \phi =\ker \chi$. 从而 $C(\chi )/\ker \chi$ 是可嵌入 ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 中的有限群, 从而是循环群. $\square$
(ii)	$C(\chi )/\ker \chi \subseteq C(G/\ker \chi )$, 这里 $C(G/\ker \chi )$ 表示 $G/\ker \chi$ 的中心.
证明:	若 $\bar{g}\in C(\chi )/\ker \chi$, 则令 $\rho (g)=\lambda I_n$, 其中 $\lambda$ 是 $\mathbb{C}$ 中的一个单位根. 则对于任意 $\bar{h}\in G/\ker \chi =G/\ker \rho$, 欲证 $\bar{g}\bar{h}=\bar{h}\bar{g}$. 但由于 $\rho$ 在 $G/\ker \rho$ 上诱导的商表示 $\tilde{\rho }$ 是忠实的, 故 $\tilde{\rho }$ 是 $G/\ker \rho$ 到其在 $\tilde{\rho }$ 下的像的同构. 故只须证 $\rho (\bar{g}\bar{h})=\rho (\bar{h}\bar{g})$. 但这是直接是因为 $\rho (g)$ 是标量矩阵. $\square$
(iii)	$C(G)=\bigcap _{\chi \in \mathrm{Irr}(G)}C(\chi )$, 这里 $C(G)$ 是 $G$ 的中心, $\mathrm{Irr}(G)$ 是 $G$ 所有复不可约特征的集合.
证明:	由 [Ex.10.5] 知 $C(G)\subset \bigcap _{\chi \in \mathrm{Irr}(G)}C(\chi )$. 令 $\rho$ 是 $\chi$ 的表示. 若 $g\in C(\chi )$ 对于任意 $\chi \in \mathrm{Irr}(G)$ 成立, 则 $\rho (g)\rho (h)=\rho (h)\rho (g)$ 对任意 $h\in G$ 成立. 由于 $\mathbb{C}$ 上, 正则表示的直和分解包含了所有不可约表示, 故 $g\in C(\mathbb{C}[G])$. 这即是说 $g\in C(G)$. $\square$
11.8	设 $H$ 是 $G$ 的一个子群. $\chi$ 是 $G$ 的一个复特征. ${\chi }_H$ 是 $\chi$ 限制在 $H$ 上的特征.
(i)	证明: ${⟨{\chi }_H,{\chi }_H⟩}_H\le (G:H){⟨{\chi }_G,{\chi }_G⟩}_G$, 且取等号当且仅当 $\chi (g)=0$, $\forall g\in G-H$.
证明:	令 $C_H$ 为 $H$ 的全体共轭类集合, 而 $C_G$ 为 $G$ 的全体共轭类集合. 那么题目等价于证明$$\sum _{S_H\in C_H}|S_H||{\chi }_H(S_H){|}^2\le \sum _{S_G\in C_G}|S_G||\chi (S_G){|}^2.$$注意到若 $h\in H$ 且 $h\in S_G$, 则 $l^{-1}hl\in S_G$ 对于任意 $l\in H$ 成立. 从而 $S_G$ 包含一些 $H$ 中的共轭类的无交并, 或者不包含 $H$ 中的任一共轭类. 反之, 任一 $H$ 中的共轭类 $S_H$ 能且只能被包含在一个 $S_G$ 中. 故令 $C_G=\{S_1,\cdots ,S_k\}$, 而 $S_i$ 中包含的 $C_H$ 中的共轭类全体记为 $\{S_{i1},\cdots ,S_{i{l}_k}\}$. 那么 $\sum _{j=1}^{l_i}|S_{ij}|\le |S_i|$, 从而$$\begin{array}{rl}\sum _{S_H\in C_H}|S_H||{\chi }_H(S_H){|}^2& =\sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^{l_i}|S_{ij}||{\chi }_H(S_{ij}){|}^2=\sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^{l_i}|S_{ij}||\chi (S_{ij}){|}^2\\ & \le \sum _{i=1}^k|S_i||{\chi }_H(S_{ij}){|}^2=\sum _{S_G\in C_G}|S_G||\chi (S_G){|}^2.\end{array}$$这证明了原不等式. 而若取等, 则要么 $S_i$ 可被分解为 $H$ 中共轭类的无交并, 要么 $S_i$ 中不包含 $H$ 中的元素. 而后者必有 $\chi (S_i)=0$. 这即是说 $g\notin H$ 时 $\chi (g)=0$. $\square$
(ii)	若 $\chi$ 还是一个不可约特征, 证明: $\chi (1{)}^2\le (G:C(\chi ))$, 且取等号时当且仅当 $\chi (g)=0$, $\forall g\in G-C(\chi )$. 这里 $C(\chi )$ 的定义见上题.
证明:	取 $H=C(\chi )$, 则 (i) 中的不等式即$${⟨{\chi }_H,{\chi }_H⟩}_H\le (G:H){⟨\chi ,\chi ⟩}_G=(G:H).$$左式即 $\frac{1}{|H|}\sum _{g\in C(G)}|\chi (g){|}^2=\frac{1}{|H|}\cdot |H|\cdot |\chi (1){|}^2=\chi (1{)}^2$. 其中最后一个等式成立是因为 $\chi (1)\in \mathbb{N}\subset \mathbb{R}$. 其取等条件与 (i) 是一样的. $\square$
12.1	设 $G$ 是一个有限群, $|G|>1$. 证明: $G$ 是单群当且仅当 $G$ 在每个复数域上非平凡不可约特征 $\chi$, 都有 $\chi (g)\ne \chi (1)$, $\forall g\ne 1$.
证明:	若 $G$ 每个非平凡不可约复特征 $\chi$ 都有 $\chi (g)\ne \chi (1)$, $\forall g\ne 1$, 即 $\ker \chi =\{1\}$, 而 $\ker 1=G$. 由习题 11.6 (ii) 知, $G$ 的正规子群只能为 $\{1\}$ 或 $G$. 反之, 假设对某个不可约复特征 $\chi$ 有 $\ker \chi \ne \{1\}$. 由 $G$ 的单性知 $\ker \chi =G$. 设 $\rho :G\to \mathrm{GL}(V)$ 为对应的复表示, 那么对于任意 $g\in G$, 有 $\chi (g)=\mathrm{tr}(\rho (g))\dim \rho$. 这意味着 $\rho (g)$ 的特征值只能是全 $1$. 由习题 11.5 (ii) 知 $\rho (g)$ 是纯量方阵. 故 $\rho (g)=1_V$, 即 $\rho$ 为平凡表示. 故 $\chi$ 也平凡.
12.2	设 $G$ 是一个有限群, $|G|$ 的阶是一个奇数. $\chi$ 是 $G$ 在复数域上的一个不可约特征, 且 $\chi =\overline{\chi }$, 这里 $\overline{\chi }$ 表示复数的共轭. 证明: $\chi =1$, 这里 $1$ 表示一次平凡表示的特征.
证明:	由于 $2\nmid |G|$, 故将 $G$ 分解为 $\{e\}\cup \bigcup _{i=1}^m\{g_i,g_i^{-1}\}$. 那么$$⟨\chi ,1⟩=\frac{1}{|G|}(\chi (1)+\sum _{i=1}^m(\chi (g_i)+\chi (g_i^{-1})\left)\right)\stackrel{\chi =\overline{\chi }}{=}\frac{1}{|G|}(\chi (1)+2\sum _{i=1}^m\chi (g_i)).$$由于 $a=\sum _{i=1}^m\chi (g_i)$ 是一个代数整数, 且 $\frac{1}{|G|}(\chi (1)+a)=0$, 故 $a$ 是有理数, 从而是整数. 由于 $\chi (1)\mid |G|$, 故 $\chi (1)$ 是奇数, 而 $a=-\frac{1}{2}\chi (1)$, 故 $a$ 不是整数. 矛盾! $\square$
12.3	设 $n$ 是一个正整数, $\omega \in \mathbb{C}$ 是一个 $n$ 次单位根. 设 $T=\{i\mid 1\le i\le n,\gcd (i,n)=1\}$. (a) 证明: $\sum _{i\in T}{\omega }^i$ 是一个整数. (b) 设 $G$ 是一个有限群, $g\in G$ 是一个 $n$ 阶元. $\chi$ 是 $G$ 的一个在复数域上的特征. 若对每个 $i\in T$, $g$ 与 $g^i$ 共轭, 证明: $\chi (g)$ 是一个整数. (c) 设 $n$ 是一个正整数, $S_n$ 是对称群. $\chi$ 是其一个在复数域上的特征. 证明: $\forall g\in S_n$, $\chi (g)$ 是整数.
证明:	(a) 当 $\omega$ 是本原单位根时, 分圆多项式 ${\Phi }_n(x)=\prod _{i\in T}(x-{\omega }^i)$ 是整系数多项式, 这是因为用第二数学归纳法与$$x^n-1=\prod _{1\le i\le n}(x-{\omega }^i)=\prod _{d|n}\prod _{i\in T_d}(x-({\omega }^{\frac{n}{d}}{)}^i)=\prod _{d|n}{\Phi }_d(x).$$因此结论成立. 一般情况下 $\omega$ 是一个 $\frac{n}{d}$ 次本原单位根, 有$$\sum _{i\in T}{\omega }^i=\frac{\phi (n)}{\phi (\frac{n}{d})}\sum _{i\in T_{\frac{n}{d}}}{\omega }^i\in \mathbb{Z},$$其中对正整数 $s$, $T_s$ 的定义类似于题中 $T$ 的定义, $\phi$ 代表欧拉函数. 另解: 由于 $\sum _{i\in T}{\omega }^i\in \mathbb{C}(\mathbb{Z})$, 我们只需要证明 $\sum _{i\in T}{\omega }^i\in \mathbb{Q}$ 便可. 取分圆扩张 $\mathbb{Q}[{\zeta }_n]/\mathbb{Q}$, ${\zeta }_n$ 是一个 $n$ 次本原单位根. 此时存在正整数 $d$ 使得 $\omega ={\zeta }_n^d$. 而 $\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}[{\zeta }_n]/\mathbb{Q})=\{\sigma \mid \sigma ({\zeta }_n)={\zeta }_n^i,i\in T\}$. 因此$$\sum _{i\in T}{\omega }^i=\sum _{\sigma \in \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}[{\zeta }_n]/\mathbb{Q})}\sigma (\omega ).$$显然有 $\sum _{i\in T}{\omega }^i\in \mathbb{Q}[{\zeta }_n{]}^{\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}[{\zeta }_n]/\mathbb{Q})}=\mathbb{Q}$. (b) 记 $(\rho ,V)$ 是 $\chi$ 对应的表示, $\chi (1)=\dim V=m$. 此时 $\rho (g)$ 的所有特征值均是 $n$ 次单位根, 分别记为 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_m$. 对于 $i\in T$, $\chi (g^i)=\sum _{l=1}^m{\lambda }_l^i$. 由于 $g$ 与 $g^i$ 共轭, $\chi (g)=\chi (g^i),\forall i\in T$. 因此$$\chi (g)=\frac{{\sum }_{i\in T}\chi (g^i)}{\phi (n)}=\frac{{\sum }_{i\in T}{\sum }_{l=1}^m{\lambda }_l^i}{\phi (n)}=\frac{{\sum }_{l=1}^m{\sum }_{i\in T}{\lambda }_l^i}{\phi (n)}\in \mathbb{Q},$$进而 $\chi (g)\in \mathbb{Z}$. (c) 将 $g$ 写成互不相交的轮换, 验证 $g$ 满足 (b) 中所述条件.
12.4	设 $G$ 是一个有限单群, $\rho :G\to G{L}_n(\mathbb{C})$ 是 $G$ 的一个 $n$ 次不可约表示. $n>1$. 证明:
(a)	$\det (\rho (g))=1$, $\forall g\in G$.
证明:	由于 $\phi =\det \circ \rho :G\to {\mathbb{C}}^{\ast }$ 是一个群同态, 我们有 $\ker \phi ⊲G$. 由于 $G$ 是单群, 故 $\ker \phi =\{e\}$ 或 $G$. 若 $\ker \phi =\{e\}$, 则 $G$ 可嵌入 ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 中. 但 $G$ 是有限群, ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 的有限子群都循环, 而循环群的不可约表示都是一次的, 故与 $n>1$ 矛盾! 从而 $\ker \phi =G$, 故 $\det (\rho (g))=1$, $\forall g\in G$. $\square$
(b)	$n>2$.
证明:	若 $n=2$, 则 $\ker \rho ⊲G$. 若 $\ker \rho =\{e\}$, 则不妨设 $G\le G{L}_2(\mathbb{C})$. 由于 $\dim \rho \mid |G|$, 故 $2\mid |G|$. 由 Cauchy 定理, $G$ 中存在 $2$ 阶元 $g$. 记 $m(g)$ 为 $g$ 的极小多项式, 则 $m(g)\mid X^2-1$, 且 $m(g)\ne X-1$. 若 $m(g)=X+1$, 则 $g=-I_2$, 但 $\{g,e=I_2\}⊲G$, 矛盾! 故 $m(g)=X^2-1$, 则存在 $P\in G{L}_2(\mathbb{C})$ 使得 $P^{-1}gP=\left(\begin{array}{cc}1& \\ & -1\end{array}\right)$. 但这意味着 $\det g=-1\ne 1$, 与 (a) 矛盾! 所以 $\ker \rho =G$, 从而 $\rho$ 是高次平凡表示, 与不可约性矛盾! 故 $n\ne 2$. 从而 $n>2$. $\square$
12.5	设 $G$ 是一个有限非交换单群, $H$ 是 $G$ 的一个 Abel 子群. 证明: $(G:H)$ 不是素数的幂次.
证明:	否则, 记 $(G:H)=p^k$, 其中 $p$ 是素数. 我们证明存在 $G$ 的一个共轭类 $C$ 使得 $|C|=p^r$, 其中 $1\le r\le k$. 取 $g\in H\backslash \{e\}$ (若 $H=e$, 则 $|G|=p^k$. $k=1$ 时为交换单群, $k\ge 2$ 时是由 Burnside 引理知为可解群, 从而不单) , 那么 $g$ 的中心化子 $C_g\supset H$. 但 $C_g\ne G$, 否则 $g$ 给出一个 $G$ 的非平凡中心元, 与 $G$ 单矛盾. 故 $g$ 所在的共轭类 $1\ne |G|/|C_g|||G|/|H|=p^k$. 故 $g$ 所在共轭类的长度是一个素数的幂次, 从而由 Burnside 共轭定理知 $G$ 不可能单. 矛盾! $\square$
13.1	设 $k$ 是一个特征为零的域, $G$ 是一个有限群, $S$ 是一个非空有限集, $G$ 左作用在 $S$ 上, $(\rho ,V)$ 是对应的置换表示. ${\chi }_V$ 是 $(\rho ,V)$ 的特征. 记 $V^G=\{v\in V\mid \rho (g)(v)=v,\forall g\in G\}$.
(a)	设 $G$ 在 $S$ 上作用的轨道个数等于 $l$. 证明: ${\dim }_k(V^G)=l$.
证明:	令 $e_s$ 为 $s\in S$ 对应的基向量, 则 $V=\underset{s\in S}{⨁}k{e}_s$. 首先 ${\dim }_k(V^G)\ge l$. 若 $C$ 是 $S$ 中的一个轨道, 则 $v_C:=\sum _{s\in C}{e}_s$ 是 $G$ 的不动点. 若 $C_1,\cdots ,C_l$ 是全部轨道, 则 $\{v_{C_1},\cdots ,v_{C_l}\}$ 是一堆线性无关的向量, 且 $V^G\supset \underset{i=1}{\overset{l}{⨁}}k{e}_{C_i}$. 反之, 若 $0\ne v\in V^G$, 对于任意 $s\in S$. 则设 $s$ 在轨道 $C_i$ 中, 那么对于 $t\in C_i$, 存在 $g\in G$ 使得 $g.s=t$. 由于 $g.v=v$, 且 $g.e_s=e_t$, 故 $e_t$ 上的分量与 $g$ 相同. 故 $v\in \underset{i=1}{\overset{l}{⨁}}k{e}_{C_i}$, 从而 $V^G=\underset{i=1}{\overset{l}{⨁}}k{e}_{C_i}$. 这意味着 ${\dim }_k(V^G)=l$. $\square$
(b)	$g\in G$, 记 $\mathrm{Fix}(g)=\{x\in S\mid g.x=x\}$. 证明: $l=\frac{1}{|G|}{\sum }_{g\in G}|\mathrm{Fix}(g)|$.
证明:	由于$$\begin{array}{rl}\sum _{g\in G}|\mathrm{Fix}(g)|& =|\{(g,s)\in G\times S\mid g.s=s\}|=\sum _{s\in S}|G_s|=\sum _{s\in S}\frac{|G|}{|G.s|}=|G|\sum _{i=1}^l\sum _{s\in C_i}\frac{1}{|C_i|}=|G|\cdot l.\end{array}$$ $\square$
(c)	设 $G$ 在 $S$ 上的作用是可迁的. 证明: $V=W_1\oplus T$, 其中 $W_1$ 是 $1$ 次平凡表示, $T$ 是一个子表示. 设 ${\chi }_T$ 是 $T$ 的特征, 则 ${\chi }_V=1+{\chi }_T$ 且 $⟨{\chi }_T,1⟩=0$. $1$ 表示一次平凡表示的特征.
证明:	令 $w=\sum _{s\in S}{e}_s$, 则 $W_1=kw$ 是 $G$ 的一个平凡子表示. 令 $T=\ker \gamma$, 其中 $\gamma =\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}{g}^{-1}\circ \pi \circ g$, $\pi$ 为作为 $k$-线性空间 $V$ 到 $W_1$ 的投影. 由 Maschke 定理的过程知有 $k[G]$-模直和分解 $V=W_1\oplus \ker \gamma$. 记 $T=\ker \gamma$. 若存在 $0\ne v\in T$ 使得 $g.v=v$, 则由于 $G$ 在 $S$ 上作用可迁, 有 $v\in W_1$, 从而 $v\in W_1\cap T=\{0\}$. 从而 $⟨{\chi }_T,1⟩=0$, 即 ${\chi }_V=1+{\chi }_T$. $\square$
13.2	题设条件同第 1 题. $G$ 作用在 $S\times S$ 上如下: $\forall g\in G,(x,y)\in S\times S$, $g\cdot (x,y)=(g\cdot x,g\cdot y)$. 设此作用对应的置换表示的特征是 $\phi$.
(a)	证明: $\phi ={\chi }^2$.
证明:	(a) 记 $\phi$ 对应的表示是 $(\tilde{\rho },\tilde{V})$, $\{v_{(x,y)}\mid (x,y)\in S\times S\}$ 是 $\tilde{V}$ 的一组基. 对于 $g\in G,(x,y)\in S\times S$, $g{v}_{(x,y)}=v_{(gx,gy)}$, 其 $v_{(x,y)}$ 项的系数是: $\{\begin{array}{ll}1,& (x,y)\in \mathrm{Fix}(g)\times \mathrm{Fix}(g),\\ 0,& \text{否则}.\end{array}$ 因此 $\phi (g)=|\mathrm{Fix}(g){|}^2=\chi (g{)}^2$.
(b)	设 $G$ 在 $S$ 上的作用是可迁的且 $|S|\ge 2$. 称此可迁作用是双可迁的 (doubly transitive) , 若 $\forall x_i,y_i\in S,i=1,2$ 且 $x_i\ne y_i,i=1,2$, 存在 $g\in G$ 使得 $x_2=g\cdot x_1,y_2=g\cdot y_1$. 证明下列命题等价: (1) $G$ 在 $S$ 上的作用是双可迁的; (2) $G$ 在 $S\times S$ 上的作用恰有 $2$ 条轨道; (3) $⟨{\chi }_V^2,1⟩=2$; (4) 第 1 题 (c) 中定义的子表示 $T$ 是不可约的.
证明:	(1)$\iff$(2): 双可迁时轨道分别是 $\{(x,x)\mid x\in S\}$ 和 $\{(x,y)\mid x\ne y\}$. 只有两条轨道时, $\{(x,x)\mid x\in S\}$ 是一条轨道, 另一条轨道只能是 $\{(x,y)\mid x\ne y\}$, 那么双可迁. (3)$\iff$(4): 由$$⟨{\chi }_V^2,1⟩=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}(1+{\chi }_T(g){)}^2=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}(1+2{\chi }_T(g)+{\chi }_T(g{)}^2)=1+⟨{\chi }_T,{\chi }_T⟩.$$与 ${\chi }_T$ 不可约当且仅当 $⟨{\chi }_T,{\chi }_T⟩=1$ 立得. 这里最后一个等号是因为 $⟨{\chi }_T,1⟩=0$ 以及 ${\chi }_T\in \mathbb{Z}$. (2) $\iff$ (3): 与前一题 (c) 问的证明手段一致, 可以说明$$\tilde{V}={\tilde{W}}_1\oplus \cdots \oplus {\tilde{W}}_n\oplus \tilde{T}.$$这里 $n$ 是 $G$ 在 $S\times S$ 上作用的轨道数, 满足 $G$ 在每个 ${\tilde{W}}_i$ 上的表示都是一次平凡表示且 $⟨{\chi }_{\tilde{T}},1⟩=0$. 因此有 $⟨{\chi }_V^2,1⟩=⟨\phi ,1⟩=n$.
13.3	设 $k$ 是一个域, $H$ 是群 $G$ 的子群. $G/H=\{aH\mid a\in G\}$ 是 $H$ 在 $G$ 中的左陪集集合. $G$ 在 $G/H$ 上有左平移作用: $G\times G/H\to G/H;(g,aH)\mapsto (ga)H$. 设 $(\rho ,V)$ 是 $G$ 对应的置换表示. 记 $k$ 是 $H$ 的平凡一次表示. 证明: 作为 $G$ 的表示, $V$ 同构于诱导表示 ${\mathrm{Ind}}_H^G(k)$.
证明:	定义 $\phi :k[G]{\otimes }_{k[H]}k\to V;g\otimes s\mapsto sgH$. 由于 $g^{\prime }.\phi (g\otimes s))=g^{\prime }.sgH=s{g}^{\prime }gH=\phi (g^{\prime }g\otimes s)=\phi (g^{\prime }.g\otimes s)$, 故 $\phi$ 是 $k[G]$-模同态. 且 $sgH\mapsto g\otimes s$ 给出了逆的 $k[G]$-模同态. 这是良定的, 由于若 $g_1{h}_1=g_2{h}_2$, 则 $\phi (sgH)=\phi (s{g}_{1}H)=g_1\otimes s=g^2{h}_2{h}_1^{-1}\otimes s=g_2\otimes (h_2{h}_1^{-1}.s)=g_2\otimes s=\phi (s{g}_{2}H)$. 从而 $\phi$ 是 $k[G]$-模同构. $\square$
13.4	设 $k$ 是一个域, $K,H$ 是群 $G$ 的子群且 $KH=G$, 这里 $KH=\{ab\mid a\in K,b\in H\}$. 设 $\chi$ 是 $H$ 在 $k$ 上的一个特征. 证明: ${\mathrm{Res}}_K^G{\mathrm{Ind}}_H^G(\chi )={\mathrm{Ind}}_{K\cap H}^k({\mathrm{Res}}_{K\cap H}^H(\chi ))$.
证明:	这是由于 ${\mathrm{Res}}_K^G{\mathrm{Ind}}_H^G(\chi )=\underset{i=1}{\overset{l}{⨁}}{\mathrm{Ind}}_{K\cap H_i}^k({\mathrm{Res}}_{K\cap H_i}^{H_i}(\chi ))$, 其中 $t_1=e,\cdots ,t_l$ 是 $(K,H)$ 的双陪集代表元系. 但 $KH=G$ 说明 $l=1$, 从而得原题结论. $\square$
13.5	设 $k$ 是一个有限域, $G=S{L}_2(k)$, $H=\{\left(\begin{array}{cc}a& b\\ & a^{-1}\end{array}\right)\mid a,b\in k^{\ast }\}$ 是 $G$ 的子群. 设 $\omega :k^{\ast }\to {\mathbb{C}}^{\ast }$ 是一个乘法群同态. 定义 $H$ 的 $1$ 次表示 ${\rho }_{\omega }:H\to k^{\ast }$ 如下: $${\rho }_{\omega }(\left(\begin{array}{cc}a& b\\ & d\end{array}\right))=\omega (a).$$设 $V={\mathrm{Ind}}_H^G({\rho }_{\omega })$ 是相应的诱导表示. 如果 ${\omega }^2\ne 1$, 证明: $V$ 是 $G$ 的不可约表示.
证明:	记 $\tau =\left(\begin{array}{cc}& 1\\ -1& \end{array}\right)$, 则 $G$ 有关于 $(H,H)$ 的双陪集分解 $G=H\tau H\coprod H$. 那么 $H^{\tau }=\tau H{\tau }^{-1}\cap H=\{\left(\begin{array}{cc}a& \\ & a^{-1}\end{array}\right)\}$. 那么$${\rho }_{\omega }^{\tau }(\left(\begin{array}{cc}a& \\ & a^{-1}\end{array}\right))={\rho }_{\omega }({\tau }^{-1}\left(\begin{array}{cc}a& \\ & a^{-1}\end{array}\right)\tau )={\rho }_{\omega }(\left(\begin{array}{cc}{a}^{-1}& \\ & a\end{array}\right))={\rho }_{\omega }^{-1}(a).$$故$${⟨{\rho }_{\omega }^{\tau },{\mathrm{Res}}_{H^{\omega }}^H{\rho }_{\omega }⟩}_{H_{\tau }}={⟨{\rho }_{\omega }^{-1},{\rho }_{\omega }⟩}_{H_{\tau }}\stackrel{{\omega }^2\ne 1}{=}0.$$其中最后一个等号是因为 ${\rho }_{\omega }^{-1}$ 与 ${\rho }_{\omega }$ 都是 $H^{\tau }$ 上的一次表示, 从而都不可约, 且互不相同, 故正交. 由 Mackey 不可约判据, ${\mathrm{Ind}}_H^G{\rho }_{\omega }$ 不可约. $\square$ 注 9.4. 此处 $H$ 称为 $G$ 的 Borel 子群. 如果 ${\omega }^2=1$, 则可验证 ${\mathrm{Ind}}_H^G{\rho }_{\omega }$ 是两个 $\frac{q+1}{2}$ 次的不可约表示的直和.