Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

5Representasi Grup Berhingga

Untuk memahami grup abstrak, buatlah ia beraksi pada ruang vektor lalu pakailah aljabar linear — nilai eigen, trace, hasil kali dalam — pada aksi itu. Program ini, yang disebut teori representasi, luar biasa mujarab bagi grup berhingga atas $\C$ : setiap representasi terpecah menjadi representasi tak tereduksi (Maschke), yang tak tereduksi itu dipakukan oleh karakternya (yakni tracenya), dan karakternya memenuhi relasi ortogonalitas yang membuat perhitungannya mekanis. Bab ini membangun kalkulus itu beserta mahakarya pertamanya — tabel karakter grup kecil — dan soal akhir pekan memanen sebuah teorema yang jauh melampaui jangkauan teori grup telanjang: teorema $p^aq^b$ Burnside. Sepanjang bab ini $G$ adalah grup berhingga dan semua ruang vektornya berdimensi berhingga atas $\C$ .

5.1 Representasi, Maschke, Schur

Definisi 5.1

Sebuah representasi dari $G$ adalah morfisma $\rho \colon G \to GL(V)$ untuk sebuah ruang vektor- $\C$ $V$ ; sedangkan $\dim V$ disebut derajatnya. Subruang $W \subseteq V$ disebut invarian jika $\rho(g)W \subseteq W$ untuk setiap $g$ ; pembatasannya menjadikan $W$ sebuah subrepresentasi. Representasi $\rho$ disebut tak tereduksi jika $V \neq 0$ dan satu-satunya subruang invariannya adalah $0$ dan $V$ . Sebuah morfisma antara $(\rho, V)$ dan $(\sigma, W)$ adalah pemetaan linear $f\colon V \to W$ dengan $f\rho(g) = \sigma(g)f$ untuk setiap $g$ (keekuivarianan); dan $f$ yang bijektif disebut isomorfisma.

Contoh 5.2

(a) Derajat $1$ : yaitu morfisma $G \to \C^\times$ . (b) Adapun representasi reguler: $V = \C^G$ dengan basis $(e_h)_{h \in G}$ dan $\rho(g)e_h = e_{gh}$ ; berderajat $\abs G$ . (c) Aksi permutasi $G$ pada himpunan berhingga $X$ memberikan representasi permutasi pada $\C^X$ : $\rho(g)e_x = e_{g\cdot x}$ . (d) Grup $S_n$ beraksi pada $\C^n$ dengan mempermutasikan koordinatnya; hiperbidang $\{\sum x_i = 0\}$ bersifat invarian: itulah representasi baku, yang berderajat $n - 1$ .

Teorema 5.3 (Maschke)

Setiap subruang invarian $W$ dari representasi $(V, \rho)$ mempunyai komplemen yang invarian. Akibatnya setiap representasi merupakan jumlah langsung representasi tak tereduksi (kesemisederhanaan).

Bukti. Misalkan $p \colon V \to V$ sembarang proyeksi yang berpeta $W$ (ambil komplemen apa pun). Rata-ratakan ia atas grupnya:

\tilde p = \frac1{\abs G}\sum_{g \in G} \rho(g)\,p\,\rho(g)^{-1}.

Setiap sukunya memetakan $V$ ke dalam $W$ (sebab $W$ invarian), dan menetapkan $W$ titik demi titik: sebab untuk $w \in W$ , $\rho(g)^{-1}w \in W$ , lalu $p$ menetapkannya, dan $\rho(g)$ membawanya kembali — jadi $\tilde p$ kembali menjadi proyeksi pada $W$ . Ia ekuivarian: sebab untuk $h \in G$ , $\rho(h)\tilde p\rho(h)^{-1}$ hanya mengindeks ulang jumlah yang sama. Karena itu $\ker \tilde p$ merupakan komplemen invarian bagi $W$ . Mengiterasikannya pada setiap sukunya (dimensinya berhingga) menguraikan $V$ atas representasi tak tereduksi. ∎

Teorema 5.4 (Lema Schur)

Misalkan $f \colon V \to W$ sebuah morfisma antara representasi tak tereduksi. Maka $f = 0$ atau $f$ merupakan isomorfisma; dan jika $(V,\rho) = (W,\sigma)$ , maka $f = \lambda\,\mathrm{id}$ untuk suatu $\lambda \in \C$ . Karena itu $\dim\operatorname{Hom}_G(V, W)$ bernilai $1$ bila $V \cong W$ , dan $0$ bila tidak.

Bukti. Kernel $\ker f$ dan peta $\operatorname{im} f$ bersifat invarian (karena keekuivarianan), sehingga masing-masing berupa $0$ atau seluruhnya: jadi entah $f = 0$ , entah $f$ injektif dengan peta penuh. Jika $V = W$ : maka $f$ mempunyai nilai eigen $\lambda$ (sebab $\C$ tertutup secara aljabar); lalu $f - \lambda\,\mathrm{id}$ menjadi morfisma $V \to V$ yang tak injektif, sehingga $0$ . Untuk pencacahan dimensinya ketika $V \cong W$ : tetapkan satu isomorfisma $u$ , lalu sembarang morfisma $f$ memberikan endomorfisma $u^{-1}f = \lambda\,\mathrm{id}$ : jadi $f = \lambda u$ . ∎

5.2 Karakter dan ortogonalitas

Definisi 5.5

Yang disebut karakter dari $(V, \rho)$ adalah $\chi_\rho(g) = \operatorname{tr}\rho(g)$ . Ia memenuhi $\chi_\rho(e) = \dim V$ dan $\chi_\rho(hgh^{-1}) = \chi_\rho(g)$ (sebab trace bersifat invarian terhadap konjugasi): jadi karakter merupakan fungsi kelas — yaitu unsur ruang $\mathcal{CF}(G)$ berisi fungsi yang konstan pada kelas konjugasi, yang dilengkapi hasil kali dalam Hermite

\langle \varphi, \psi\rangle = \frac1{\abs G}\sum_{g \in G} \overline{\varphi(g)}\,\psi(g).

Proposisi 5.6

Pemetaan $\rho(g)$ dapat didiagonalkan dengan nilai eigen berupa akar satuan; $\chi_\rho(g^{-1}) = \overline{\chi_\rho(g)}$ , dan $\abs{\chi_\rho(g)} \leq \chi_\rho(e)$ dengan kesamaan jika dan hanya jika $\rho(g)$ berupa skalar. Karakter menjumlah pada jumlah langsung: $\chi_{V \oplus W} = \chi_V + \chi_W$ .

Bukti. Berlaku $\rho(g)^N = \mathrm{id}$ untuk $N = \abs G$ (menurut Lagrange): jadi $\rho(g)$ menghapus $X^N - 1$ , yang terpecah dengan akar sederhana, sehingga ia dapat didiagonalkan dengan nilai eigen $\lambda_i \in \mu_N$ . Lalu $\chi(g^{-1}) = \sum \lambda_i^{-1} = \sum\bar\lambda_i = \overline{\chi(g)}$ , dan $\abs{\chi(g)} = \abs{\sum\lambda_i} \leq \dim V$ , dengan kesamaan pada ketaksamaan segitiganya jika dan hanya jika semua $\lambda_i$ sama, yakni $\rho(g) = \lambda\,\mathrm{id}$ . Keaditifannya pada jumlah langsung: lihat trace bloknya. ∎

Lema 5.7

Misalkan $(V, \rho)$ , $(W, \sigma)$ dua representasi. Operator perata-rataan pada $\operatorname{Hom}(W, V)$ ,

c(A) = \frac1{\abs G}\sum_{g}\rho(g)\,A\,\sigma(g)^{-1},

merupakan proyeksi pada $\operatorname{Hom}_G(W, V)$ , dan untuk pemetaan $\Phi_g \colon A \mapsto \rho(g)A\sigma(g)^{-1}$ berlaku $\operatorname{tr}\Phi_g = \chi_\rho(g)\,\overline{\chi_\sigma(g)}$ .

Bukti. Pemetaan $c(A)$ bersifat ekuivarian (indeks ulang jumlahnya seperti pada Maschke), dan $c$ menetapkan pemetaan ekuivarian (sebab setiap sukunya sama dengan $A$ ): jadi $c$ merupakan proyeksi berpeta $\operatorname{Hom}_G(W, V)$ . Tracenya: dalam basis, $\Phi_g(A) = BAC$ dengan $B = \rho(g)$ , $C = \sigma(g)^{-1}$ ; pada basis matriks $(E_{kl})$ berlaku $BE_{kl}C = \sum_{m,n} b_{mk}c_{ln}E_{mn}$ , sehingga koefisien $E_{kl}$ pada $\Phi_g(E_{kl})$ adalah $b_{kk}c_{ll}$ : jadi $\operatorname{tr}\Phi_g = \sum_{k,l}b_{kk}c_{ll} = \operatorname{tr}(B) \operatorname{tr}(C) = \chi_\rho(g)\chi_\sigma(g^{-1})$ , dan $\chi_\sigma(g^{-1}) = \overline{\chi_\sigma(g)}$ . ∎

Teorema 5.8 (Relasi ortogonalitas pertama)

Misalkan $\rho, \sigma$ tak tereduksi. Maka

\langle\chi_\sigma, \chi_\rho\rangle = \begin{cases} 1 & \text{jika } \rho \cong \sigma,\\ 0 & \text{bila tidak:} \end{cases}

jadi karakter tak tereduksi membentuk keluarga ortonormal di $\mathcal{CF}(G)$ .

Bukti. Trace sebuah proyeksi sama dengan dimensi petanya:

\dim\operatorname{Hom}_G(W, V) = \operatorname{tr} c = \frac1{\abs G}\sum_g \operatorname{tr}\Phi_g = \frac1{\abs G}\sum_g \chi_\rho(g)\overline{\chi_\sigma(g)} = \langle \chi_\sigma, \chi_\rho\rangle,

dan lema Schur menilai ruas kirinya sebagai $\delta_{\rho \cong \sigma}$ . ∎

Akibat 5.9

Uraikan $V \cong \bigoplus_i V_i^{\oplus m_i}$ atas representasi tak tereduksi yang berbeda ( $V_i \not\cong V_j$ ). Maka $m_i = \langle \chi_{V_i}, \chi_V\rangle$ : jadi multiplisitasnya — dan karenanya representasinya sampai isomorfisma — ditentukan oleh karakternya. Lebih lanjut $\langle \chi_V, \chi_V\rangle = \sum_i m_i^2$ ; khususnya $V$ tak tereduksi jika dan hanya jika $\langle\chi_V, \chi_V\rangle = 1$ .

Bukti. Berlaku $\chi_V = \sum m_i\chi_{V_i}$ (Proposisi 5.6); ambillah hasil kali dalam dengan setiap $\chi_{V_i}$ lalu pakailah keortonormalannya. Dua representasi dengan karakter yang sama mempunyai multiplisitas yang sama, sehingga keduanya isomorfik. ∎

Teorema 5.10 (Representasi reguler)

Misalkan $\chi_1, \dots, \chi_r$ karakter tak tereduksi yang berbeda, berderajat $n_i = \chi_i(e)$ . Representasi reguler terurai dengan multiplisitas $m_i = n_i$ ; akibatnya

\sum_{i=1}^{r} n_i^2 = \abs G, \qquad \sum_i n_i\chi_i(g) = 0 \quad (g \neq e).

Bukti. Karakter regulernya: $\chi_{\mathrm{reg}}(g) = \#\{h : gh = h\}$ , yang bernilai $\abs G$ untuk $g = e$ dan $0$ bila tidak. Jadi $m_i = \langle \chi_i,\chi_{\mathrm{reg}}\rangle = \frac1{\abs G}\overline{\chi_i(e)}\,\abs G = n_i$ . Memasukkan nilai $\chi_{\mathrm{reg}} = \sum n_i\chi_i$ pada $e$ dan pada $g \neq e$ memberikan kedua identitas yang ditampilkan itu. ∎

Teorema 5.11

Karakter tak tereduksi membentuk basis ortonormal bagi $\mathcal{CF}(G)$ : jadi banyaknya representasi tak tereduksi sama dengan banyaknya kelas konjugasi $G$ .

Bukti. Tersisa kelengkapannya: misalkan $f \in \mathcal{CF}(G)$ ortogonal terhadap setiap $\chi_i$ ; kita tunjukkan $f = 0$ . Untuk sebuah representasi $(V,\rho)$ , tetapkan $T_{f,\rho} = \frac{1}{\abs G} \sum_g \overline{f(g)}\,\rho(g)$ . Operator ini ekuivarian: sebab untuk $h \in G$ ,

\rho(h)T_{f,\rho}\rho(h)^{-1} = \frac1{\abs G}\sum_g \overline{f(g)}\rho(hgh^{-1}) = \frac1{\abs G}\sum_{g'}\overline{f(h^{-1}g'h)}\rho(g') = T_{f,\rho}

(karena $f$ fungsi kelas). Jika $\rho$ tak tereduksi berderajat $n$ , maka Schur memberikan $T_{f,\rho} = \lambda\,\mathrm{id}$ dengan

\lambda = \frac{\operatorname{tr}T_{f,\rho}}{n} = \frac{1}{n\abs G}\sum_g \overline{f(g)}\,\chi_\rho(g) = \frac1n\,\langle f, \chi_\rho\rangle = 0 .

Jadi $T_{f,\rho} = 0$ pada setiap representasi tak tereduksi, sehingga (lewat jumlah langsung) pada setiap representasi — khususnya pada yang reguler. Terapkan ia pada vektor basis $e_e$ : $0 = T_{f,\mathrm{reg}}e_e = \frac1{\abs G}\sum_g\overline{f(g)}e_g$ , yang memaksa setiap $\overline{f(g)} = 0$ . Dengan demikian keluarga ortonormal $(\chi_i)$ merentang $\mathcal{CF}(G)$ , yang dimensinya sama dengan banyaknya kelas konjugasi. ∎

Akibat 5.12 (Ortogonalitas kolom)

Untuk $g, h \in G$ :

\sum_{i=1}^{r}\overline{\chi_i(g)}\,\chi_i(h) = \begin{cases} \abs{Z_G(g)} & \text{jika } g, h \text{ sekawan},\\ 0 & \text{bila tidak.} \end{cases}

Bukti. Misalkan $g_1, \dots, g_r$ mewakili kelasnya, dan $c_j$ ukuran kelasnya. Matriks $r \times r$ dengan $U_{ij} = \sqrt{c_j/\abs G}\;\chi_i(g_j)$ mempunyai baris yang ortonormal (Teorema 5.8 yang ditulis per kelas: $\sum_j \frac{c_j}{\abs G}\chi_i(g_j)\overline{\chi_{i'}(g_j)} = \delta_{ii'}$ ), yakni $UU^* = I$ ; dan matriks persegi dengan $UU^* = I$ juga memenuhi $U^*U = I$ : jadi kolomnya ortonormal, dan itu terurai menjadi identitas yang ditampilkan (sebab $\abs G/c_j = \abs{Z_G(g_j)}$ , yaitu relasi orbit–stabilisator untuk konjugasi). ∎

Proposisi 5.13 (Karakter berdimensi satu; pengangkatan)

(a) Grup $G$ abelian jika dan hanya jika semua representasi tak tereduksinya berderajat $1$ ; sedangkan banyaknya karakter berderajat $1$ pada $G$ apa pun adalah $[G : D(G)]$ (yaitu karakter abelianisasinya). (b) Jika $N \trianglelefteq G$ , maka representasi tak tereduksi dari $G/N$ terangkat (dengan mengomposisikannya dengan $G \to G/N$ ) tepat menjadi representasi tak tereduksi $G$ yang kernelnya memuat $N$ .

Bukti. (a) Jika $G$ abelian, setiap kelasnya beranggota tunggal: sehingga $r = \abs G$ , dan $\sum n_i^2 = \abs G$ memaksa semua $n_i = 1$ ; sebaliknya jika semua $n_i = 1$ , maka representasi regulernya berupa jumlah representasi berdimensi satu, sehingga $\rho_{\mathrm{reg}}(G)$ dapat didiagonalkan serentak, jadi komutatif, dan $\rho_{\mathrm{reg}}$ bersifat setia: berarti $G$ abelian. Representasi berderajat $1$ adalah morfisma $G \to \C^\times$ dengan sasaran abelian: sehingga terfaktorkan melalui $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ (Latihan 1.9), dan karakter berbeda dari $G^{\mathrm{ab}}$ yang abelian berjumlah $\abs{G^{\mathrm{ab}}}$ (sebab ia mempunyai sebanyak itu kelas, semuanya berderajat $1$ ). (b) Komposisi dengan proyeksinya mempertahankan ketaktereduksian (sebab subruang invariannya berkorespondensi), dan representasi yang trivial pada $N$ terfaktorkan melalui grup kuosiennya (Teorema 1.3). ∎

5.3 Tabel karakter

Definisi 5.14

Yang disebut tabel karakter dari $G$ adalah matriks $r \times r$ $\bigl(\chi_i(g_j)\bigr)$ : barisnya diindeks oleh karakter tak tereduksi, kolomnya oleh kelas konjugasi (dengan ukurannya ditampilkan). Barisnya ortonormal terhadap hasil kali berbobot itu, dan kolomnya ortogonal (Akibat 5.12): jadi tabelnya sangat berlebih ditentukan, dan justru itulah yang membuatnya terhitungkan.

Contoh 5.15 (Tabel $S_3$ )

Kelasnya: $e$ (berukuran 1), transposisi (3), siklus- $3$ (2); jadi ada $r = 3$ representasi tak tereduksi, berderajat $n_i$ dengan $\sum n_i^2 = 6$ : yakni $1, 1, 2$ . Berderajat $1$ : yang trivial $\mathbf 1$ dan tanda $\varepsilon$ . Baris terakhirnya menyusul dari ortogonalitas kolom (atau dari $\chi_{\mathrm{std}} = \chi_{\mathrm{perm}} - \mathbf 1$ ):

\begin{array}{c|ccc} S_3 & e & (1\,2)\ [3] & (1\,2\,3)\ [2]\\ \hline \mathbf 1 & 1 & 1 & 1\\ \varepsilon & 1 & -1 & 1\\ \chi_{\mathrm{std}} & 2 & 0 & -1 \end{array}

Periksa: $\langle\chi_{\mathrm{std}},\chi_{\mathrm{std}}\rangle = \frac{1}{6}(4 + 0 + 2) = 1$ : jadi tak tereduksi.

Contoh 5.16 (Tabel $S_4$ )

Kelasnya: $e$ [1], transposisi [6], transposisi ganda [3], siklus- $3$ [8], siklus- $4$ [6]: jadi lima representasi tak tereduksi, dengan $\sum n_i^2 = 24$ dan dua karakter berderajat $1$ ( $\mathbf 1, \varepsilon$ ; sebab $[S_4 : D(S_4)] = [S_4 : A_4] = 2$ ): derajatnya $1, 1, 2, 3, 3$ . Yang berderajat $2$ terangkat dari $S_4/V \cong S_3$ (Proposisi 5.13(b), dengan $V$ grup Klein); sedangkan yang berderajat $3$ : representasi baku dan puntirannya oleh $\varepsilon$ :

\begin{array}{c|ccccc} S_4 & e\,[1] & (1\,2)\,[6] & (1\,2)(3\,4)\,[3] & (1\,2\,3)\,[8] & (1\,2\,3\,4)\,[6]\\ \hline \mathbf 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \varepsilon & 1 & -1 & 1 & 1 & -1\\ \chi_2 & 2 & 0 & 2 & -1 & 0\\ \chi_{\mathrm{std}} & 3 & 1 & -1 & 0 & -1\\ \varepsilon\chi_{\mathrm{std}} & 3 & -1 & -1 & 0 & 1 \end{array}

( $\chi_{\mathrm{std}}(g) = \operatorname{fix}(g) - 1$ ; sedangkan $\chi_2$ menilai tabel $S_3$ pada peta setiap kelasnya modulo $V$ .) Semua pemeriksaan ortogonalitas baris dan kolomnya lulus — menjalankan dua di antaranya adalah pemanasan Latihan 5.3.

Metode 5.17

Untuk membangun tabel karakter: (1) daftarkan kelas konjugasi beserta ukurannya; (2) cacahlah karakter berderajat $1$ lewat $G/D(G)$ lalu tuliskan; (3) carilah derajat sisanya dari $\sum n_i^2 = \abs G$ (lewat kombinatorika bilangan bulat kecil); (4) perolehlah representasi tak tereduksi yang murah: angkat dari grup kuosiennya, kurangkan $\mathbf 1$ dari karakter permutasinya (periksa $\langle\chi,\chi\rangle = 1$ ), kalikan karakter yang sudah dikenal dengan yang berderajat $1$ ; (5) tuntaskan baris yang belum diketahui lewat ortogonalitas kolom — sebab setiap kolom ortogonal terhadap kolom yang sudah lengkap, dan kolom $e$ membawa derajatnya. Periksalah semuanya dengan sapuan ortogonalitas yang penuh.

Representasi reguler S_3, setelah didiagonalkan atas blok: ℂ[S_3] ℂ × ℂ × M_2(ℂ), dengan dimensi 1 + 1 + 4 = 6 = |S_3|. Secara umum ℂ[G] _i M_n_i(ℂ): jadi identitas n_i2 = G merupakan pernyataan tentang blok matriks. — Representasi reguler $S_3$ , setelah didiagonalkan atas blok: $\C[S_3] \cong \C \times \C \times M_2(\C)$ , dengan dimensi $1 + 1 + 4 = 6 = \abs{S_3}$ . Secara umum $\C[G] \cong \prod_i M_{n_i}(\C)$ : jadi identitas $\sum n_i^2 = \abs G$ merupakan pernyataan tentang blok matriks.

5.4 Latihan

Latihan 5.1 ★

(a) Tunjukkan bahwa karakter tak tereduksi dari $\Z/n\Z$ adalah $\chi_k(\bar m) = \eu^{2\iu\pi km/n}$ , $k = 0, \dots, n-1$ , lalu tuliskan tabel karakter $\Z/4\Z$ . (b) Periksalah kedua relasi ortogonalitasnya pada tabel itu — lalu kenalilah matriksnya: di manakah buku ini pernah menjumpainya?

Solusi

Solusi Latihan 5.1.

(a) Grup $\Z/n\Z$ abelian: jadi semua representasi tak tereduksinya berderajat $1$ (Proposisi 5.13), yakni berupa morfisma $\chi \colon \Z/n\Z \to \C^\times$ , yang ditentukan oleh $\chi(\bar 1) = \omega$ dengan $\omega^n = 1$ : jadi ada $n$ karakter $\chi_k(\bar m) = \eu^{2\iu\pi km/n}$ . Untuk $n = 4$ (kelasnya $=$ unsurnya $\bar0,\bar1,\bar2,\bar3$ ):

\begin{array}{c|cccc} & \bar0 & \bar1 & \bar2 & \bar3\\ \hline \chi_0 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \chi_1 & 1 & \iu & -1 & -\iu\\ \chi_2 & 1 & -1 & 1 & -1\\ \chi_3 & 1 & -\iu & -1 & \iu \end{array}

(b) Barisnya: $\langle\chi_k,\chi_l\rangle = \frac14\sum_m \eu^{2\iu\pi(l-k)m/4} = \delta_{kl}$ (lewat jumlah geometri); dan kolomnya serupa. Matriks $(\eu^{2\iu\pi km/n})_{k,m}$ adalah matriks transformasi Fourier diskret — yakni penyaring akar satuan yang sama seperti pada bab fungsi pembangkit di jilid Tahun ke-2; jadi ortogonalitas karakter menyamaratakan rumus inversi transformasi Fourier diskret itu.

Latihan 5.2 ★

Misalkan $G$ beraksi pada himpunan berhingga $X$ dan $\chi$ karakter representasi permutasi $\C^X$ . (a) Tunjukkan $\chi(g) = \abs{\operatorname{Fix}_X(g)}$ dan $\langle \mathbf 1, \chi\rangle = \#\{\text{orbit}\}$ — jadi lema pencacahan Burnside (Latihan 1.5) merupakan perhitungan karakter. (b) Andaikan aksinya transitif, sehingga $\chi = \mathbf 1 + \psi$ . Tunjukkan bahwa $\psi$ tak tereduksi jika dan hanya jika aksinya $2$ -transitif (yakni transitif pada pasangan terurut titik yang berbeda). (Hitunglah $\langle\chi,\chi\rangle$ sebagai banyaknya orbit pada $X \times X$ .) (c) Simpulkan bahwa representasi baku $S_n$ (untuk $n \geq 2$ ) bersifat tak tereduksi.

Solusi

Solusi Latihan 5.2.

(a) Matriks $\rho(g)$ dalam basis $(e_x)$ berupa matriks permutasi, yang tracenya sama dengan banyaknya $x$ dengan $g\cdot x = x$ . Maka

\langle\mathbf 1, \chi\rangle = \frac1{\abs G}\sum_g \abs{\operatorname{Fix}(g)} = \#\{\text{orbit}\}

menurut lema pencacahan Burnside (Latihan 1.5) — setara dengan itu, perhitungan ini memberikan multiplisitas representasi trivialnya, yang ruang isotipiknya adalah ruang vektor invarian- $G$ , berdimensi sama dengan banyaknya orbit (satu fungsi indikator per orbit).

(b) Karena $\operatorname{Fix}_{X\times X}(g) = \operatorname{Fix}_X(g)^2$ , bagian (a) yang diterapkan pada $X \times X$ memberikan $\langle\chi,\chi\rangle = \frac1{\abs G}\sum\abs{\operatorname{Fix}(g)}^2 = \#\{\text{orbit pada } X\times X\}$ (sebab $\chi$ real). Dengan menulis $\chi = \mathbf 1 + \psi$ : $\langle\mathbf1,\chi\rangle = 1$ (karena transitif), sehingga $\langle\psi,\psi\rangle = \langle\chi,\chi\rangle - 1$ . Aksi pada $X\times X$ mempunyai diagonalnya sebagai satu orbit; dan tepat ada satu orbit lain jika dan hanya jika $G$ transitif pada pasangan yang berbeda: jadi $\langle\psi,\psi\rangle = 1$ jika dan hanya jika aksinya $2$ -transitif (Akibat 5.9).

(c) Grup $S_n$ bersifat $2$ -transitif pada $\{1,\dots,n\}$ (sebab ia mengirim sembarang pasangan berbeda ke mana pun): jadi $\psi = \chi_{\mathrm{std}}$ tak tereduksi.

Latihan 5.3 ★

Bangun ulang tabel $S_3$ dari nol dengan mengikuti Metode 5.17, lalu periksalah dua relasi ortogonalitas baris dan dua relasi ortogonalitas kolom pada tabel $S_4$ di Contoh 5.16. Uraikan karakter permutasi $S_4$ yang beraksi pada $\{1,2,3,4\}$ dan karakter $\chi_{\mathrm{std}}^2$ (kuadrat titik demi titik) atas semua representasi tak tereduksi.

Solusi

Solusi Latihan 5.3.

$S_3$ : ada tiga kelas dengan $\sum n_i^2 = 6 = 1 + 1 + 4$ ; kedua karakter berderajat $1$ adalah $\mathbf 1, \varepsilon$ (sebab $[S_3 : A_3] = 2$ ); sedangkan baris ketiganya $(2, a, b)$ menyusul dari ortogonalitas kolom dengan kolom- $e$ : $1 - 1 + 2a = 0$ dan $1 + 1 + 2b = 0$ : jadi $a = 0$ , $b = -1$ — persis tabel Contoh 5.15.

Pemeriksaan $S_4$ (barisnya): $\langle\chi_{\mathrm{std}}, \varepsilon\chi_{\mathrm{std}}\rangle = \frac1{24}(9 - 6 + 3 + 0 - 6) = 0$ ; dan $\langle\chi_2,\chi_2\rangle = \frac1{24}(4 + 0 + 12 + 8 + 0) = 1$ . Kolomnya: $e$ terhadap $(1\,2)$ : $1 - 1 + 0 + 3 - 3 = 0$ ; lalu $(1\,2)$ terhadap dirinya sendiri: $1 + 1 + 0 + 1 + 1 = 4 = \abs{Z_{S_4}((1\,2))} = 24/6$ .

Karakter permutasi pada $4$ titik: $(4, 2, 0, 1, 0) = \mathbf 1 + \chi_{\mathrm{std}}$ (lewat cacahan titik tetap; kurangkan baris teratasnya). Untuk $\chi_{\mathrm{std}}^2 = (9, 1, 1, 0, 1)$ :

\langle\mathbf1,\cdot\rangle = \tfrac{9 + 6 + 3 + 0 + 6}{24} = 1,\quad \langle\varepsilon,\cdot\rangle = 0,\quad \langle\chi_2,\cdot\rangle = \tfrac{18 + 6}{24} = 1,\quad \langle\chi_{\mathrm{std}},\cdot\rangle = 1,\quad \langle\varepsilon\chi_{\mathrm{std}},\cdot\rangle = 1:

$\chi_{\mathrm{std}}^2 = \mathbf 1 + \chi_2 + \chi_{\mathrm{std}} + \varepsilon\chi_{\mathrm{std}}$ (dimensinya: $9 = 1 + 2 + 3 + 3$ ).

Latihan 5.4 ★★

Hitunglah tabel karakter $D_4$ dan $Q_8$ . Simpulkan bahwa dua grup yang tak isomorfik dapat mempunyai tabel karakter yang identik — data teori grup apa yang meski demikian masih ditangkap tabel itu pada pasangan ini (orde pusatnya, abelianisasinya, banyaknya involusinya)? Manakah di antaranya yang gagal ditangkap?

Solusi

Solusi Latihan 5.4.

Kedua grup itu mempunyai lima kelas dan pola derajat $(1,1,1,1,2)$ (empat karakter berderajat $1$ dari abelianisasinya yang $\cong (\Z/2\Z)^2$ , lalu $\sum n_i^2 = 8$ ). Dengan mengurutkan kelasnya $e$ , $z$ (yaitu involusi pusatnya: $r^2$ , atau $-1$ ), dan ketiga kelas beranggota dua:

\begin{array}{c|ccccc} & e & z & C_1 & C_2 & C_3\\ \hline \chi^{(1)} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \chi^{(2)} & 1 & 1 & 1 & -1 & -1\\ \chi^{(3)} & 1 & 1 & -1 & 1 & -1\\ \chi^{(4)} & 1 & 1 & -1 & -1 & 1\\ \chi^{(5)} & 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \end{array}

(baris terakhirnya dari ortogonalitas kolom). Tabelnya identik untuk $D_4$ dan $Q_8$ , padahal keduanya tak isomorfik (Soal 1.1). Tabel itu memang menangkap: $\abs G$ , ukuran kelasnya, pusatnya ( $\{g : \abs{\chi_i(g)} = n_i\ \forall i\}$ : berorde $2$ pada keduanya), abelianisasinya, dan seluruh kisi subgrup normalnya (lewat kernel dan irisannya, Latihan 5.6). Ia gagal menangkap orde unsurnya: $D_4$ mempunyai lima involusi, sedangkan $Q_8$ satu — jadi tipe isomorfismanya sungguh lebih halus daripada tabel karakternya.

Latihan 5.5 ★★

Tabel karakter $A_4$ : kelasnya $e$ [1], transposisi ganda [3], dan dua kelas siklus- $3$ [4], [4]. (a) Jelaskan terpecahnya siklus- $3$ itu (bandingkan sentralisatornya di $S_4$ dan di $A_4$ , seperti pada Latihan 1.11). (b) Carilah ketiga karakter berderajat $1$ (lewat $A_4/V \cong \Z/3\Z$ ) dan karakter berderajat $3$ (dengan membatasi $\chi_{\mathrm{std}}$ dari $S_4$ ), lalu susunlah tabelnya. (c) Bacalah subgrup normal $A_4$ dari tabel itu (lewat kernel $\{g : \chi(g) = \chi(e)\}$ dan irisannya).

Solusi

Solusi Latihan 5.5.

(a) Di $S_4$ , sentralisator $(1\,2\,3)$ berorde $24/8 = 3$ : yakni $\langle(1\,2\,3)\rangle \subseteq A_4$ . Jadi $Z_{A_4}((1\,2\,3))$ berorde $3$ dan kelas- $A_4$ itu beranggota $12/3 = 4$ unsur: sehingga kedelapan siklus- $3$ terpecah menjadi dua kelas- $A_4$ (yang diwakili $(1\,2\,3)$ dan inversnya).

(b) Faktor $A_4/V \cong \Z/3\Z$ memberikan tiga karakter berderajat $1$ (dengan $\omega = \eu^{2\iu\pi/3}$ ; kelas siklus- $3$ terpetakan ke $\bar1, \bar2$ ); sedangkan pembatasan $\chi_{\mathrm{std}}$ tetap tak tereduksi ( $\langle\chi,\chi\rangle = \frac1{12}(9 + 3 \cdot 1 + 0 + 0) = 1$ ):

\begin{array}{c|cccc} A_4 & e\,[1] & (1\,2)(3\,4)\,[3] & (1\,2\,3)\,[4] & (1\,3\,2)\,[4]\\ \hline \mathbf 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \chi_\omega & 1 & 1 & \omega & \omega^2\\ \chi_{\bar\omega} & 1 & 1 & \omega^2 & \omega\\ \chi_3 & 3 & -1 & 0 & 0 \end{array}

(c) Kernelnya: $\ker\chi_\omega = \ker\chi_{\bar\omega} = V$ ; dan $\ker\chi_3 = \{e\}$ (sebab tak ada entri lain bermodulus $3$ ). Subgrup normalnya berupa irisan kernelnya (Latihan 5.6): yakni $\{e\}$ , $V$ , $A_4$ — khususnya $A_4$ tak punya subgrup normal berorde $2$ atau berindeks $2$ .

Latihan 5.6 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $\ker\chi = \{g : \chi(g) = \chi(e)\}$ merupakan kernel representasi yang mendasarinya (Proposisi 5.6, pada kasus kesamaannya). (b) Tunjukkan bahwa setiap subgrup normal $G$ merupakan irisan kernel karakter tak tereduksi. (Representasikan $G/N$ secara setia: pakai representasi regulernya.) (c) Simpulkan: $G$ sederhana jika dan hanya jika $\ker\chi_i = \{e\}$ untuk setiap $\chi_i$ tak tereduksi yang tak trivial — jadi kesederhanaan terbaca dari tabel karakternya.

Solusi

Solusi Latihan 5.6.

(a) Jika $\chi(g) = \chi(e) = n$ : maka kesamaan pada $\abs{\chi(g)} \leq n$ memaksa $\rho(g) = \lambda\,\mathrm{id}$ (Proposisi 5.6) dengan $n\lambda = n$ : sehingga $\rho(g) = \mathrm{id}$ . Kebalikannya jelas.

(b) Misalkan $N \trianglelefteq G$ . Representasi reguler $G/N$ bersifat setia; uraikan ia atas representasi tak tereduksi $G/N$ lalu angkat ke $G$ (Proposisi 5.13(b)): diperoleh karakter tak tereduksi $\chi_{i_1}, \dots$ dari $G$ yang kernelnya memuat $N$ dan yang kernel persekutuannya tepat berupa prapeta $\{e\}$ , yakni $N$ (karena kesetiaan pada grup kuosiennya). Jadi $N = \bigcap_j \ker\chi_{i_j}$ .

(c) Jika $G$ sederhana: untuk sebuah $\chi$ tak tereduksi yang tak trivial, $\ker\chi \trianglelefteq G$ bukanlah $G$ (sebab representasi tak tereduksi yang trivial pada seluruh $G$ adalah karakter trivialnya), sehingga $\ker\chi = \{e\}$ . Sebaliknya, andaikan semua kernel tak trivial itu trivial, dan misalkan $N \trianglelefteq G$ dengan $N \neq G$ . Pada ungkapan $N$ di (b) sebagai irisan kernel, ada karakter yang terlibat dan tak trivial (sebab kalau semuanya trivial, irisannya akan $G$ ), dan kernelnya $\{e\}$ : jadi $N = \{e\}$ . Jadi satu-satunya subgrup normalnya adalah $\{e\}$ dan $G$ .

Latihan 5.7 ★★

Derajat untuk $\abs G = 8$ : tunjukkan bahwa grup tak abelian berorde $8$ berpola derajat $(1,1,1,1,2)$ , dan bahwa representasinya yang berderajat $2$ bersifat setia. Secara lebih umum tunjukkan bahwa grup tak abelian berorde $p^3$ berpola $(1^{\,p^2}, p, \dots, p)$ dengan $p^2$ angka satu dan $p - 1$ karakter berderajat $p$ . (Pakailah $[G : D(G)]$ dan $\sum n_i^2 = \abs G$ ; di sini $D(G) = Z(G)$ berorde $p$ .)

Solusi

Solusi Latihan 5.7.

Untuk orde $8$ yang tak abelian: banyaknya karakter berderajat $1$ adalah $[G : D(G)]$ , yaitu pembagi sejati $8$ (sebab tak abelian: $D(G) \neq \{e\}$ ), dan $\sum n_i^2 = 8$ . Dengan $k$ buah angka satu dan sisa derajatnya $\geq 2$ : $8 - k \equiv 0$ dengan kuadrat $\geq 4$ , dan $k \mid 8$ , $k < 8$ . Untuk $k = 4$ : satu derajat $2$ — konsisten. Untuk $k = 2$ : tersisa $6$ , yang bukan jumlah kuadrat $\geq 4$ . Untuk $k = 1$ : mustahil, sebab $k = [G : D(G)] \geq 2$ — karena $G/D(G)$ merupakan grup- $2$ abelian yang tak trivial, sebab $G$ grup- $2$ dengan $D(G) \neq G$ menurut keterselesaian grup- $p$ (Contoh 1.30). Jadi polanya $(1,1,1,1,2)$ . Kesetiaan $\chi_5$ : keempat karakter berderajat $1$ semuanya memuat $D(G)$ di dalam kernelnya; seandainya $\ker\chi_5 \supseteq N \neq \{e\}$ untuk suatu $N$ normal minimal (entah $N \subseteq D(G)$ entah tidak — ambil $N \subseteq \ker\chi_5$ yang tak trivial), maka $N$ akan terletak di kelima kernelnya, yang irisannya trivial (sebab representasi regulernya setia): kontradiksi. Untuk orde $p^3$ yang tak abelian: $Z(G)$ berorde $p$ (sebab orde $p^2$ akan membuat $G/Z$ siklik, sehingga $G$ abelian), $G/Z(G)$ yang berorde $p^2$ bersifat abelian, sehingga $D(G) \subseteq Z(G)$ , dan $D(G) \ne \{e\}$ : jadi $D(G) = Z(G)$ , sehingga ada $p^2$ karakter berderajat $1$ . Derajat sisanya memenuhi $\sum n_i^2 = p^3 - p^2$ dengan setiap $n_i > 1$ membagi $\abs G$ (Soal 5.1, pertanyaan 8) sehingga $n_i \in \{p\}$ (sebab $n_i = p^2$ akan melampaui: $p^4 > p^3 - p^2$ ): jadi tepat ada $p - 1$ karakter berderajat $p$ .

Latihan 5.8 ★★★

Untuk grup berhingga $G, H$ : tunjukkan bahwa fungsi kelas $\chi(g)\psi(h)$ pada $G \times H$ , untuk $\chi, \psi$ berupa karakter tak tereduksi dari $G, H$ , tepat merupakan karakter tak tereduksi $G \times H$ . (Keortonormalannya berupa perhitungan langsung; kelengkapannya lewat pencacahan kelas.) Simpulkan tabel karakter $\Z/2\Z \times \Z/2\Z$ lalu turunkan kembali Proposisi 5.13(a) untuk grup abelian berhingga lewat teorema struktur.

Solusi

Solusi Latihan 5.8.

Untuk representasi $\rho, \sigma$ dari $G, H$ pada $V, W$ , definisikan representasi $\rho \boxtimes \sigma$ dari $G \times H$ pada $V \otimes W$ — secara konkret, pada matriksnya: $(\rho\boxtimes \sigma)(g,h)$ adalah hasil kali Kronecker $\rho(g)\otimes \sigma(h)$ , yang tracenya $\operatorname{tr}\rho(g)\operatorname{tr}\sigma(h) = \chi(g)\psi(h)$ (sebab hasil kali Kronecker matriks $A \otimes B$ bertrace $\operatorname{tr}A\operatorname{tr}B$ : diagonalnya berupa $a_{kk}b_{ll}$ ). Jadi $\chi\psi$ merupakan karakter, dan

\langle\chi\psi, \chi'\psi'\rangle_{G\times H} = \frac{1}{\abs G\abs H}\sum_{g,h} \overline{\chi(g)\psi(h)}\,\chi'(g)\psi'(h) = \langle\chi,\chi'\rangle_G\,\langle\psi,\psi'\rangle_H = \delta_{\chi\chi'}\delta_{\psi\psi'}.

Khususnya $\langle\chi\psi,\chi\psi\rangle = 1$ : sehingga setiap $\chi\psi$ tak tereduksi (Akibat 5.9). Inilah $r_Gr_H$ karakter tak tereduksi yang berbeda; sedangkan kelas $G\times H$ berupa hasil kali kelasnya (sebab $(g,h) \sim (g',h')$ komponen demi komponen), sehingga ada $r_Gr_H$ kelas: jadi daftarnya lengkap (Teorema 5.11). Untuk $(\Z/2\Z)^2$ : keempat karakter tandanya $(\pm1)\otimes(\pm1)$ — yakni blok kiri atas tabel Latihan 5.4. Grup abelian berhingga merupakan hasil kali grup siklik (Akibat 3.13); karakter tak tereduksinya berupa hasil kali karakter sikliknya (Latihan 5.1): jadi semuanya berderajat $1$ .

Latihan 5.9 ★★★

Tabel karakter $A_5$ (dengan kelas berukuran $1, 15, 20, 12, 12$ dari Latihan 1.11): (a) Tunjukkan bahwa derajatnya $1, 3, 3, 4, 5$ (satu-satunya penyelesaian $\sum n_i^2 = 60$ dengan $n_1 = 1$ dan, memakai Latihan 5.6(c) beserta kesederhanaannya, tanpa $n_i = 1$ yang lain). (b) Bangunlah karakter berderajat $4$ (lewat aksi permutasi pada $5$ titik) dan karakter berderajat $5$ (aksi pada keenam subgrup Sylow- $5$ memberikan derajat $6 = 1 + 5$ ; periksa ketaktereduksiannya), lalu lengkapi kedua baris berderajat $3$ lewat ortogonalitas kolom: entri rasio emas $\frac{1\pm\sqrt5}2$ akan muncul pada kelas siklus- $5$ . (c) Periksalah dari tabel yang sudah jadi bahwa $A_5$ sederhana (Latihan 5.6(c)).

Solusi

Solusi Latihan 5.9.

(a) Berlaku $D(A_5) = A_5$ (sebab sederhana dan tak abelian), sehingga satu-satunya karakter berderajat $1$ adalah $\mathbf 1$ (Proposisi 5.13). Kita memerlukan $n_2^2 + n_3^2 + n_4^2 + n_5^2 = 59$ dengan setiap $n_i \geq 2$ ; dengan menguji kuadrat $4, 9, 16, 25, 36, 49$ : satu-satunya multihimpunan yang berhasil adalah $\{9, 9, 16, 25\}$ : sebab dengan kuadrat terbesar $49$ , sisanya $10$ bukan jumlah tiga kuadrat $\geq 4$ ; dengan $36$ , sisanya $23$ juga bukan ( $16 + 4 + 4 = 24$ , $9 + 9 + 4 = 22$ ); dengan terbesar $25$ , mudah diperiksa bahwa $25 + 16 + 9 + 9 = 59$ berhasil sedangkan semua ragam $25 + 25$ , $25 + 16 + 16$ , $25 + 16 + 4$ gagal; dan dengan terbesar $16$ : $16\cdot3 = 48 < 59 - 4$ . Jadi derajatnya $1, 3, 3, 4, 5$ .

(b) Permutasi pada $5$ titik: titik tetapnya $(5, 1, 2, 0, 0)$ , sehingga $\chi_4 = (4, 0, 1, -1, -1)$ dengan $\langle\chi_4,\chi_4\rangle = \frac{16 + 0 + 20 + 12 + 12}{60} = 1$ : jadi tak tereduksi. Aksi pada keenam subgrup Sylow- $5$ : sebuah involusi menetapkan tepat $2$ di antaranya (sebab normalisatornya dihedral berorde $10$ , yang masing-masing memuat $5$ involusi: jadi $30$ insidensi untuk $15$ involusi), unsur berorde $3$ menetapkan $0$ (sebab tak ada orde $3$ di $D_5$ ), dan unsur berorde $5$ menetapkan tepat $1$ (sebab ia terletak pada satu Sylow saja): jadi karakter permutasinya $(6, 2, 0, 1, 1)$ , dan $\chi_5 = (5, 1, -1, 0, 0)$ dengan norma $\frac{25 + 15 + 20 + 0 + 0}{60} = 1$ : jadi tak tereduksi. Tersisa dua baris $(3, a, b, c, d)$ , $(3, a', b', c', d')$ . Norma kolomnya (Akibat 5.12): pada kelas $(1\,2)(3\,4)$ berlaku $\abs{Z} = 4$ : $1 + 0 + 1 + a^2 + a'^2 = 4$ ; kolomnya terhadap $e$ : $1\cdot1 + 4\cdot 0 + 5\cdot1 + 3(a + a') = 0$ : sehingga $a + a' = -2$ , $a^2 + a'^2 = 2$ : jadi $a = a' = -1$ . Pada siklus- $3$ berlaku $\abs Z = 3$ : $1 + 1 + 1 + b^2 + b'^2 = 3$ : jadi $b = b' = 0$ . Pada setiap kelas- $5$ berlaku $\abs Z = 5$ : kolomnya terhadap $e$ terbaca $1\cdot 1 + 4\cdot(-1) + 5\cdot 0 + 3(c + c') = 0$ , sehingga $c + c' = 1$ ; dan $c^2 + c'^2 = 3$ : jadi $\{c, c'\} = \bigl\{\frac{1+\sqrt5}2, \frac{1-\sqrt5}2\bigr\}$ — rasio emas dan sekawannya; sedangkan kelas- $5$ kedua membawa nilai yang tertukar (sebab kedua barisnya harus ortogonal).

(c) Pada tabel yang sudah jadi, tak ada entri baris tak trivial yang sama dengan derajatnya di luar kolom pertama: jadi setiap kernel $\{g : \chi_i(g) = n_i\}$ bersifat trivial. Menurut Latihan 5.6(c), $A_5$ sederhana.

Latihan 5.10 ★★

Misalkan $\rho$ representasi tak tereduksi berderajat $n$ dan $z \in Z(G)$ . Tunjukkan $\rho(z) = \lambda_z\,\mathrm{id}$ dengan $\lambda \colon Z(G) \to \C^\times$ sebuah morfisma (yaitu karakter pusat), lalu simpulkan $\abs{\chi(z)} = n$ untuk $z$ yang berada di pusat. Terapannya: jika $G$ mempunyai representasi tak tereduksi yang setia, maka $Z(G)$ bersifat siklik.

Solusi

Solusi Latihan 5.10.

Pemetaan $\rho(z)$ komutatif dengan setiap $\rho(g)$ (sebab $z$ di pusat), yakni $\rho(z) \in \operatorname{End}_G(V) = \C\,\mathrm{id}$ (menurut Schur): jadi $\rho(z) = \lambda_z\,\mathrm{id}$ , dan $z \mapsto \lambda_z$ bersifat multiplikatif: yakni morfisma $Z(G) \to \C^\times$ . Lalu $\chi(z) = n\lambda_z$ dengan $\abs{\lambda_z} = 1$ (karena akar satuan): sehingga $\abs{\chi(z)} = n$ . Jika $\rho$ setia, maka $\lambda$ injektif pada $Z(G)$ (sebab $\rho(z) = \mathrm{id} \iff \lambda_z = 1$ ), sehingga $Z(G)$ terbenam di $\C^\times$ ; dan subgrup berhingga dari grup multiplikatif sebuah lapangan bersifat siklik (Teorema 4.12).

Latihan 5.11 ★★

(Proyeksi isotipik) Misalkan $(V, \rho)$ sebuah representasi $G$ dan $\chi_i$ karakter tak tereduksi berderajat $n_i$ . Definisikan

p_i = \frac{n_i}{\abs G}\sum_{g\in G} \overline{\chi_i(g)}\,\rho(g) \;\in\; \mathcal L(V).

(a) Tunjukkan bahwa $p_i$ bersifat ekuivarian- $G$ , lalu hitunglah pembatasannya pada subrepresentasi tak tereduksi $W \subseteq V$ yang berkarakter $\chi_j$ : hasilnya $\delta_{ij}\, \mathrm{id}_W$ (lewat Schur; ambillah trace untuk mengenali skalarnya). (b) Simpulkan bahwa $p_i$ merupakan proyeksi pada jumlah $V_i$ dari semua subrepresentasi tak tereduksi berkarakter $\chi_i$ (yaitu komponen isotipiknya), bahwa $\sum_ip_i = \mathrm{id}_V$ , dan bahwa penguraian $V = \bigoplus_iV_i$ bersifat kanonik — tidak seperti pemecahan yang lebih halus dari setiap $V_i$ atas representasi tak tereduksi. (c) Untuk representasi reguler $S_3$ dan karakter tanda $\varepsilon$ , tuliskan $p_\varepsilon$ secara eksplisit sebagai unsur aljabar grupnya lalu periksalah $p_\varepsilon^2 = p_\varepsilon$ dengan tangan.

Solusi

Solusi Latihan 5.11.

(a) Keekuivarianannya: $\rho(h)p_i\rho(h)^{-1}$ mengindeks ulang jumlahnya (lewat $g \mapsto hgh^{-1}$ , dan $\chi_i$ merupakan fungsi kelas): jadi $p_i$ komutatif dengan aksinya. Pada $W$ tak tereduksi yang berkarakter $\chi_j$ , Schur membuat pembatasannya menjadi skalar $\lambda\,\mathrm{id}_W$ ; dengan mengambil tracenya,

\lambda\,n_j = \frac{n_i}{\abs G}\sum_g \overline{\chi_i(g)}\,\chi_j(g) = n_i\,\langle\chi_i, \chi_j\rangle = n_i\,\delta_{ij}

(lewat ortogonalitas pertama): jadi $\lambda = \delta_{ij}$ .

(b) Uraikan $V$ atas representasi tak tereduksi (lewat Maschke): $p_i$ bekerja sebagai identitas pada suku yang berkarakter $\chi_i$ dan sebagai $0$ pada semua suku lain, sehingga $p_i$ merupakan proyeksi pada jumlahnya $V_i$ sepanjang jumlah sisanya; sedangkan peta $V_i$ tidak bergantung pada penguraian yang dipilih (sebab ia himpunan vektor yang ditetapkan $p_i$ , terdefinisi tanpa pemilihan apa pun). Jumlah $\sum_ip_i$ bekerja sebagai identitas pada setiap suku tak tereduksinya: jadi ia $\mathrm{id}_V$ . Sedangkan pemecahan yang lebih halus atas $V_i \cong W_i^{\oplus m_i}$ menuntut pemilihan basis $\operatorname{Hom}_G(W_i, V)$ : jadi ia tidak kanonik.

(c) Untuk $\varepsilon$ (berderajat $1$ ): $p_\varepsilon = \frac1{6}\sum_{g}\varepsilon(g)\,\rho(g)$ , yakni di dalam aljabar grupnya

p_\varepsilon = \tfrac16\bigl(e - (1\,2) - (1\,3) - (2\,3) + (1\,2\,3) + (1\,3\,2)\bigr) .

Dengan mengkuadratkannya: koefisien $g$ pada $p_\varepsilon^2$ adalah $\frac1{36}\sum_{h}\varepsilon(h)\varepsilon(h^{-1}g) = \frac1{36}\,\varepsilon(g)\sum_h\varepsilon(h)^2 = \frac{6}{36}\varepsilon(g)$ : jadi $p_\varepsilon^2 = p_\varepsilon$ . (Petanya di dalam representasi reguler berupa garis yang direntang $\sum_g\varepsilon(g)e_g$ : jadi representasi tanda muncul dengan multiplisitas $1$ , seperti dituntut teori umumnya.)

Latihan 5.12 ★★

(Membaca sebuah tabel) Tabel karakter suatu grup $G$ berorde $24$ diketahui sebagian: ia mempunyai $5$ kelas berukuran $1, 6, 8, 6, 3$ , dan derajat $1, 1, 2, 3, 3$ . (a) Pulihkan tabel selengkapnya: kedua karakter linearnya (satu trivial; yang lain bernilai $-1$ tepat pada kelas berukuran $6$ dan $6$ ), lalu karakter berderajat $2$ lewat ortogonalitas kolom dengan kolom identitasnya, lalu kedua karakter berderajat $3$ dengan cara serupa (salah satunya $\chi_2\chi_4$ ). (b) Kenali $G$ (yaitu $\cong S_4$ : bandingkan kelasnya dengan tipe siklusnya), lalu ambillah dari tabel itu subgrup normalnya lewat Latihan 5.6: yakni kernel $\chi_2$ (berindeks $2$ : $A_4$ ) dan kernel $\chi_3$ (grup Klein $V_4$ ), dan tak ada lagi selain $\{e\}, G$ . (c) Jelaskan bagaimana tabel itu menunjukkan $G/V_4 \cong S_3$ (karakter mana yang terfaktorkan melalui grup kuosiennya?).

Solusi

Solusi Latihan 5.12.

(a) Urutkan kelasnya $e$ [1], transposisi [6], siklus- $3$ [8], siklus- $4$ [6], transposisi ganda [3]. Karakter linear keduanya adalah $\chi_2 = \varepsilon$ dengan nilai $1, -1, 1, -1, 1$ . Untuk karakter berderajat $2$ , yakni $\chi_3$ , ortogonalitas kolom antara setiap kolom dengan kolom identitasnya ( $\sum_in_i\chi_i(g) = 0$ untuk $g \neq e$ ) memberikan, pada transposisi: $1 - 1 + 2\chi_3 + 3(\chi_4 + \chi_5) = 0$ ; lalu muslihat tanda $\chi_5 = \varepsilon\chi_4$ (sebab karakter berderajat $3$ dikalikan karakter linear tetap tak tereduksi — normanya sama) membuat $\chi_4 + \chi_5$ lenyap pada kelas ganjil: jadi $\chi_3 = 0$ di sana. Pada siklus- $3$ : $1 + 1 + 2\chi_3(c_3) + 3(\chi_4 + \chi_5)(c_3) = 0$ dengan $\chi_5 = \chi_4$ pada kelas genap; sedangkan kolom $c_3$ dengan dirinya sendiri memberikan data $\abs{\chi_3}^2$ ; dengan menyelesaikan sistem kecilnya (pakai pula ortogonalitas baris $\chi_3$ dengan $\mathbf 1$ dan $\varepsilon$ ): diperoleh $\chi_3 = (2, 0, -1, 0, 2)$ , lalu $\chi_4 = (3, 1, 0, -1, -1)$ dan $\chi_5 = \varepsilon\chi_4 = (3, -1, 0, 1, -1)$ . Tabel selengkapnya:

	$e$	$6\,t$	$8\,c_3$	$6\,c_4$	$3\,v$
$\chi_1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$
$\chi_2$	$1$	$-1$	$1$	$-1$	$1$
$\chi_3$	$2$	$0$	$-1$	$0$	$2$
$\chi_4$	$3$	$1$	$0$	$-1$	$-1$
$\chi_5$	$3$	$-1$	$0$	$1$	$-1$

(Semua barisnya bernorma $1$ ; semua kolomnya ortogonal: jadi pemeriksaannya lulus.)

(b) Data kelas $1, 6, 8, 6, 3$ dengan derajat tersebut adalah data milik $S_4$ (dengan tipe siklus $e$ , $2$ , $3$ , $4$ , $2{+}2$ ). Kernelnya: $\ker\chi_2 = \{g : \varepsilon(g) = 1\} = A_4$ (kelas $e, c_3, v$ : $1 + 8 + 3 = 12$ , berindeks $2$ ); dan $\ker\chi_3 = \{g : \chi_3(g) = 2\}$ = kelas $e, v$ : yakni grup Klein $V_4$ , berorde $4$ dan normal. Sedangkan $\chi_4, \chi_5$ bersifat setia (sebab $\chi_i(g) = n_i$ hanya di $e$ ). Irisan kernelnya: $\{e\}$ , $V_4$ , $A_4$ , $G$ — dan menurut Latihan 5.6(b) itulah semua subgrup normal $S_4$ .

(c) Karakter dengan $V_4 \subseteq \ker$ adalah $\chi_1, \chi_2, \chi_3$ : ketiganya terfaktorkan melalui $G/V_4$ , yaitu grup berorde $6$ yang berderajat tak tereduksi $1, 1, 2$ — persis tabel $S_3$ . Karena tabel grup kuosiennya merupakan invarian lengkap di antara kedua grup berorde $6$ (sebab $\Z/6\Z$ akan mempunyai enam karakter linear), maka $G/V_4 \cong S_3$ : jadi grup kuosiennya terlihat di dalam tabel itu sebagai blok baris yang memuat $V_4$ di dalam kernelnya.

5.5 Soal: teorema $p^aq^b$ Burnside

Soal 5.1

Soal akhir pekan — keterselesaian grup berorde $p^aq^b$

Burnside membuktikan pada 1904 bahwa setiap grup yang ordenya berfaktor prima paling banyak dua bersifat terselesaikan — sebuah pernyataan tentang grup abstrak yang selama setengah abad hanya diketahui buktinya lewat teori karakter. Soal ini membangun buktinya secara penuh, dengan merakit Bab 1 (keterselesaian), Bab 3 (modul- $\Z$ yang dibangun secara berhingga) dan bab ini. Sepanjang soal, $\chi_1, \dots, \chi_r$ adalah karakter tak tereduksi $G$ , dan $n_i = \chi_i(e)$ .

Bagian I — Bilangan bulat aljabar. Sebuah bilangan bulat aljabar adalah akar sebuah polinomial monik di $\Z[X]$ .

Tunjukkan bahwa $\alpha$ merupakan bilangan bulat aljabar jika dan hanya jika ring $\Z[\alpha]$ merupakan modul- $\Z$ yang dibangun secara berhingga.
Simpulkan bahwa bilangan bulat aljabar membentuk subring $\C$ . (Jika $\Z[\alpha], \Z[\beta]$ dibangun secara berhingga, maka demikian pula $\Z[\alpha, \beta]$ , dan submodul dari modul- $\Z$ yang dibangun secara berhingga juga dibangun secara berhingga, menurut Teorema 3.5 beserta argumen penyajian — atau secara langsung: submodul $\Z^n$ bersifat bebas berrank $\leq n$ .)
Tunjukkan bahwa bilangan bulat aljabar yang rasional pastilah bilangan bulat. (Lewat teorema akar rasional.)
Tunjukkan bahwa setiap nilai karakter $\chi(g)$ merupakan bilangan bulat aljabar.

Bagian II — Relasi jumlah kelas. Tetapkan sebuah representasi tak tereduksi $(V, \rho)$ berderajat $n$ dan berkarakter $\chi$ . Untuk sebuah kelas konjugasi $C$ , misalkan $S_C = \sum_{g \in C}\rho(g) \in \mathcal L(V)$ .

Tunjukkan bahwa $S_C$ bersifat ekuivarian, sehingga $S_C = \omega_C\,\mathrm{id}$ dengan

$\omega_C = \frac{\abs C\,\chi(g_C)}{n} \qquad (g_C \in C \text{ sembarang wakilnya}).$
Tunjukkan bahwa $S_CS_{C'} = \sum_{C''} a_{CC'C''}\,S_{C''}$ dengan $a_{CC'C''} \in \N$ mencacah, untuk $z \in C''$ yang tetap, pasangan $(x, y) \in C \times C'$ dengan $xy = z$ . Simpulkan bahwa $\omega_C$ memenuhi $\omega_C\,\omega_{C'} = \sum_{C''} a_{CC'C''}\,\omega_{C''}$ .
Simpulkan bahwa setiap $\omega_C$ merupakan bilangan bulat aljabar. (Modul- $\Z$ yang dibangun oleh $1$ dan $\omega_C$ merupakan ring yang dibangun secara berhingga; terapkan kriteria pertanyaan 1 — lebih tepatnya tunjukkan bahwa $M = \Z\text{-rentang} (1, (\omega_C)_C)$ memenuhi $\omega_{C_0} M \subseteq M$ lalu pakailah muslihat determinan/Cayley–Hamilton, atau argumen subring pada pertanyaan 2.)
Simpulkan keterbagian Frobenius: bahwa $n_i$ membagi $\abs G$ untuk setiap derajat tak tereduksi. (Hitunglah $\frac{\abs G}{n} = \frac{\abs G}{n} \langle\chi,\chi\rangle = \sum_C \omega_C\, \overline{\chi(g_C)}$ : sebuah bilangan bulat aljabar yang rasional.)

Bagian III — Kriteria kesederhanaan Burnside.

Misalkan $\chi$ tak tereduksi berderajat $n$ dan $C$ sebuah kelas dengan $\gcd(\abs C, n) = 1$ . Dengan memakai Bézout dan pertanyaan 4–7, tunjukkan bahwa $\frac{\chi(g_C)}{n}$ merupakan bilangan bulat aljabar.
Andaikan lebih lanjut $0 < \abs{\chi(g_C)} < n$ . Tunjukkan bahwa ini mustahil: bilangan bulat aljabar $\alpha = \chi(g_C)/n$ mempunyai seluruh konjugatnya — yakni bilangan $\alpha_\sigma = \frac1n\sigma(\chi(g_C))$ untuk $\sigma \in \operatorname{Gal}(\Q(\zeta_{\abs G})/\Q)$ , yang masing-masing rata-rata $n$ akar satuan — bermodulus $\leq 1$ , sehingga hasil kali $N = \prod_\sigma\alpha_\sigma$ menjadi bilangan bulat aljabar rasional dengan $0 < \abs N < 1$ — berilah alasan bagi setiap pernyataan itu, sambil mengutip Teorema 4.23 untuk grup Galoisnya dan kenyataan bahwa $\sigma$ mempermutasikan akar satuan. Simpulkan: entah $\chi(g_C) = 0$ entah $\rho(g_C)$ berupa skalar (Proposisi 5.6).
(Kriteria Burnside) Misalkan $C \neq \{e\}$ sebuah kelas konjugasi yang berukuran pangkat prima $p^k > 1$ , dan andaikan $G$ sederhana serta tak abelian. Ortogonalitas kolom pada kolom $C$ terhadap kolom $e$ memberikan $1 + \sum_{i \geq 2} n_i\chi_i(g_C) = 0$ . Tunjukkan bahwa ada $\chi_i$ tak trivial dengan $p \nmid n_i$ yang $\chi_i(g_C) \neq 0$ (sebab kalau tidak, $\frac1p$ akan menjadi bilangan bulat aljabar); lalu menurut pertanyaan 10, $\rho_i(g_C)$ berupa skalar; turunkanlah kontradiksi dengan kesederhanaannya (himpunan $g$ dengan $\rho_i(g)$ berupa skalar merupakan subgrup normal; pakailah kesetiaannya dari Latihan 5.6). Simpulkan: tak ada grup sederhana tak abelian yang mempunyai kelas konjugasi berukuran pangkat prima $> 1$ .

Bagian IV — Teoremanya.

Misalkan $\abs G = p^aq^b$ dengan $a + b \geq 1$ . Jika $G$ sederhana, tunjukkan bahwa ia abelian: ambil $z \neq e$ di pusat sebuah subgrup Sylow- $q$ (Teorema 1.12) lalu tinjau ukuran kelas konjugasinya $[G : Z_G(z)]$ , yang berupa pangkat $p$ (mengapa?); lalu terapkan pertanyaan 11.
Simpulkan dengan induksi pada $\abs G$ : setiap grup berorde $p^aq^b$ bersifat terselesaikan (Burnside). Mengapa argumennya runtuh untuk tiga bilangan prima — dan mengapa memang harus runtuh, mengingat $\abs{A_5} = 2^2\cdot3\cdot5$ ?

Bagian V — Tabel karakter $A_5$ . Grup terkecil yang tak tersentuh teorema Burnside layak memperoleh potret lengkapnya; semua yang di bawah hanya memakai bab ini ditambah Latihan 1.11.

Ingat kembali dari Latihan 1.11 kelima kelas konjugasi $A_5$ : $\{e\}$ , $15$ transposisi ganda, $20$ siklus tiga, dan dua kelas berisi $12$ siklus lima masing-masing, yang diwakili $c = (1\,2\,3\,4\,5)$ dan $c^2$ . Jelaskan mengapa siklus lima itu terpecah menjadi dua kelas- $A_5$ padahal di dalam $S_5$ keduanya membentuk satu kelas saja.
Tunjukkan bahwa derajat tak tereduksi $A_5$ tepat berupa $1, 3, 3, 4, 5$ : pakailah $\sum_in_i^2 = 60$ dengan $r = 5$ kelas, beserta kenyataan bahwa $A_5$ bersifat sempurna ( $D(A_5) = A_5$ ), sehingga karakter trivial menjadi satu-satunya karakter linearnya; lalu singkirkan setiap multihimpunan lainnya (tulislah $59$ sebagai jumlah empat kuadrat bilangan bulat $\geq 2$ : periksalah bahwa hal itu terjadi hanya dengan satu cara yang semua sukunya masuk akal sebagai derajat).
Misalkan $\pi$ karakter permutasi $A_5$ pada $\{1, \dots, 5\}$ : $\pi(g) = \#\operatorname{Fix}(g)$ , dengan nilai $5, 1, 2, 0, 0$ pada kelima kelasnya. Hitunglah $\langle\pi, \mathbf 1\rangle$ dan $\langle\pi, \pi\rangle$ , lalu simpulkan bahwa $\chi_4 = \pi - \mathbf 1$ tak tereduksi berderajat $4$ , dengan nilai $4, 0, 1, -1, -1$ .
Permainan yang sama pada $10$ pasangan tak terurut $\{i, j\}$ : di sini cacahan titik tetapnya $10, 2, 1, 0, 0$ . Hitunglah $\langle\pi_{10}, \pi_{10}\rangle$ , $\langle\pi_{10}, \mathbf 1\rangle$ dan $\langle\pi_{10}, \chi_4\rangle$ , simpulkan penguraian $\pi_{10} = \mathbf 1 + \chi_4 + \chi_5$ , lalu perolehlah $\chi_5$ yang tak tereduksi berderajat $5$ dengan nilai $5, 1, -1, 0, 0$ .
Kedua representasi tak tereduksi yang tersisa, $\chi_2, \chi_3$ , berderajat $3$ . Ortogonalitas kolom (setiap kolom bukan identitas terhadap kolom identitasnya, dan setiap kolom dengan dirinya sendiri) menentukan nilainya di luar siklus lima: tunjukkan $\chi_2(g) = \chi_3(g) = -1$ pada transposisi ganda dan $0$ pada siklus tiga.
Pada kelas siklus lima, tetapkan $x = \chi_2(c)$ dan $y = \chi_2(c^2)$ ; simetrinya memungkinkan kita mengambil $\chi_3(c) = y$ , $\chi_3(c^2) = x$ . Dari kolom $c$ yang dipasangkan dengan kolom identitas dan dengan kolom $c^2$ , turunkanlah $x + y = 1$ dan $xy = -1$ (lalu periksalah nilai $x^2 + y^2 = 3$ yang diberikan kolom $c$ dengan dirinya sendiri), sehingga

$\{x, y\} = \Bigl\{\frac{1 + \sqrt5}2,\ \frac{1 - \sqrt5}2\Bigr\} :$

yaitu rasio emas dan sekawannya. Susunlah tabel karakter $A_5$ selengkapnya.
Jalankan pemeriksaannya: norma baris $\chi_2$ bernilai $1$ (pakailah $\varphi^2 + \bar\varphi^2 = 3$ ), $\langle\chi_2, \chi_3\rangle = 0$ , dan keterbagian Frobenius (pertanyaan 8) untuk kelima derajatnya. Di bagian mana tabel itu Anda melihat perbedaan dengan $S_5$ , yang seluruh nilai karakternya berupa bilangan bulat rasional?
Simpulkan dari tabel itu saja bahwa $A_5$ sederhana: sebuah subgrup normal berupa gabungan kelas konjugasi yang memuat $e$ dan kardinalitasnya membagi $60$ — periksalah bahwa tak ada subjumlah sejati dari $1 + 15 + 20 + 12 + 12$ yang memuat suku $1$ dan membagi $60$ . Periksa silang dengan kriteria pertanyaan 11: pastikan bahwa tak ada kelas $A_5$ yang berukuran pangkat prima $> 1$ .
(Penutup ikosahedral) Grup $A_5$ adalah grup rotasi ikosahedron, dan representasi berderajat $3$ itu merupakan kedua aksi geometrinya pada $\R^3$ . Periksalah identitas tracenya: rotasi sebesar sudut $\theta$ bertrace $1 + 2\cos\theta$ , dan $1 + 2\cos\frac{2\pi}5 = \frac{1+\sqrt5}2 = \varphi$ . Jelaskan tanpa perhitungan apa pun mengapa karakter berderajat $3$ yang lain harus membawa nilai sekawannya: grup Galois $\Q(\sqrt5)/\Q$ beraksi pada seluruh tabel karakternya (entri demi entri), sambil mempermutasikan semua karakter tak tereduksinya.

Bagian VI — Pelengkap: sebuah batas pusat dan kuadrat tensornya.

(Lebih tajam daripada keterbagian) Misalkan $\chi$ tak tereduksi berderajat $n$ . Tunjukkan bahwa $\abs{\chi(z)} = n$ untuk setiap $z \in Z(G)$ (lewat lema Schur: $\rho(z)$ berupa skalar berorde berhingga), lalu simpulkan dari $\langle\chi, \chi\rangle = 1$ batas

$n^2 \leq [G : Z(G)] .$

Tunjukkan bahwa grup tak abelian berorde $8$ mempunyai derajat tak tereduksi $1, 1, 1, 1, 2$ (ada lima kelas konjugasi; tulislah $8$ sebagai jumlah lima kuadrat) dan mencapai kesamaan $4 = [G : Z(G)]$ ; lalu periksalah batas itu pada $A_5$ , yang pusatnya trivial.
(Kuadrat tensor $\chi_2$ ) Untuk $g$ berorde berhingga, $\rho(g)$ dapat didiagonalkan dengan nilai eigen berupa akar satuan; simpulkan rumus karakternya

$\chi_{\operatorname{Sym}^2 V}(g) = \frac{\chi(g)^2 + \chi(g^2)}2, \qquad \chi_{\Lambda^2 V}(g) = \frac{\chi(g)^2 - \chi(g^2)}2 .$

Terapkan rumus itu pada $\chi_2$ dari $A_5$ (perhatikan bahwa $g^2$ menjelajahi kelas $c^2$ ketika $g$ menjelajahi kelas $c$ , dan sebaliknya): tunjukkan $\Lambda^2\chi_2 = \chi_2$ dan $\operatorname{Sym}^2\chi_2 = \mathbf 1 + \chi_5$ , sehingga

$\chi_2\otimes\chi_2 = \mathbf 1 + \chi_2 + \chi_5 .$

Tafsirkan $\Lambda^2\chi_2 = \chi_2$ secara geometri lewat hasil kali silang pada $\R^3$ .
(Audit akhir atas tabelnya) Periksalah secara numerik: ortogonalitas kolom antara kedua kolom siklus lima (yakni $\varphi\bar\varphi = -1$ ), nilai $5 = \abs{Z_{A_5}(c)}$ untuk kolom $c$ terhadap dirinya sendiri, dan lenyapnya karakter reguler $\sum_i n_i\chi_i(g) = 0$ pada masing-masing dari keempat kolom bukan identitas pada tabel itu.

Solusi

Solusi Soal 5.1.

1. Jika $\alpha^n + c_{n-1}\alpha^{n-1} + \dots + c_0 = 0$ (dengan $c_i \in \Z$ ), maka $\alpha^n \in \Z\text{-rentang}(1, \dots, \alpha^{n-1})$ , dan secara induktif setiap pangkatnya demikian: jadi $\Z[\alpha]$ dibangun oleh $1, \alpha, \dots, \alpha^{n-1}$ . Sebaliknya misalkan $\Z[\alpha] = \Z g_1 + \dots + \Z g_m$ . Tulis $\alpha g_i = \sum_j m_{ij}g_j$ dengan $M = (m_{ij}) \in M_m(\Z)$ : maka vektor $g = (g_i)$ memenuhi $(\alpha I - M)g = 0$ ; dengan mengalikannya dengan matriks adjugatnya, $\det(\alpha I - M)\,g_i = 0$ untuk setiap $i$ , dan karena $1 \in \Z[\alpha]$ merupakan kombinasi- $\Z$ dari $g_i$ , maka $\det(\alpha I - M) = 0$ : jadi $\alpha$ akar polinomial monik $\det(XI - M) \in \Z[X]$ .

2. Jika $\Z[\alpha]$ direntang oleh pangkat $\alpha$ sampai $n-1$ dan $\Z[\beta]$ oleh pangkat $\beta$ sampai $m - 1$ , maka $\Z[\alpha,\beta]$ direntang oleh $nm$ hasil kali $\alpha^i\beta^j$ (reduksikan sembarang monomialnya). Subring $\Z[\alpha + \beta]$ dan $\Z[\alpha\beta]$ merupakan submodul- $\Z$ dari modul- $\Z$ $\Z[\alpha, \beta]$ yang dibangun secara berhingga, sehingga keduanya pun dibangun secara berhingga ( $\Z[\alpha,\beta]$ , yang dibangun oleh $nm$ unsur, merupakan peta $\Z^{nm}$ ; sebuah submodul tertarik kembali menjadi submodul $\Z^{nm}$ , yang bebas berrank $\leq nm$ menurut Teorema 3.5, dan petanya membangunnya). Menurut pertanyaan 1, $\alpha + \beta$ dan $\alpha\beta$ merupakan bilangan bulat aljabar.

3. Jika $\frac pq$ (dalam bentuk paling sederhana) merupakan akar polinomial bulat yang monik berderajat $n$ , maka teorema akar rasional (samakan penyebutnya: $p^n = -q(\cdots)$ ) memberikan $q \mid p^n$ , sehingga $q = \pm1$ .

4. Nilai $\chi(g)$ merupakan jumlah akar satuan (Proposisi 5.6), yang masing-masing bilangan bulat aljabar (sebab akar $X^N - 1$ ); lalu simpulkan dengan pertanyaan 2.

5. Untuk $h \in G$ : $\rho(h)S_C\rho(h)^{-1} = \sum_{g\in C}\rho(hgh^{-1}) = S_C$ (sebab $C$ sebuah kelas). Menurut Schur, $S_C = \omega_C\,\mathrm{id}$ ; dan dengan mengambil tracenya, $\abs C\,\chi(g_C) = \omega_C\, n$ .

6. $S_CS_{C'} = \sum_{x \in C, y \in C'}\rho(xy) = \sum_{z \in G} a(z)\rho(z)$ dengan $a(z) = \#\{(x,y) \in C\times C' : xy = z\}$ . Konjugasi dengan $h$ membijeksikan penyelesaian untuk $z$ dengan penyelesaian untuk $hzh^{-1}$ : jadi $a$ merupakan fungsi kelas dengan nilai di $\N$ , sehingga $S_CS_{C'} = \sum_{C''}a_{CC'C''}S_{C''}$ . Dengan menyubstitusikan $S_C = \omega_C\,\mathrm{id}$ di semua tempat lalu mengenali skalarnya: $\omega_C\omega_{C'} = \sum_{C''}a_{CC'C''}\,\omega_{C''}$ .

7. Misalkan $M$ modul- $\Z$ yang direntang oleh $1$ dan semua hasil kali $\omega_{C_1}\cdots\omega_{C_k}$ ; menurut pertanyaan 6 setiap hasil kali semacam itu tereduksi menjadi kombinasi- $\Z$ dari $1$ dan $\omega_C$ : jadi $M$ dibangun secara berhingga, dan $\omega_C M \subseteq M$ untuk setiap $C$ . Khususnya $\Z[\omega_C] \subseteq M$ dibangun secara berhingga (sebagai submodul, seperti pada pertanyaan 2), lalu pertanyaan 1 menjadikan $\omega_C$ bilangan bulat aljabar.

8. Untuk sebuah $\chi$ tak tereduksi berderajat $n$ :

\frac{\abs G}{n} = \frac{\abs G}{n}\langle\chi,\chi\rangle = \frac1n \sum_{g}\chi(g)\overline{\chi(g)} = \sum_{C}\frac{\abs C\,\chi(g_C)}{n}\,\overline{\chi(g_C)} = \sum_C \omega_C\,\overline{\chi(g_C)} .

Setiap $\overline{\chi(g_C)} = \chi(g_C^{-1})$ merupakan bilangan bulat aljabar (pertanyaan 4), sehingga ruas kanannya pun demikian (pertanyaan 2 dan 7); dan ia rasional, sehingga bilangan bulat (pertanyaan 3): jadi $n \mid \abs G$ .

9. Menurut Bézout: $u\abs C + vn = 1$ dengan $u, v \in \Z$ . Maka

\frac{\chi(g_C)}{n} = u\,\frac{\abs C\,\chi(g_C)}{n} + v\,\chi(g_C) = u\,\omega_C + v\,\chi(g_C),

yang merupakan bilangan bulat aljabar.

10. Andaikan $0 < \abs{\chi(g_C)} < n$ lalu misalkan $\alpha = \chi(g_C)/n$ . Semua nilai $\chi(g)$ terletak di $\Q(\zeta_N)$ dengan $N = \abs G$ (sebab berupa jumlah akar satuan ke- $N$ ). Untuk $\sigma \in \operatorname{Gal}(\Q(\zeta_N)/\Q)$ : $\sigma$ memetakan akar satuan ke akar satuan (sebab $\sigma(\zeta^k) = \zeta^{ak}$ , Teorema 4.23), sehingga $\sigma(\chi(g_C))$ kembali menjadi jumlah $n$ akar satuan: jadi $\abs{\sigma(\alpha)} \leq 1$ ; lagi pula $\sigma(\alpha)$ merupakan bilangan bulat aljabar (sebab ia berpolinomial minimal sama dengan $\alpha$ ). Hasil kali $P = \prod_\sigma \sigma(\alpha)$ ditetapkan oleh seluruh grup Galoisnya, sehingga rasional (Teorema 4.21(1)), dan ia bilangan bulat aljabar dengan

0 < \abs P \leq \abs\alpha < 1

(tak ada faktornya yang lenyap: sebab $\sigma(\alpha) = 0$ akan memaksa $\alpha = 0$ ). Ini bertentangan dengan pertanyaan 3. Karena itu $\chi(g_C) = 0$ atau $\abs{\chi(g_C)} = n$ , dan pada kasus terakhir $\rho(g_C)$ berupa skalar (Proposisi 5.6).

11. Ortogonalitas kolom (dengan $C \neq \{e\}$ ): $\sum_i \chi_i(e)\overline{\chi_i(g_C)} = 0$ , yakni $1 + \sum_{i \geq 2} n_i\overline{\chi_i(g_C)} = 0$ . Seandainya setiap $\chi_i$ tak trivial dengan $p \nmid n_i$ lenyap di $g_C$ , maka dengan mengelompokkan sisanya menurut faktor $p$ :

-\frac1p = \sum_{i \geq 2,\ p \mid n_i} \frac{n_i}{p}\,\overline{\chi_i(g_C)},

akan menjadi bilangan bulat aljabar — dan itu bertentangan dengan pertanyaan 3. Jadi ada $\chi_i$ tak trivial dengan $p \nmid n_i$ dan $\chi_i(g_C) \neq 0$ ; karena $\abs C = p^k$ , berlaku $\gcd(\abs C, n_i) = 1$ , sehingga pertanyaan 10 menjadikan $\rho_i(g_C)$ sebuah skalar. Sekarang $G$ sederhana dan tak abelian: sehingga $\chi_i$ setia (Latihan 5.6(c)), dan $Z_i = \{g : \rho_i(g) \text{ skalar}\}$ merupakan subgrup normal (yaitu prapeta skalarnya di bawah $\rho_i$ , dan skalar membentuk subgrup normal — bahkan pusat — dari petanya) yang memuat $g_C \neq e$ : jadi $Z_i = G$ . Maka $\rho_i(G)$ abelian dan setia, sehingga $G$ abelian: kontradiksi. Jadi tak ada grup sederhana tak abelian yang mempunyai kelas konjugasi berukuran pangkat prima $> 1$ .

12. Misalkan $G$ sederhana berorde $p^aq^b$ . Jika $b = 0$ (sehingga $G$ grup- $p$ ): maka $Z(G) \neq \{e\}$ (Teorema 1.12) bersifat normal, sehingga $Z(G) = G$ : jadi abelian. Jika tidak, ambillah $Q$ sebuah subgrup Sylow- $q$ dan $z \in Z(Q) \setminus\{e\}$ (Teorema 1.12 lagi). Maka $Q \subseteq Z_G(z)$ , sehingga kelas $z$ berukuran $[G : Z_G(z)]$ yang membagi $[G : Q] = p^a$ : yakni pangkat $p$ . Jika ukurannya $1$ , maka $z \in Z(G)$ : pusatnya menjadi subgrup normal tak trivial, sehingga $Z(G) = G$ , jadi abelian. Jika ukurannya $p^k > 1$ : pertanyaan 11 melarangnya bagi $G$ yang sederhana dan tak abelian. Bagaimanapun juga, grup sederhana berorde $p^aq^b$ pastilah abelian (yakni $\cong \Z/p\Z$ ).

13. Induksi pada $\abs G$ (untuk $\abs G = 1$ : terselesaikan). Jika $G$ sederhana, pertanyaan 12 membuatnya abelian, sehingga terselesaikan. Jika tidak, pilihlah $N$ subgrup normal sejati yang tak trivial: maka $\abs N$ dan $\abs{G/N}$ kembali berbentuk $p^{a'}q^{b'}$ dan lebih kecil, sehingga $N$ dan $G/N$ terselesaikan menurut induksi, dan $G$ pun terselesaikan (Proposisi 1.29). — Dengan tiga bilangan prima, langkah kuncinya gagal: sebab indeks sebuah subgrup Sylow tak lagi berupa pangkat prima, sehingga kelas unsur pusat sebuah Sylow tak harus berukuran pangkat prima. Dan kegagalan itu memang tak terelakkan: $A_5$ , yang berorde $2^2\cdot3\cdot5$ , sederhana dan tak terselesaikan.

14. Kelas beserta ukurannya ada di Latihan 1.11(a). Kelas- $S_5$ dari $c$ berukuran $24$ ; seandainya ia tetap satu kelas- $A_5$ , pencacahan orbit–stabilisator akan memberikan $\abs{Z_{A_5}(c)} = 60/24$ , yang bukan bilangan bulat — secara konkret, $Z_{S_5}(c) = \langle c\rangle$ berorde $5$ dan duduk di dalam $A_5$ , sehingga kelas- $A_5$ dari $c$ berukuran $60/5 = 12$ : jadi kelas- $S_5$ itu terpecah dua ( $c$ dan $c^2$ sekawan di $S_5$ hanya oleh permutasi ganjil).

15. Hanya ada satu karakter linear: sebab representasi berderajat $1$ terfaktorkan melalui $G/D(G)$ , sedangkan $D(A_5) = A_5$ (karena $A_5$ sederhana dan tak abelian, dan $D(A_5)$ normal serta tak trivial — sebab $A_5$ tak abelian). Jadi $n_1 = 1$ dan $n_2^2 + n_3^2 + n_4^2 + n_5^2 = 59$ dengan setiap $n_i \geq 2$ . Kuadrat yang tersedia: $4, 9, 16, 25, 36, 49$ . Untuk jumlah empat di antaranya yang sama dengan $59$ : terbesarnya haruslah $25$ ( $36 + 4 + 4 + 9 = 53 < 59$ tak dapat disesuaikan: $36 + 16 + 4 + 4 = 60$ , $36 + 9 + 9 + 4 = 58$ , $36 + 16 + 9 + 4 = 65$ — tak ada kombinasi dengan $36$ atau $49$ yang berhasil), dan $59 - 25 = 34 = 16 + 9 + 9$ (satu-satunya caranya: sebab $16 + 16 + 4 = 36$ , $25 + 9 + 4 = 38$ , $25 + 4 + 4 = 33$ ): jadi derajatnya $1, 3, 3, 4, 5$ .

16. $\langle\pi, \mathbf 1\rangle = \frac1{60}(5 + 15\cdot1 + 20\cdot2 + 0 + 0) = 1$ (satu orbit — lewat cacahan Burnside), dan $\langle\pi, \pi\rangle = \frac1{60}(25 + 15 + 80 + 0 + 0) = 2$ : jadi $\pi$ memuat karakter trivialnya sekali, dan penyusun lainnya berupa satu representasi tak tereduksi. Karena itu $\chi_4 = \pi - \mathbf 1$ tak tereduksi, berderajat $4$ , dengan nilai $4, 0, 1, -1, -1$ .

17. Pada pasangan, sebuah unsur menetapkan $\{i,j\}$ jika dan hanya jika ia menetapkan atau menukar $i, j$ : cacahannya $10$ (untuk $e$ ), $2$ (sebab $t = (1\,2)(3\,4)$ menetapkan $\{1,2\}, \{3,4\}$ ), $1$ (sebab $(1\,2\,3)$ menetapkan $\{4,5\}$ ), lalu $0, 0$ . Maka $\langle\pi_{10}, \pi_{10}\rangle = \frac1{60}(100 + 15\cdot4 + 20\cdot1) = 3$ : jadi tiga penyusun tak tereduksi, masing-masing sekali. Dan $\langle\pi_{10}, \mathbf 1\rangle = \frac1{60}(10 + 30 + 20) = 1$ , $\langle\pi_{10}, \chi_4\rangle = \frac1{60}(40 + 0 + 20\cdot1\cdot1 + 0 + 0) = 1$ : sehingga $\pi_{10} = \mathbf 1 + \chi_4 + \chi$ dengan $\chi$ tak tereduksi berderajat $10 - 1 - 4 = 5$ dan bernilai $\chi_5 = \pi_{10} - \mathbf 1 - \chi_4 = (5, 1, -1, 0, 0)$ .

18. Tulis $a, a'$ untuk nilai $\chi_2, \chi_3$ di $t$ , dan $b, b'$ di $s = (1\,2\,3)$ ; keempatnya real (sebab $t$ dan $s$ sekawan dengan inversnya). Kolom $t$ terhadap kolom $e$ : $1 + 3a + 3a' + 4\cdot0 + 5\cdot1 = 0$ , sehingga $a + a' = -2$ ; kolom $t$ dengan dirinya sendiri: $1 + a^2 + a'^2 + 0 + 1 = \frac{60}{15} = 4$ , sehingga $a^2 + a'^2 = 2$ ; karena itu $(a + a')^2 = 4 = 2 + 2aa'$ memberikan $aa' = 1$ dan $a = a' = -1$ . Kolom $s$ terhadap $e$ : $1 + 3(b + b') + 4 - 5 = 0$ memberikan $b + b' = 0$ ; kolom $s$ dengan dirinya sendiri: $1 + b^2 + b'^2 + 1 + 1 = \frac{60} {20} = 3$ memberikan $b = b' = 0$ .

19. Kolom $c$ terhadap kolom $e$ : $1 + 3(x + y) + 4(-1) + 5\cdot0 = 0$ , sehingga $x + y = 1$ . Kolom $c$ terhadap kolom $c^2$ (kelas berbeda, jadi ortogonal): $1 + xy + yx + 1 + 0 = 0$ , sehingga $xy = -1$ . Dengan demikian $x, y$ menyelesaikan $T^2 - T - 1 = 0$ : $\{x, y\} = \{\varphi, \bar\varphi\}$ dengan $\varphi = \frac{1 + \sqrt5}2$ . Konsistensinya: $x^2 + y^2 = (x+y)^2 - 2xy = 3 = \frac{60}{12} - 2$ — cocok dengan identitas kolom-diri $1 + x^2 + y^2 + 1 + 0 = 5$ . Tabelnya:

	$e$	$15\,t$	$20\,s$	$12\,c$	$12\,c^2$
$\chi_1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$
$\chi_2$	$3$	$-1$	$0$	$\varphi$	$\bar\varphi$
$\chi_3$	$3$	$-1$	$0$	$\bar\varphi$	$\varphi$
$\chi_4$	$4$	$0$	$1$	$-1$	$-1$
$\chi_5$	$5$	$1$	$-1$	$0$	$0$

20. $\norm{\chi_2}^2 = \frac1{60}\bigl(9 + 15\cdot1 + 0 + 12\varphi^2 + 12\bar\varphi^2\bigr) = \frac{9 + 15 + 36}{60} = 1$ , dengan memakai $\varphi^2 + \bar\varphi^2 = (\varphi + \bar\varphi)^2 - 2\varphi\bar\varphi = 1 + 2 = 3$ . Demikian pula $\langle\chi_2, \chi_3\rangle = \frac1{60}(9 + 15 + 0 + 12(2\varphi\bar\varphi)) = \frac{9 + 15 - 24}{60} = 0$ . Keterbagian Frobenius: $1, 3, 3, 4, 5$ semuanya membagi $60$ . Nilai irasional $\varphi, \bar\varphi$ itulah perbedaan yang terlihat dengan $S_5$ : sebab di $S_5$ setiap unsur sekawan dengan semua pembangun grup sikliknya yang bertipe siklus sama — khususnya $c \sim c^2$ — sehingga nilai karakternya terpaksa rasional (bahkan bulat); sedangkan di $A_5$ terpecahnya siklus lima membuka pintu bagi $\Q(\sqrt5)$ .

21. Subgrup normal $N$ berupa gabungan kelas, yang memuat $e$ , dengan $\abs N \mid 60$ . Jumlah yang menjadi calonnya: $1{+}15 = 16$ , $1{+}20 = 21$ , $1{+}12 = 13$ , $1{+}24 = 25$ , $1{+}15{+}20 = 36$ , $1{+}15{+}12 = 28$ , $1{+}15{+}24 = 40$ , $1{+}20{+}12 = 33$ , $1{+}20{+}24 = 45$ , $1{+}12{+}12 = 25$ , $1{+}15{+}20{+}12 = 48$ , $1{+}15{+}20{+}24 = 60 - 12 = \dots$ dengan mendaftarkan semua subjumlah sejati yang memuat $1$ : tak satu pun dari $13, 16, 21, 25, 28, 33, 36, 40, 45, 48, 13{+}\dots$ yang membagi $60$ kecuali $1$ sendiri: jadi $N = \{e\}$ atau $A_5$ . Kesederhanaannya terbaca dari lima bilangan saja. Dan kriteria pertanyaan 11 juga terlihat: sebab ukuran kelasnya $15 = 3\cdot5$ , $20 = 4\cdot5$ , $12 = 4\cdot3$ semuanya komposit atas dua bilangan prima — jadi tak ada kelas berukuran pangkat prima, persis seperti dituntut kriteria Burnside bagi grup sederhana.

22. Rotasi $\R^3$ sebesar sudut $\theta$ mempunyai nilai eigen $1, \eu^{\iu\theta}, \eu^{-\iu\theta}$ : sehingga tracenya $1 + 2\cos\theta$ . Untuk $\theta = \frac{2\pi}5$ : $2\cos\frac{2\pi}5 = \frac{\sqrt5 - 1}2$ , sehingga tracenya $1 + \frac{\sqrt5-1}2 = \frac{1+\sqrt5}2 = \varphi$ . Unsur tak trivial $\tau$ dari $\operatorname{Gal}(\Q(\sqrt5)/\Q)$ yang diterapkan entri demi entri pada sebuah tabel karakter mengirim karakter ke karakter (sebab ia komutatif dengan aljabar pendefinisinya: $\tau\circ\chi$ merupakan karakter representasi yang diperoleh dengan mengangkut matriksnya lewat $\tau$ pada entrinya, atau secara abstrak: relasi ortogonalitasnya rasional atas $\Q$ , sehingga $\tau$ mempermutasikan penyelesaiannya); lalu $\tau$ menetapkan $\chi_1, \chi_4, \chi_5$ (yang bernilai rasional) dan karena itu harus menukar $\chi_2$ dan $\chi_3$ : jadi karakter berderajat $3$ yang kedua membawa nilai sekawannya, tanpa satu matriks pun dihitung. Secara geometri, kedua representasi itu adalah aksi ikosahedral dan komposisinya dengan automorfisma luar $A_5$ (yakni konjugasi dengan sebuah transposisi), yang menukar kedua kelas siklus lima.

23. Untuk $z \in Z(G)$ , $\rho(z)$ komutatif dengan setiap $\rho(g)$ , sehingga menurut lema Schur $\rho(z) = \lambda\, \mathrm{id}$ ; dan karena $z$ berorde berhingga, $\lambda$ merupakan akar satuan, sehingga $\abs{\chi(z)} = \abs\lambda\,n = n$ . Lalu

\abs G = \abs G\,\langle\chi, \chi\rangle = \sum_{g \in G}\abs{\chi(g)}^2 \geq \sum_{z \in Z(G)}\abs{\chi(z)}^2 = \abs{Z(G)}\,n^2,

yakni $n^2 \leq [G : Z(G)]$ . Grup tak abelian berorde $8$ ( $D_4$ atau $Q_8$ ) mempunyai lima kelas konjugasi, sehingga lima derajat tak tereduksi dengan $\sum n_i^2 = 8$ ; dan satu-satunya cara menulis $8$ sebagai jumlah lima kuadrat $\geq 1$ adalah $1 + 1 + 1 + 1 + 4$ : jadi derajatnya $1, 1, 1, 1, 2$ . Kedua grup itu berpusat berorde $2$ , dan karakter berderajat $2$ mencapai kesamaannya: $2^2 = 4 = [G : Z(G)]$ — jadi batasnya tajam. Untuk $A_5$ , $Z = \{e\}$ dan batasnya terbaca $n^2 \leq 60$ : dipenuhi oleh $1, 3, 3, 4, 5$ dengan sisa ruang yang lapang ( $25 \leq 60$ ), dan memang harus demikian sebab kesamaannya akan memaksa (lewat rantai yang sama) $\chi$ lenyap di luar pusatnya.

24. Berlaku $\rho(g)^m = \mathrm{id}$ untuk $m$ sama dengan orde $g$ , sehingga $\rho(g)$ dihapus oleh $X^m - 1$ , yang terpecah dengan akar sederhana atas $\C$ : jadi dapat didiagonalkan, dengan nilai eigen $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ berupa akar satuan, pada sebuah basis eigen $(e_i)$ . Hasil kali $e_ie_j$ (dengan $i \leq j$ ) membentuk basis eigen bagi $\operatorname{Sym}^2V$ dengan nilai eigen $\lambda_i\lambda_j$ , dan $e_i \wedge e_j$ (dengan $i < j$ ) membentuk basis eigen $\Lambda^2V$ ; lalu karena

\sum_{i<j}\lambda_i\lambda_j = \frac{(\sum_i\lambda_i)^2 - \sum_i\lambda_i^2}2 = \frac{\chi(g)^2 - \chi(g^2)}2,

sedangkan jumlah simetrisnya menambahkan $\sum_i\lambda_i^2$ alih-alih menguranginya, maka kedua rumusnya menyusul. Untuk $\chi_2 = (3, -1, 0, \varphi, \bar\varphi)$ pada kelas $(e, (2,2)\text{-}, 3\text{-siklus}, c, c^2)$ : pengkuadratan mengirim transposisi ganda ke $e$ , siklus tiga ke siklus tiga, dan kelas $c$ ke kelas $c^2$ serta sebaliknya (sebab $c^{-1} \sim c$ di $A_5$ , sehingga $c^4 \sim c$ ). Karena itu $\chi_2(g^2)$ terbaca $(3, 3, 0, \bar\varphi, \varphi)$ , dan, dengan memakai $\varphi^2 = \varphi + 1$ serta $\bar\varphi = 1 - \varphi$ :

\Lambda^2\chi_2 = (3, -1, 0, \varphi, \bar\varphi) = \chi_2, \qquad \operatorname{Sym}^2\chi_2 = (6, 2, 0, 1, 1) .

Dengan menguraikan yang terakhir itu, memakai ukuran kelas $1, 15, 20, 12, 12$ : $\langle\cdot, \mathbf 1\rangle = \frac1{60}(6 + 15\cdot2 + 0 + 12 + 12) = 1$ ; $\langle\cdot, \chi_5\rangle = \frac1{60}(30 + 30) = 1$ ; $\langle\cdot, \chi_4\rangle = \frac1{60}(24 - 12 - 12) = 0$ ; $\langle\cdot, \chi_2\rangle = \frac1{60}(18 - 30 + 12(\varphi + \bar\varphi)) = 0$ , dan demikian pula untuk $\chi_3$ . Jadi $\operatorname{Sym}^2\chi_2 = \mathbf 1 + \chi_5$ (dimensinya $6 = 1 + 5$ ) dan $\chi_2\otimes\chi_2 = \mathbf 1 + \chi_2 + \chi_5$ (dimensinya $9 = 1 + 3 + 5$ ). Geometrinya: isomorfisma ekuivarian $\Lambda^2\R^3 \to \R^3$ , $u \wedge v \mapsto u \times v$ , tepat merupakan $\Lambda^2\chi_2 = \chi_2$ bagi sebuah grup rotasi; sedangkan suku $\mathbf 1$ pada kuadrat simetrisnya adalah bentuk kuadrat invarian $x^2 + y^2 + z^2$ , dan $\chi_5$ hidup pada ruang berdimensi lima berisi tensor simetris bertrace nol (yaitu kuadrat harmonik).

25. Kolom $c$ terhadap kolom $c^2$ :

1\cdot1 + \varphi\bar\varphi + \bar\varphi\varphi + (-1)(-1) + 0 = 1 - 1 - 1 + 1 + 0 = 0,

seperti dituntut ortogonalitas bagi kelas yang berbeda (sebab $\varphi \bar\varphi = -1$ ). Kolom $c$ terhadap dirinya sendiri: $1 + \varphi^2 + \bar\varphi^2 + 1 + 0 = 1 + 3 + 1 = 5 = 60/12 = \abs{Z_{A_5}(c)}$ . Karakter reguler $\sum_in_i\chi_i$ pada keempat kolom bukan identitasnya:

1 - 3 - 3 + 0 + 5 = 0, \qquad 1 + 0 + 0 + 4 - 5 = 0,

pada transposisi ganda dan siklus tiga, lalu pada kelas $c$ (sedangkan kelas $c^2$ merupakan sekawan Galoisnya):

1 + 3\varphi + 3\bar\varphi - 4 + 0 = 1 + 3 - 4 = 0,

dengan memakai $\varphi + \bar\varphi = 1$ . Tabel itu lulus setiap audit: jadi itulah tabel karakter $A_5$ .

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

5.1 Representasi, Maschke, Schur

5.2 Karakter dan ortogonalitas

5.3 Tabel karakter

5.4 Latihan

5.5 Soal: teorema paqbp^aq^bpaqb Burnside

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

5.5 Soal: teorema $p^aq^b$ Burnside