Matemática universitária — Graduação 3 · Bachelor Year 3

5Representações de grupos finitos

Para compreender um grupo abstrato, faça-o agir sobre um espaço vetorial e aplique álgebra linear — autovalores, traços, produtos internos — à ação. Esse programa, a teoria de representações, é espantosamente eficaz para grupos finitos sobre $\C$ : toda representação se decompõe em irredutíveis (Maschke), as irredutíveis ficam determinadas por seus caracteres (traços), e os caracteres satisfazem relações de ortogonalidade que tornam mecânicos os cálculos. O capítulo constrói esse cálculo e suas primeiras obras-primas — as tabelas de caracteres dos grupos pequenos —, e o problema de fim de semana colhe um teorema muito além do alcance da teoria de grupos nua: o teorema $p^aq^b$ de Burnside. Ao longo de todo o capítulo, $G$ é um grupo finito e todos os espaços vetoriais têm dimensão finita sobre $\C$ .

5.1 Representações, Maschke, Schur

Definição 5.1

Uma representação de $G$ é um morfismo $\rho \colon G \to GL(V)$ para um $\C$ -espaço vetorial $V$ ; $\dim V$ é seu grau. Um subespaço $W \subseteq V$ é invariante se $\rho(g)W \subseteq W$ para todo $g$ ; a restrição faz de $W$ uma subrepresentação. $\rho$ é irredutível se $V \neq 0$ e seus únicos subespaços invariantes são $0$ e $V$ . Um morfismo entre $(\rho, V)$ e $(\sigma, W)$ é uma aplicação linear $f\colon V \to W$ com $f\rho(g) = \sigma(g)f$ para todo $g$ (equivariância); os $f$ bijetores são isomorfismos.

Exemplo 5.2

(a) Grau $1$ : morfismos $G \to \C^\times$ . (b) A representação regular: $V = \C^G$ com base $(e_h)_{h \in G}$ , $\rho(g)e_h = e_{gh}$ ; de grau $\abs G$ . (c) Uma ação por permutações de $G$ sobre um conjunto finito $X$ dá a representação de permutação em $\C^X$ : $\rho(g)e_x = e_{g\cdot x}$ . (d) $S_n$ age em $\C^n$ permutando as coordenadas; o hiperplano $\{\sum x_i = 0\}$ é invariante: é a representação padrão, de grau $n - 1$ .

Teorema 5.3 (Maschke)

Todo subespaço invariante $W$ de uma representação $(V, \rho)$ admite um complemento invariante. Consequentemente, toda representação é uma soma direta de irredutíveis (semissimplicidade).

Demonstração. Seja $p \colon V \to V$ uma projeção qualquer de imagem $W$ (escolha um complemento qualquer). Faça a média sobre o grupo:

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

Cada parcela leva $V$ em $W$ ( $W$ é invariante) e fixa $W$ ponto a ponto: para $w \in W$ , $\rho(g)^{-1}w \in W$ , $p$ o fixa, e $\rho(g)$ o traz de volta — de modo que $\tilde p$ é novamente uma projeção sobre $W$ . Ela é equivariante: para $h \in G$ , $\rho(h)\tilde p\rho(h)^{-1}$ apenas reindexa a mesma soma. Logo $\ker \tilde p$ é um complemento invariante de $W$ . Iterando nas parcelas (dimensão finita), decompõe-se $V$ em irredutíveis. ∎

Teorema 5.4 (Lema de Schur)

Seja $f \colon V \to W$ um morfismo de representações irredutíveis. Então $f = 0$ ou $f$ é um isomorfismo; e, se $(V,\rho) = (W,\sigma)$ , então $f = \lambda\,\mathrm{id}$ para algum $\lambda \in \C$ . Logo $\dim\operatorname{Hom}_G(V, W)$ vale $1$ se $V \cong W$ e $0$ caso contrário.

Demonstração. $\ker f$ e $\operatorname{im} f$ são invariantes (equivariância), de modo que cada um é $0$ ou o espaço todo: ou $f = 0$ , ou $f$ é injetora com imagem total. Se $V = W$ : $f$ tem um autovalor $\lambda$ ( $\C$ é algebricamente fechado); $f - \lambda\,\mathrm{id}$ é um morfismo $V \to V$ não injetor, logo é $0$ . Quanto à contagem de dimensão quando $V \cong W$ : fixando um isomorfismo $u$ , todo morfismo $f$ dá o endomorfismo $u^{-1}f = \lambda\,\mathrm{id}$ : $f = \lambda u$ . ∎

5.2 Caracteres e ortogonalidade

Definição 5.5

O caráter de $(V, \rho)$ é $\chi_\rho(g) = \operatorname{tr}\rho(g)$ . Ele satisfaz $\chi_\rho(e) = \dim V$ , $\chi_\rho(hgh^{-1}) = \chi_\rho(g)$ (os traços são invariantes por conjugação): os caracteres são funções de classe — elementos do espaço $\mathcal{CF}(G)$ das funções constantes nas classes de conjugação, munido do produto interno hermitiano

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

Proposição 5.6

$\rho(g)$ é diagonalizável com autovalores raízes da unidade; $\chi_\rho(g^{-1}) = \overline{\chi_\rho(g)}$ , e $\abs{\chi_\rho(g)} \leq \chi_\rho(e)$ com igualdade se, e somente se, $\rho(g)$ é escalar. Os caracteres se somam nas somas diretas: $\chi_{V \oplus W} = \chi_V + \chi_W$ .

Demonstração. $\rho(g)^N = \mathrm{id}$ para $N = \abs G$ (Lagrange): $\rho(g)$ aniquila $X^N - 1$ e se decompõe com raízes simples, de modo que o operador é diagonalizável com autovalores $\lambda_i \in \mu_N$ . Então $\chi(g^{-1}) = \sum \lambda_i^{-1} = \sum\bar\lambda_i = \overline{\chi(g)}$ , e $\abs{\chi(g)} = \abs{\sum\lambda_i} \leq \dim V$ , com igualdade na desigualdade triangular se, e somente se, todos os $\lambda_i$ são iguais, isto é, $\rho(g) = \lambda\,\mathrm{id}$ . A aditividade nas somas diretas: traços por blocos. ∎

Lema 5.7

Sejam $(V, \rho)$ , $(W, \sigma)$ representações. O operador de média em $\operatorname{Hom}(W, V)$ ,

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

é uma projeção sobre $\operatorname{Hom}_G(W, V)$ e, para a aplicação $\Phi_g \colon A \mapsto \rho(g)A\sigma(g)^{-1}$ , tem-se $\operatorname{tr}\Phi_g = \chi_\rho(g)\,\overline{\chi_\sigma(g)}$ .

Demonstração. $c(A)$ é equivariante (reindexe a soma como em Maschke), e $c$ fixa as aplicações equivariantes (cada parcela vale $A$ ): $c$ é uma projeção de imagem $\operatorname{Hom}_G(W, V)$ . Traço: em bases, $\Phi_g(A) = BAC$ com $B = \rho(g)$ , $C = \sigma(g)^{-1}$ ; na base $(E_{kl})$ das matrizes, $BE_{kl}C = \sum_{m,n} b_{mk}c_{ln}E_{mn}$ , de modo que o coeficiente de $E_{kl}$ em $\Phi_g(E_{kl})$ é $b_{kk}c_{ll}$ : $\operatorname{tr}\Phi_g = \sum_{k,l}b_{kk}c_{ll} = \operatorname{tr}(B) \operatorname{tr}(C) = \chi_\rho(g)\chi_\sigma(g^{-1})$ e $\chi_\sigma(g^{-1}) = \overline{\chi_\sigma(g)}$ . ∎

Teorema 5.8 (Primeiras relações de ortogonalidade)

Sejam $\rho, \sigma$ irredutíveis. Então

\langle\chi_\sigma, \chi_\rho\rangle = \begin{cases} 1 & \text{se } \rho \cong \sigma,\\ 0 & \text{caso contrário:} \end{cases}

os caracteres irredutíveis formam uma família ortonormal em $\mathcal{CF}(G)$ .

Demonstração. O traço de uma projeção é a dimensão de sua imagem:

\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,

e o lema de Schur avalia o membro esquerdo em $\delta_{\rho \cong \sigma}$ . ∎

Corolário 5.9

Decomponha $V \cong \bigoplus_i V_i^{\oplus m_i}$ em irredutíveis distintas ( $V_i \not\cong V_j$ ). Então $m_i = \langle \chi_{V_i}, \chi_V\rangle$ : as multiplicidades — e portanto a representação a menos de isomorfismo — ficam determinadas pelo caráter. Além disso, $\langle \chi_V, \chi_V\rangle = \sum_i m_i^2$ ; em particular, $V$ é irredutível se, e somente se, $\langle\chi_V, \chi_V\rangle = 1$ .

Demonstração. $\chi_V = \sum m_i\chi_{V_i}$ (Proposição 5.6); tome produtos internos com cada $\chi_{V_i}$ e use a ortonormalidade. Duas representações de caracteres iguais têm multiplicidades iguais e, portanto, são isomorfas. ∎

Teorema 5.10 (A representação regular)

Sejam $\chi_1, \dots, \chi_r$ os caracteres irredutíveis distintos, de graus $n_i = \chi_i(e)$ . A representação regular se decompõe com multiplicidades $m_i = n_i$ ; consequentemente,

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

Demonstração. O caráter regular: $\chi_{\mathrm{reg}}(g) = \#\{h : gh = h\}$ , que vale $\abs G$ para $g = e$ e $0$ caso contrário. Logo $m_i = \langle \chi_i,\chi_{\mathrm{reg}}\rangle = \frac1{\abs G}\overline{\chi_i(e)}\,\abs G = n_i$ . Avaliando $\chi_{\mathrm{reg}} = \sum n_i\chi_i$ em $e$ e em $g \neq e$ obtêm-se as duas identidades exibidas. ∎

Teorema 5.11

Os caracteres irredutíveis formam uma base ortonormal de $\mathcal{CF}(G)$ : o número de representações irredutíveis é igual ao número de classes de conjugação de $G$ .

Demonstração. Falta apenas a completude: seja $f \in \mathcal{CF}(G)$ ortogonal a todo $\chi_i$ ; mostremos que $f = 0$ . Para uma representação $(V,\rho)$ , ponha $T_{f,\rho} = \frac{1}{\abs G} \sum_g \overline{f(g)}\,\rho(g)$ . Ela é equivariante: para $h \in G$ ,

\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}

( $f$ é função de classe). Se $\rho$ é irredutível de grau $n$ , Schur dá $T_{f,\rho} = \lambda\,\mathrm{id}$ com

\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 .

Logo $T_{f,\rho} = 0$ em toda irredutível e, portanto (somas diretas), em toda representação — em particular na regular. Aplique-a ao vetor da base $e_e$ : $0 = T_{f,\mathrm{reg}}e_e = \frac1{\abs G}\sum_g\overline{f(g)}e_g$ , o que força todo $\overline{f(g)} = 0$ . Assim, a família ortonormal $(\chi_i)$ gera $\mathcal{CF}(G)$ , cuja dimensão é o número de classes de conjugação. ∎

Corolário 5.12 (Ortogonalidade das colunas)

Para $g, h \in G$ :

\sum_{i=1}^{r}\overline{\chi_i(g)}\,\chi_i(h) = \begin{cases} \abs{Z_G(g)} & \text{se } g, h \text{ são conjugados},\\ 0 & \text{caso contrário.} \end{cases}

Demonstração. Sejam $g_1, \dots, g_r$ representantes das classes e $c_j$ os tamanhos das classes. A matriz $U_{ij} = \sqrt{c_j/\abs G}\;\chi_i(g_j)$ de tamanho $r \times r$ tem linhas ortonormais (Teorema 5.8 escrito por classes: $\sum_j \frac{c_j}{\abs G}\chi_i(g_j)\overline{\chi_{i'}(g_j)} = \delta_{ii'}$ ), isto é, $UU^* = I$ ; uma matriz quadrada com $UU^* = I$ satisfaz também $U^*U = I$ : as colunas são ortonormais, o que se desdobra na identidade exibida ( $\abs G/c_j = \abs{Z_G(g_j)}$ , a relação órbita–estabilizador para a conjugação). ∎

Proposição 5.13 (Caracteres unidimensionais; levantamento)

(a) $G$ é abeliano se, e somente se, todas as suas representações irredutíveis têm grau $1$ ; o número de caracteres de grau $1$ de um $G$ qualquer é $[G : D(G)]$ (eles são os caracteres da abelianização). (b) Se $N \trianglelefteq G$ , as representações irredutíveis de $G/N$ se levantam (compondo com $G \to G/N$ ) exatamente às representações irredutíveis de $G$ cujo núcleo contém $N$ .

Demonstração. (a) Se $G$ é abeliano, cada classe é unitária: $r = \abs G$ , e $\sum n_i^2 = \abs G$ força todos os $n_i = 1$ ; reciprocamente, se todos os $n_i = 1$ , a representação regular é uma soma de representações unidimensionais, de modo que $\rho_{\mathrm{reg}}(G)$ é simultaneamente diagonalizável, logo comutativa, e $\rho_{\mathrm{reg}}$ é fiel: $G$ é abeliano. As representações de grau $1$ são morfismos $G \to \C^\times$ com alvo abeliano: elas se fatoram por $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ (Exercício 1.9), e os caracteres distintos do grupo abeliano $G^{\mathrm{ab}}$ são em número de $\abs{G^{\mathrm{ab}}}$ (ele tem essa quantidade de classes, todas de grau $1$ ). (b) A composição com a projeção preserva a irredutibilidade (os subespaços invariantes se correspondem), e uma representação trivial em $N$ se fatora pelo quociente (Teorema 1.3). ∎

5.3 Tabelas de caracteres

Definição 5.14

A tabela de caracteres de $G$ é a matriz $\bigl(\chi_i(g_j)\bigr)$ de tamanho $r \times r$ : linhas indexadas pelos caracteres irredutíveis, colunas pelas classes de conjugação (com seus tamanhos indicados). As linhas são ortonormais para o produto ponderado e as colunas são ortogonais (Corolário 5.12): a tabela é fortemente sobredeterminada, e é isso que a torna calculável.

Exemplo 5.15 (A tabela de $S_3$ )

Classes: $e$ (tamanho 1), transposições (3), $3$ -ciclos (2); logo $r = 3$ irredutíveis, de graus $n_i$ com $\sum n_i^2 = 6$ : $1, 1, 2$ . Grau $1$ : a trivial $\mathbf 1$ e a assinatura $\varepsilon$ . A última linha decorre da ortogonalidade das colunas (ou de $\chi_{\mathrm{std}} = \chi_{\mathrm{perm}} - \mathbf 1$ ):

\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}

Verificação: $\langle\chi_{\mathrm{std}},\chi_{\mathrm{std}}\rangle = \frac{1}{6}(4 + 0 + 2) = 1$ : é irredutível.

Exemplo 5.16 (A tabela de $S_4$ )

Classes: $e$ [1], transposições [6], transposições duplas [3], $3$ -ciclos [8], $4$ -ciclos [6]: cinco irredutíveis, $\sum n_i^2 = 24$ com duas de grau $1$ ( $\mathbf 1, \varepsilon$ ; $[S_4 : D(S_4)] = [S_4 : A_4] = 2$ ): graus $1, 1, 2, 3, 3$ . A de grau $2$ se levanta de $S_4/V \cong S_3$ (Proposição 5.13(b), com $V$ o grupo de Klein); as de grau $3$ : a representação padrão e sua torção por $\varepsilon$ :

\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}

( $\chi_{\mathrm{std}}(g) = \operatorname{fix}(g) - 1$ ; $\chi_2$ avalia a tabela de $S_3$ na imagem de cada classe módulo $V$ .) Todas as verificações de ortogonalidade de linhas e colunas passam — fazer duas delas é o aquecimento do Exercício 5.3.

Método 5.17

Para construir uma tabela de caracteres: (1) liste as classes de conjugação e seus tamanhos; (2) conte os caracteres de grau $1$ por meio de $G/D(G)$ e escreva-os; (3) encontre os graus restantes a partir de $\sum n_i^2 = \abs G$ (combinatória de inteiros pequenos); (4) obtenha irredutíveis baratas: levante de quocientes, subtraia $\mathbf 1$ dos caracteres de permutação (verifique $\langle\chi,\chi\rangle = 1$ ), multiplique caracteres já conhecidos por caracteres de grau $1$ ; (5) termine as linhas desconhecidas pela ortogonalidade das colunas — cada coluna é ortogonal às colunas já completas, e a coluna de $e$ carrega os graus. Confira tudo com uma varredura completa de ortogonalidade.

A representação regular de S_3, diagonalizada por blocos: ℂ[S_3] ℂ × ℂ × M_2(ℂ), de dimensões 1 + 1 + 4 = 6 = |S_3|. Em geral, ℂ[G] _i M_n_i(ℂ): a identidade n_i2 = G é uma afirmação sobre blocos de matrizes. — A representação regular de $S_3$ , diagonalizada por blocos: $\C[S_3] \cong \C \times \C \times M_2(\C)$ , de dimensões $1 + 1 + 4 = 6 = \abs{S_3}$ . Em geral, $\C[G] \cong \prod_i M_{n_i}(\C)$ : a identidade $\sum n_i^2 = \abs G$ é uma afirmação sobre blocos de matrizes.

5.4 Exercícios

Exercício 5.1 ★

(a) Mostre que os caracteres irredutíveis de $\Z/n\Z$ são os $\chi_k(\bar m) = \eu^{2\iu\pi km/n}$ , $k = 0, \dots, n-1$ , e escreva a tabela de caracteres de $\Z/4\Z$ . (b) Verifique nela as duas relações de ortogonalidade — e reconheça a matriz: onde este livro já a encontrou?

Solução

Solução de Exercício 5.1.

(a) $\Z/n\Z$ é abeliano: todos os irredutíveis têm grau $1$ (Proposição 5.13), isto é, são morfismos $\chi \colon \Z/n\Z \to \C^\times$ , determinados por $\chi(\bar 1) = \omega$ com $\omega^n = 1$ : os $n$ caracteres $\chi_k(\bar m) = \eu^{2\iu\pi km/n}$ . Para $n = 4$ (classes $=$ elementos $\bar0,\bar1,\bar2,\bar3$ ):

\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) Linhas: $\langle\chi_k,\chi_l\rangle = \frac14\sum_m \eu^{2\iu\pi(l-k)m/4} = \delta_{kl}$ (soma geométrica); colunas do mesmo modo. A matriz $(\eu^{2\iu\pi km/n})_{k,m}$ é a matriz da transformada de Fourier discreta — o mesmo filtro de raízes da unidade usado no capítulo de funções geradoras do volume do segundo ano; a ortogonalidade dos caracteres generaliza a fórmula de inversão da TFD.

Exercício 5.2 ★

Sejam $G$ agindo sobre um conjunto finito $X$ e $\chi$ o caráter da representação de permutação $\C^X$ . (a) Mostre que $\chi(g) = \abs{\operatorname{Fix}_X(g)}$ e que $\langle \mathbf 1, \chi\rangle = \#\{\text{órbitas}\}$ — o lema de contagem de Burnside (Exercício 1.5) é um cálculo de caracteres. (b) Suponha a ação transitiva, de modo que $\chi = \mathbf 1 + \psi$ . Mostre que $\psi$ é irredutível se, e somente se, a ação é $2$ -transitiva (transitiva nos pares ordenados de pontos distintos). (Calcule $\langle\chi,\chi\rangle$ como o número de órbitas em $X \times X$ .) (c) Conclua que a representação padrão de $S_n$ ( $n \geq 2$ ) é irredutível.

Solução

Solução de Exercício 5.2.

(a) A matriz de $\rho(g)$ na base $(e_x)$ é uma matriz de permutação, de traço igual ao número de $x$ com $g\cdot x = x$ . Então

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

pelo lema de contagem de Burnside (Exercício 1.5) — equivalentemente, isso calcula a multiplicidade da representação trivial, cujo espaço isotípico é o espaço dos vetores $G$ -invariantes, de dimensão igual ao número de órbitas (um indicador por órbita).

(b) Como $\operatorname{Fix}_{X\times X}(g) = \operatorname{Fix}_X(g)^2$ , a parte (a) aplicada a $X \times X$ dá $\langle\chi,\chi\rangle = \frac1{\abs G}\sum\abs{\operatorname{Fix}(g)}^2 = \#\{\text{órbitas em } X\times X\}$ ( $\chi$ é real). Escrevendo $\chi = \mathbf 1 + \psi$ : $\langle\mathbf1,\chi\rangle = 1$ (transitividade), de modo que $\langle\psi,\psi\rangle = \langle\chi,\chi\rangle - 1$ . A ação sobre $X\times X$ tem a diagonal como uma órbita; há exatamente uma outra órbita se, e somente se, $G$ é transitivo sobre os pares distintos: $\langle\psi,\psi\rangle = 1$ se, e somente se, $2$ -transitivo (Corolário 5.9).

(c) $S_n$ é $2$ -transitivo sobre $\{1,\dots,n\}$ (leve qualquer par distinto a qualquer outro): $\psi = \chi_{\mathrm{std}}$ é irredutível.

Exercício 5.3 ★

Reconstrua do zero a tabela de $S_3$ seguindo o Método 5.17 e verifique em seguida duas relações de ortogonalidade de linhas e duas de colunas na tabela de $S_4$ do Exemplo 5.16. Decomponha em irredutíveis o caráter de permutação de $S_4$ agindo sobre $\{1,2,3,4\}$ e o caráter $\chi_{\mathrm{std}}^2$ (quadrado ponto a ponto).

Solução

Solução de Exercício 5.3.

$S_3$ : três classes, $\sum n_i^2 = 6 = 1 + 1 + 4$ ; os dois caracteres de grau $1$ são $\mathbf 1, \varepsilon$ ( $[S_3 : A_3] = 2$ ); a terceira linha $(2, a, b)$ decorre da ortogonalidade de colunas com a coluna de $e$ : $1 - 1 + 2a = 0$ e $1 + 1 + 2b = 0$ : $a = 0$ , $b = -1$ — a tabela do Exemplo 5.15.

$S_4$ , verificações (linhas): $\langle\chi_{\mathrm{std}}, \varepsilon\chi_{\mathrm{std}}\rangle = \frac1{24}(9 - 6 + 3 + 0 - 6) = 0$ ; $\langle\chi_2,\chi_2\rangle = \frac1{24}(4 + 0 + 12 + 8 + 0) = 1$ . Colunas: $e$ contra $(1\,2)$ : $1 - 1 + 0 + 3 - 3 = 0$ ; $(1\,2)$ contra si mesma: $1 + 1 + 0 + 1 + 1 = 4 = \abs{Z_{S_4}((1\,2))} = 24/6$ .

Caráter de permutação sobre $4$ pontos: $(4, 2, 0, 1, 0) = \mathbf 1 + \chi_{\mathrm{std}}$ (contagens de pontos fixos; subtraia a primeira linha). Para $\chi_{\mathrm{std}}^2 = (9, 1, 1, 0, 1)$ :

\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:

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

Exercício 5.4 ★★

Calcule as tabelas de caracteres de $D_4$ e de $Q_8$ . Conclua que dois grupos não isomorfos podem ter tabelas de caracteres idênticas — que dados de teoria de grupos a tabela ainda assim captura nesse par (ordens dos centros, abelianizações, número de involuções)? Quais deles ela deixa de capturar?

Solução

Solução de Exercício 5.4.

Ambos os grupos têm cinco classes e padrão de graus $(1,1,1,1,2)$ (quatro de grau $1$ vindos da abelianização $\cong (\Z/2\Z)^2$ , e então $\sum n_i^2 = 8$ ). Ordenando as classes $e$ , $z$ (a involução central: $r^2$ , resp. $-1$ ) e as três classes de dois elementos:

\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}

(a última linha vem da ortogonalidade de colunas). Tabelas idênticas para $D_4$ e $Q_8$ , que não são isomorfos (Problema 1.1). A tabela de fato captura: $\abs G$ , os tamanhos das classes, o centro ( $\{g : \abs{\chi_i(g)} = n_i\ \forall i\}$ : ordem $2$ em ambos), a abelianização, todo o reticulado dos subgrupos normais (núcleos e interseções, Exercício 5.6). Ela deixa escapar as ordens dos elementos: $D_4$ tem cinco involuções, $Q_8$ tem uma — de modo que o tipo de isomorfismo é genuinamente mais fino que a tabela de caracteres.

Exercício 5.5 ★★

Tabela de caracteres de $A_4$ : classes $e$ [1], transposições duplas [3] e duas classes de $3$ -ciclos [4], [4]. (a) Explique a cisão dos $3$ -ciclos (compare os centralizadores em $S_4$ e em $A_4$ , como no Exercício 1.11). (b) Encontre os três caracteres de grau $1$ (via $A_4/V \cong \Z/3\Z$ ) e o caráter de grau $3$ (restrinja $\chi_{\mathrm{std}}$ de $S_4$ ), e monte a tabela. (c) Leia na tabela os subgrupos normais de $A_4$ (núcleos $\{g : \chi(g) = \chi(e)\}$ e suas interseções).

Solução

Solução de Exercício 5.5.

(a) Em $S_4$ , o centralizador de $(1\,2\,3)$ tem ordem $24/8 = 3$ : é $\langle(1\,2\,3)\rangle \subseteq A_4$ . Logo $Z_{A_4}((1\,2\,3))$ tem ordem $3$ e a $A_4$ -classe tem $12/3 = 4$ elementos: os oito $3$ -ciclos se repartem em duas $A_4$ -classes (representadas por $(1\,2\,3)$ e seu inverso).

(b) $A_4/V \cong \Z/3\Z$ dá três caracteres de grau $1$ ( $\omega = \eu^{2\iu\pi/3}$ ; as classes de $3$ -ciclos vão para $\bar1, \bar2$ ); a restrição de $\chi_{\mathrm{std}}$ permanece irredutível ( $\langle\chi,\chi\rangle = \frac1{12}(9 + 3 \cdot 1 + 0 + 0) = 1$ ):

\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) Núcleos: $\ker\chi_\omega = \ker\chi_{\bar\omega} = V$ ; $\ker\chi_3 = \{e\}$ (nenhuma outra entrada tem módulo $3$ ). Os subgrupos normais são as interseções de núcleos (Exercício 5.6): $\{e\}$ , $V$ , $A_4$ — em particular, $A_4$ não tem subgrupo normal de ordem $2$ nem de índice $2$ .

Exercício 5.6 ★★

(a) Mostre que $\ker\chi = \{g : \chi(g) = \chi(e)\}$ é o núcleo da representação subjacente (Proposição 5.6, caso de igualdade). (b) Mostre que todo subgrupo normal de $G$ é uma interseção de núcleos de caracteres irredutíveis. (Represente $G/N$ fielmente: sua representação regular.) (c) Deduza: $G$ é simples se, e somente se, $\ker\chi_i = \{e\}$ para todo $\chi_i$ irredutível não trivial — a simplicidade é legível na tabela de caracteres.

Solução

Solução de Exercício 5.6.

(a) Se $\chi(g) = \chi(e) = n$ : a igualdade em $\abs{\chi(g)} \leq n$ força $\rho(g) = \lambda\,\mathrm{id}$ (Proposição 5.6) com $n\lambda = n$ : $\rho(g) = \mathrm{id}$ . A recíproca é clara.

(b) Seja $N \trianglelefteq G$ . A representação regular de $G/N$ é fiel; decomponha-a em irredutíveis de $G/N$ e levante-os a $G$ (Proposição 5.13(b)): caracteres irredutíveis $\chi_{i_1}, \dots$ de $G$ cujos núcleos contêm $N$ e cujo núcleo comum é exatamente a pré-imagem de $\{e\}$ , isto é, $N$ (fidelidade no quociente). Logo $N = \bigcap_j \ker\chi_{i_j}$ .

(c) Se $G$ é simples: para um irredutível não trivial $\chi$ , $\ker\chi \trianglelefteq G$ não é $G$ (uma representação irredutível trivial em todo $G$ é o caráter trivial), de modo que $\ker\chi = \{e\}$ . Reciprocamente, suponha que todos os núcleos não triviais sejam triviais, e seja $N \trianglelefteq G$ com $N \neq G$ . Na expressão de $N$ como interseção de núcleos em (b), algum caráter envolvido é não trivial (se todos fossem triviais, a interseção seria $G$ ), e seu núcleo é $\{e\}$ : $N = \{e\}$ . Logo os únicos subgrupos normais são $\{e\}$ e $G$ .

Exercício 5.7 ★★

Graus de $\abs G = 8$ : mostre que um grupo não abeliano de ordem $8$ tem padrão de graus $(1,1,1,1,2)$ e que sua representação de grau $2$ é fiel. Mais geralmente, mostre que um grupo não abeliano de ordem $p^3$ tem padrão $(1^{\,p^2}, p, \dots, p)$ , com $p^2$ uns e $p - 1$ caracteres de grau $p$ . (Use $[G : D(G)]$ e $\sum n_i^2 = \abs G$ ; aqui $D(G) = Z(G)$ tem ordem $p$ .)

Solução

Solução de Exercício 5.7.

Ordem $8$ não abeliano: o número de caracteres de grau $1$ é $[G : D(G)]$ , um divisor próprio de $8$ (não abeliano: $D(G) \neq \{e\}$ ), e $\sum n_i^2 = 8$ . Com $k$ deles iguais a um e os graus restantes $\geq 2$ : $8 - k \equiv 0$ com quadrados $\geq 4$ , e $k \mid 8$ , $k < 8$ . $k = 4$ : um grau $2$ — coerente. $k = 2$ : sobram $6$ , que não é soma de quadrados $\geq 4$ . $k = 1$ : impossível, pois $k = [G : D(G)] \geq 2$ — $G/D(G)$ é um $2$ -grupo abeliano não trivial, já que $G$ é um $2$ -grupo com $D(G) \neq G$ pela solubilidade dos $p$ -grupos (Exemplo 1.30). Logo o padrão é $(1,1,1,1,2)$ . Fidelidade de $\chi_5$ : os quatro caracteres de grau $1$ contêm todos $D(G)$ em seus núcleos; se $\ker\chi_5 \supseteq N \neq \{e\}$ para algum normal minimal $N$ ( $N \subseteq D(G)$ ou não — tome $N \subseteq \ker\chi_5$ não trivial), então $N$ estaria em todos os cinco núcleos, cuja interseção é trivial (a representação regular é fiel): contradição. Ordem $p^3$ não abeliano: $Z(G)$ tem ordem $p$ (ordem $p^2$ tornaria $G/Z$ cíclico e $G$ abeliano), $G/Z(G)$ , de ordem $p^2$ , é abeliano, de modo que $D(G) \subseteq Z(G)$ , e $D(G) \ne \{e\}$ : $D(G) = Z(G)$ , dando $p^2$ caracteres de grau $1$ . Os graus restantes satisfazem $\sum n_i^2 = p^3 - p^2$ com cada $n_i > 1$ dividindo $\abs G$ (Problema 5.1, questão 8), logo $n_i \in \{p\}$ ( $n_i = p^2$ ultrapassaria: $p^4 > p^3 - p^2$ ): exatamente $p - 1$ caracteres de grau $p$ .

Exercício 5.8 ★★★

Para grupos finitos $G, H$ : mostre que as funções de classe $\chi(g)\psi(h)$ em $G \times H$ , com $\chi, \psi$ caracteres irredutíveis de $G, H$ , são exatamente os caracteres irredutíveis de $G \times H$ . (A ortonormalidade é um cálculo direto; a completude, uma contagem de classes.) Deduza a tabela de caracteres de $\Z/2\Z \times \Z/2\Z$ e redemonstre a Proposição 5.13(a) para grupos abelianos finitos via o teorema de estrutura.

Solução

Solução de Exercício 5.8.

Defina, para representações $\rho, \sigma$ de $G, H$ em $V, W$ , a representação $\rho \boxtimes \sigma$ de $G \times H$ sobre $V \otimes W$ — concretamente, sobre matrizes: $(\rho\boxtimes \sigma)(g,h)$ é o produto de Kronecker $\rho(g)\otimes \sigma(h)$ , cujo traço é $\operatorname{tr}\rho(g)\operatorname{tr}\sigma(h) = \chi(g)\psi(h)$ (o produto de Kronecker de matrizes $A \otimes B$ tem traço $\operatorname{tr}A\operatorname{tr}B$ : sua diagonal é $a_{kk}b_{ll}$ ). Logo $\chi\psi$ é um caráter, e

\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'}.

Em particular $\langle\chi\psi,\chi\psi\rangle = 1$ : cada $\chi\psi$ é irredutível (Corolário 5.9). Esses são $r_Gr_H$ caracteres irredutíveis distintos; as classes de $G\times H$ são os produtos de classes ( $(g,h) \sim (g',h')$ componente a componente), de modo que há $r_Gr_H$ delas: a lista está completa (Teorema 5.11). Para $(\Z/2\Z)^2$ : os quatro caracteres de sinal $(\pm1)\otimes(\pm1)$ — a tabela do bloco superior esquerdo do Exercício 5.4. Um grupo abeliano finito é um produto de grupos cíclicos (Corolário 3.13); seus caracteres irredutíveis são produtos dos cíclicos (Exercício 5.1): todos de grau $1$ .

Exercício 5.9 ★★★

A tabela de caracteres de $A_5$ (classes de tamanhos $1, 15, 20, 12, 12$ , do Exercício 1.11): (a) Mostre que os graus são $1, 3, 3, 4, 5$ (a única solução de $\sum n_i^2 = 60$ com $n_1 = 1$ e, usando o Exercício 5.6(c) com a simplicidade, nenhum outro $n_i = 1$ ). (b) Construa o caráter de grau $4$ (ação por permutação em $5$ pontos) e o de grau $5$ (a ação sobre os seis $5$ -subgrupos de Sylow dá grau $6 = 1 + 5$ ; verifique a irredutibilidade), e complete as duas linhas de grau $3$ pela ortogonalidade das colunas: entradas com a razão áurea $\frac{1\pm\sqrt5}2$ aparecem nas classes dos $5$ -ciclos. (c) Verifique, a partir da tabela pronta, que $A_5$ é simples (Exercício 5.6(c)).

Solução

Solução de Exercício 5.9.

(a) $D(A_5) = A_5$ (simples não abeliano), de modo que o único caráter de grau $1$ é $\mathbf 1$ (Proposição 5.13). Precisamos de $n_2^2 + n_3^2 + n_4^2 + n_5^2 = 59$ com cada $n_i \geq 2$ ; testando os quadrados $4, 9, 16, 25, 36, 49$ : o único multiconjunto que funciona é $\{9, 9, 16, 25\}$ : com maior quadrado $49$ , o resto $10$ não é soma de três quadrados $\geq 4$ ; com $36$ , o resto $23$ também não é ( $16 + 4 + 4 = 24$ , $9 + 9 + 4 = 22$ ); com maior $25$ , verifica-se que $25 + 16 + 9 + 9 = 59$ funciona e que as variantes $25 + 25$ , $25 + 16 + 16$ , $25 + 16 + 4$ falham; com maior $16$ : $16\cdot3 = 48 < 59 - 4$ . Graus: $1, 3, 3, 4, 5$ .

(b) Permutação sobre $5$ pontos: pontos fixos $(5, 1, 2, 0, 0)$ , de modo que $\chi_4 = (4, 0, 1, -1, -1)$ com $\langle\chi_4,\chi_4\rangle = \frac{16 + 0 + 20 + 12 + 12}{60} = 1$ : irredutível. Ação sobre os seis $5$ -subgrupos de Sylow: uma involução fixa exatamente $2$ (os normalizadores são diedrais de ordem $10$ , cada um contendo $5$ involuções: $30$ incidências para $15$ involuções), um elemento de ordem $3$ fixa $0$ (não há ordem $3$ em $D_5$ ), um elemento de ordem $5$ fixa exatamente $1$ (ele está num único Sylow): caráter de permutação $(6, 2, 0, 1, 1)$ , e $\chi_5 = (5, 1, -1, 0, 0)$ com norma $\frac{25 + 15 + 20 + 0 + 0}{60} = 1$ : irredutível. Restam duas linhas $(3, a, b, c, d)$ , $(3, a', b', c', d')$ . Normas de colunas (Corolário 5.12): na classe de $(1\,2)(3\,4)$ , $\abs{Z} = 4$ : $1 + 0 + 1 + a^2 + a'^2 = 4$ ; coluna contra $e$ : $1\cdot1 + 4\cdot 0 + 5\cdot1 + 3(a + a') = 0$ : $a + a' = -2$ , $a^2 + a'^2 = 2$ : $a = a' = -1$ . Nos $3$ -ciclos, $\abs Z = 3$ : $1 + 1 + 1 + b^2 + b'^2 = 3$ : $b = b' = 0$ . Em cada $5$ -classe, $\abs Z = 5$ : a coluna contra $e$ dá $1\cdot 1 + 4\cdot(-1) + 5\cdot 0 + 3(c + c') = 0$ , de modo que $c + c' = 1$ ; e $c^2 + c'^2 = 3$ : $\{c, c'\} = \bigl\{\frac{1+\sqrt5}2, \frac{1-\sqrt5}2\bigr\}$ — a razão áurea e sua conjugada; a segunda $5$ -classe carrega os valores trocados (as duas linhas devem ser ortogonais).

(c) Na tabela terminada, nenhuma entrada de uma linha não trivial iguala seu grau fora da primeira coluna: todo núcleo $\{g : \chi_i(g) = n_i\}$ é trivial. Pelo Exercício 5.6(c), $A_5$ é simples.

Exercício 5.10 ★★

Sejam $\rho$ uma representação irredutível de grau $n$ e $z \in Z(G)$ . Mostre que $\rho(z) = \lambda_z\,\mathrm{id}$ com $\lambda \colon Z(G) \to \C^\times$ um morfismo (o caráter central) e deduza $\abs{\chi(z)} = n$ para $z$ central. Aplicação: se $G$ tem uma representação irredutível fiel, então $Z(G)$ é cíclico.

Solução

Solução de Exercício 5.10.

$\rho(z)$ comuta com todo $\rho(g)$ ( $z$ é central), isto é, $\rho(z) \in \operatorname{End}_G(V) = \C\,\mathrm{id}$ (Schur): $\rho(z) = \lambda_z\,\mathrm{id}$ , e $z \mapsto \lambda_z$ é multiplicativa: um morfismo $Z(G) \to \C^\times$ . Então $\chi(z) = n\lambda_z$ com $\abs{\lambda_z} = 1$ (raiz da unidade): $\abs{\chi(z)} = n$ . Se $\rho$ é fiel, $\lambda$ é injetiva em $Z(G)$ ( $\rho(z) = \mathrm{id} \iff \lambda_z = 1$ ), de modo que $Z(G)$ mergulha em $\C^\times$ ; um subgrupo finito do grupo multiplicativo de um corpo é cíclico (Teorema 4.12).

Exercício 5.11 ★★

(Projeções isotípicas) Sejam $(V, \rho)$ uma representação de $G$ e $\chi_i$ um caráter irredutível de grau $n_i$ . Defina

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

(a) Mostre que $p_i$ é $G$ -equivariante e calcule sua restrição a uma subrepresentação irredutível $W \subseteq V$ de caráter $\chi_j$ : ela é $\delta_{ij}\, \mathrm{id}_W$ (Schur; tome traços para identificar o escalar). (b) Deduza que $p_i$ é uma projeção sobre a soma $V_i$ de todas as subrepresentações irredutíveis de caráter $\chi_i$ (a componente isotípica), que $\sum_ip_i = \mathrm{id}_V$ , e que a decomposição $V = \bigoplus_iV_i$ é canônica — ao contrário da divisão mais fina de cada $V_i$ em irredutíveis. (c) Para a representação regular de $S_3$ e o caráter assinatura $\varepsilon$ , escreva $p_\varepsilon$ explicitamente como elemento da álgebra do grupo e verifique $p_\varepsilon^2 = p_\varepsilon$ à mão.

Solução

Solução de Exercício 5.11.

(a) Equivariância: $\rho(h)p_i\rho(h)^{-1}$ reindexa a soma ( $g \mapsto hgh^{-1}$ , e $\chi_i$ é uma função de classe): $p_i$ comuta com a ação. Sobre um irredutível $W$ de caráter $\chi_j$ , Schur torna a restrição um escalar $\lambda\,\mathrm{id}_W$ ; tomando traços,

\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}

(primeira relação de ortogonalidade): $\lambda = \delta_{ij}$ .

(b) Decomponha $V$ em irredutíveis (Maschke): $p_i$ age como a identidade nas parcelas de caráter $\chi_i$ e como $0$ em todas as outras, de modo que $p_i$ é a projeção sobre a soma delas, $V_i$ , ao longo da soma das restantes; a imagem $V_i$ não depende da decomposição escolhida (é o conjunto dos vetores fixados por $p_i$ , definido sem escolhas). $\sum_ip_i$ age como a identidade em toda parcela irredutível: é $\mathrm{id}_V$ . O desmembramento mais fino de $V_i \cong W_i^{\oplus m_i}$ envolve escolher uma base de $\operatorname{Hom}_G(W_i, V)$ : canônico ele não é.

(c) Para $\varepsilon$ (grau $1$ ): $p_\varepsilon = \frac1{6}\sum_{g}\varepsilon(g)\,\rho(g)$ , isto é, na álgebra do grupo

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

Elevando ao quadrado: o coeficiente de $g$ em $p_\varepsilon^2$ é $\frac1{36}\sum_{h}\varepsilon(h)\varepsilon(h^{-1}g) = \frac1{36}\,\varepsilon(g)\sum_h\varepsilon(h)^2 = \frac{6}{36}\varepsilon(g)$ : $p_\varepsilon^2 = p_\varepsilon$ . (Sua imagem na representação regular é a reta gerada por $\sum_g\varepsilon(g)e_g$ : a representação sinal aparece com multiplicidade $1$ , como a teoria geral exige.)

Exercício 5.12 ★★

(Lendo uma tabela) A tabela de caracteres de um certo grupo $G$ de ordem $24$ é parcialmente conhecida: ele tem $5$ classes, de tamanhos $1, 6, 8, 6, 3$ , e graus $1, 1, 2, 3, 3$ . (a) Recupere a tabela completa: os dois caracteres lineares (um trivial; o outro assume o valor $-1$ exatamente nas classes de tamanhos $6$ e $6$ ), depois o caráter de grau $2$ pela ortogonalidade com a coluna da identidade e, do mesmo modo, os dois caracteres de grau $3$ (um deles é $\chi_2\chi_4$ ). (b) Identifique $G$ ( $\cong S_4$ : compare as classes com os tipos de ciclo) e extraia da tabela os subgrupos normais via o Exercício 5.6: os núcleos de $\chi_2$ (índice $2$ : $A_4$ ) e de $\chi_3$ (o grupo de Klein $V_4$ ), e nada mais além de $\{e\}, G$ . (c) Explique como a tabela mostra que $G/V_4 \cong S_3$ (quais caracteres se fatoram pelo quociente?).

Solução

Solução de Exercício 5.12.

(a) Ordene as classes $e$ [1], transposições [6], $3$ -ciclos [8], $4$ -ciclos [6], transposições duplas [3]. O segundo caráter linear é $\chi_2 = \varepsilon$ , com valores $1, -1, 1, -1, 1$ . Para o caráter de grau $2$ $\chi_3$ , a ortogonalidade de cada coluna com a coluna da identidade ( $\sum_in_i\chi_i(g) = 0$ para $g \neq e$ ) dá, nas transposições: $1 - 1 + 2\chi_3 + 3(\chi_4 + \chi_5) = 0$ ; o truque do sinal $\chi_5 = \varepsilon\chi_4$ (um caráter de grau $3$ vezes um linear é de novo irredutível — mesma norma) faz $\chi_4 + \chi_5$ se anular nas classes ímpares: $\chi_3 = 0$ ali. Nos $3$ -ciclos: $1 + 1 + 2\chi_3(c_3) + 3(\chi_4 + \chi_5)(c_3) = 0$ com $\chi_5 = \chi_4$ nas classes pares; a coluna de $c_3$ consigo mesma dá informação sobre $\abs{\chi_3}^2$ ; resolvendo o pequeno sistema (use também a ortogonalidade de linhas de $\chi_3$ com $\mathbf 1$ e $\varepsilon$ ): $\chi_3 = (2, 0, -1, 0, 2)$ , e então $\chi_4 = (3, 1, 0, -1, -1)$ e $\chi_5 = \varepsilon\chi_4 = (3, -1, 0, 1, -1)$ . A tabela completa:

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

(Todas as linhas têm norma $1$ ; todas as colunas são ortogonais: as verificações passam.)

(b) Os dados de classes $1, 6, 8, 6, 3$ com esses graus são os de $S_4$ (tipos de ciclo $e$ , $2$ , $3$ , $4$ , $2{+}2$ ). Núcleos: $\ker\chi_2 = \{g : \varepsilon(g) = 1\} = A_4$ (classes $e, c_3, v$ : $1 + 8 + 3 = 12$ , índice $2$ ); $\ker\chi_3 = \{g : \chi_3(g) = 2\}$ = classes $e, v$ : o grupo de Klein $V_4$ , de ordem $4$ , normal. $\chi_4, \chi_5$ são fiéis ( $\chi_i(g) = n_i$ só em $e$ ). Interseções de núcleos: $\{e\}$ , $V_4$ , $A_4$ , $G$ — pelo Exercício 5.6(b), esses são todos os subgrupos normais de $S_4$ .

(c) Os caracteres com $V_4 \subseteq \ker$ são $\chi_1, \chi_2, \chi_3$ : eles se fatoram através de $G/V_4$ , um grupo de ordem $6$ que possui graus irredutíveis $1, 1, 2$ — a tabela de $S_3$ . Como a tabela do quociente é um invariante completo entre os dois grupos de ordem $6$ ( $\Z/6\Z$ teria seis caracteres lineares), $G/V_4 \cong S_3$ : o quociente é visível dentro da tabela como o bloco de linhas que contêm $V_4$ em seu núcleo.

5.5 Problema: o teorema $p^aq^b$ de Burnside

Problema 5.1

Problema de fim de semana — solubilidade dos grupos de ordem $p^aq^b$

Burnside demonstrou em 1904 que todo grupo cuja ordem tem no máximo dois fatores primos é solúvel — uma afirmação sobre grupos abstratos cujas únicas demonstrações conhecidas durante meio século passavam pela teoria de caracteres. Este problema constrói a demonstração por inteiro, reunindo o Capítulo 1 (solubilidade), o Capítulo 3 ( $\Z$ -módulos finitamente gerados) e este capítulo. Ao longo de todo o problema, $\chi_1, \dots, \chi_r$ são os caracteres irredutíveis de $G$ , $n_i = \chi_i(e)$ .

Parte I — Inteiros algébricos. Um inteiro algébrico é uma raiz de um polinômio mônico de $\Z[X]$ .

Mostre que $\alpha$ é um inteiro algébrico se, e somente se, o anel $\Z[\alpha]$ é um $\Z$ -módulo finitamente gerado.
Deduza que os inteiros algébricos formam um subanel de $\C$ . (Se $\Z[\alpha], \Z[\beta]$ são finitamente gerados, $\Z[\alpha, \beta]$ também é, e os submódulos de $\Z$ -módulos finitamente gerados são finitamente gerados, pelo Teorema 3.5 e por um argumento de apresentação — ou diretamente: um submódulo de $\Z^n$ é livre de posto $\leq n$ .)
Mostre que um inteiro algébrico racional é um inteiro. (Teorema da raiz racional.)
Mostre que todo valor de caráter $\chi(g)$ é um inteiro algébrico.

Parte II — As relações das somas de classe. Fixe uma representação irredutível $(V, \rho)$ de grau $n$ e caráter $\chi$ . Para uma classe de conjugação $C$ , ponha $S_C = \sum_{g \in C}\rho(g) \in \mathcal L(V)$ .

Mostre que $S_C$ é equivariante, logo $S_C = \omega_C\,\mathrm{id}$ com

$\omega_C = \frac{\abs C\,\chi(g_C)}{n} \qquad (g_C \in C \text{ qualquer representante}).$
Mostre que $S_CS_{C'} = \sum_{C''} a_{CC'C''}\,S_{C''}$ , em que $a_{CC'C''} \in \N$ conta, para um $z \in C''$ fixado, os pares $(x, y) \in C \times C'$ com $xy = z$ . Deduza que os $\omega_C$ satisfazem $\omega_C\,\omega_{C'} = \sum_{C''} a_{CC'C''}\,\omega_{C''}$ .
Conclua que cada $\omega_C$ é um inteiro algébrico. (O $\Z$ -módulo gerado por $1$ e pelos $\omega_C$ é um anel finitamente gerado; aplique o critério da questão 1 — mais precisamente, mostre que $M = \Z\text{-gerado} (1, (\omega_C)_C)$ satisfaz $\omega_{C_0} M \subseteq M$ e use um truque de determinante/Cayley–Hamilton, ou o argumento de subanel da questão 2.)
Deduza a divisibilidade de Frobenius: $n_i$ divide $\abs G$ para todo grau irredutível. (Calcule $\frac{\abs G}{n} = \frac{\abs G}{n} \langle\chi,\chi\rangle = \sum_C \omega_C\, \overline{\chi(g_C)}$ : um inteiro algébrico que é racional.)

Parte III — O critério de simplicidade de Burnside.

Sejam $\chi$ irredutível de grau $n$ e $C$ uma classe com $\gcd(\abs C, n) = 1$ . Usando Bézout e as questões 4–7, mostre que $\frac{\chi(g_C)}{n}$ é um inteiro algébrico.
Suponha, além disso, $0 < \abs{\chi(g_C)} < n$ . Mostre que isso é impossível: o inteiro algébrico $\alpha = \chi(g_C)/n$ tem todos os seus conjugados — os números $\alpha_\sigma = \frac1n\sigma(\chi(g_C))$ para $\sigma \in \operatorname{Gal}(\Q(\zeta_{\abs G})/\Q)$ , cada um uma média de $n$ raízes da unidade — de módulo $\leq 1$ , de modo que o produto $N = \prod_\sigma\alpha_\sigma$ é um inteiro algébrico racional com $0 < \abs N < 1$ — justifique cada afirmação, citando o Teorema 4.23 para o grupo de Galois e o fato de que $\sigma$ permuta raízes da unidade. Conclua: ou $\chi(g_C) = 0$ , ou $\rho(g_C)$ é escalar (Proposição 5.6).
(Critério de Burnside) Seja $C \neq \{e\}$ uma classe de conjugação de tamanho potência de primo $p^k > 1$ , e suponha $G$ simples não abeliano. A ortogonalidade da coluna de $C$ contra a coluna de $e$ dá $1 + \sum_{i \geq 2} n_i\chi_i(g_C) = 0$ . Mostre que algum $\chi_i$ não trivial com $p \nmid n_i$ satisfaz $\chi_i(g_C) \neq 0$ (do contrário, $\frac1p$ seria um inteiro algébrico); pela questão 10, $\rho_i(g_C)$ é escalar; obtenha uma contradição com a simplicidade (o conjunto dos $g$ com $\rho_i(g)$ escalar é um subgrupo normal; use a fidelidade, do Exercício 5.6). Conclua: nenhum grupo simples não abeliano tem uma classe de conjugação de tamanho potência de primo $> 1$ .

Parte IV — O teorema.

Seja $\abs G = p^aq^b$ com $a + b \geq 1$ . Se $G$ é simples, mostre que ele é abeliano: escolha $z \neq e$ no centro de um $q$ -subgrupo de Sylow (Teorema 1.12) e considere o tamanho de sua classe de conjugação $[G : Z_G(z)]$ , uma potência de $p$ (por quê?); aplique a questão 11.
Conclua por indução sobre $\abs G$ : todo grupo de ordem $p^aq^b$ é solúvel (Burnside). Por que o argumento se quebra para três primos — e por que ele tem de se quebrar, dado que $\abs{A_5} = 2^2\cdot3\cdot5$ ?

Parte V — A tabela de caracteres de $A_5$ . O menor grupo que o teorema de Burnside não alcança merece seu retrato completo; tudo o que vem abaixo usa apenas este capítulo e o Exercício 1.11.

Recorde do Exercício 1.11 as cinco classes de conjugação de $A_5$ : $\{e\}$ , as $15$ transposições duplas, os $20$ ciclos de comprimento três e duas classes de $12$ ciclos de comprimento cinco cada, representadas por $c = (1\,2\,3\,4\,5)$ e $c^2$ . Explique por que os ciclos de comprimento cinco se cindem em duas $A_5$ -classes, embora formem uma única $S_5$ -classe.
Mostre que os graus irredutíveis de $A_5$ são exatamente $1, 3, 3, 4, 5$ : use $\sum_in_i^2 = 60$ com $r = 5$ classes e o fato de que $A_5$ é perfeito ( $D(A_5) = A_5$ ), de modo que o caráter trivial é seu único caráter linear; depois elimine todo outro multiconjunto (escreva $59$ como soma de quatro quadrados de inteiros $\geq 2$ : verifique que isso ocorre de um único modo com todas as parcelas sendo graus plausíveis).
Seja $\pi$ o caráter de permutação de $A_5$ em $\{1, \dots, 5\}$ : $\pi(g) = \#\operatorname{Fix}(g)$ , de valores $5, 1, 2, 0, 0$ nas cinco classes. Calcule $\langle\pi, \mathbf 1\rangle$ e $\langle\pi, \pi\rangle$ , e deduza que $\chi_4 = \pi - \mathbf 1$ é irredutível de grau $4$ , de valores $4, 0, 1, -1, -1$ .
Mesmo jogo nos $10$ pares não ordenados $\{i, j\}$ : as contagens de pontos fixos são $10, 2, 1, 0, 0$ . Calcule $\langle\pi_{10}, \pi_{10}\rangle$ , $\langle\pi_{10}, \mathbf 1\rangle$ e $\langle\pi_{10}, \chi_4\rangle$ , deduza a decomposição $\pi_{10} = \mathbf 1 + \chi_4 + \chi_5$ e obtenha o caráter irredutível $\chi_5$ de grau $5$ , de valores $5, 1, -1, 0, 0$ .
As duas irredutíveis restantes $\chi_2, \chi_3$ têm grau $3$ . A ortogonalidade das colunas (cada coluna não identidade contra a coluna da identidade, e cada coluna consigo mesma) determina seus valores fora dos ciclos de comprimento cinco: mostre que $\chi_2(g) = \chi_3(g) = -1$ nas transposições duplas e $0$ nos ciclos de comprimento três.
Nas classes dos ciclos de comprimento cinco, ponha $x = \chi_2(c)$ e $y = \chi_2(c^2)$ ; a simetria permite tomar $\chi_3(c) = y$ , $\chi_3(c^2) = x$ . Da coluna de $c$ emparelhada com a coluna da identidade e com a coluna de $c^2$ , deduza $x + y = 1$ e $xy = -1$ (e confira o valor $x^2 + y^2 = 3$ dado pela coluna de $c$ consigo mesma), donde

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

a razão áurea e sua conjugada. Monte a tabela de caracteres completa de $A_5$ .
Faça as verificações: a norma da linha de $\chi_2$ é $1$ (use $\varphi^2 + \bar\varphi^2 = 3$ ), $\langle\chi_2, \chi_3\rangle = 0$ , e a divisibilidade de Frobenius (questão 8) para os cinco graus. Onde, na tabela, você vê uma diferença em relação a $S_5$ , cujos valores de caráter são todos inteiros racionais?
Deduza apenas da tabela que $A_5$ é simples: um subgrupo normal é uma reunião de classes de conjugação que contém $e$ e cuja cardinalidade divide $60$ — verifique que nenhuma subsoma própria de $1 + 15 + 20 + 12 + 12$ contendo a parcela $1$ divide $60$ . Confronte com o critério da questão 11: verifique que nenhuma classe de $A_5$ tem tamanho potência de primo $> 1$ .
(Coda icosaédrica) $A_5$ é o grupo de rotações do icosaedro, e as representações de grau $3$ são as duas ações geométricas em $\R^3$ . Verifique a identidade dos traços: uma rotação de ângulo $\theta$ tem traço $1 + 2\cos\theta$ , e $1 + 2\cos\frac{2\pi}5 = \frac{1+\sqrt5}2 = \varphi$ . Explique sem nenhum cálculo por que o outro caráter de grau $3$ tem de carregar o valor conjugado: o grupo de Galois de $\Q(\sqrt5)/\Q$ age sobre a tabela de caracteres inteira (entrada a entrada), permutando os caracteres irredutíveis.

Parte VI — Complementos: uma cota central e o quadrado tensorial.

(Mais fino do que uma divisibilidade) Seja $\chi$ irredutível de grau $n$ . Mostre que $\abs{\chi(z)} = n$ para todo $z \in Z(G)$ (lema de Schur: $\rho(z)$ é escalar, de ordem finita) e deduza de $\langle\chi, \chi\rangle = 1$ a cota

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

Mostre que os grupos não abelianos de ordem $8$ têm graus irredutíveis $1, 1, 1, 1, 2$ (cinco classes de conjugação; escreva $8$ como soma de cinco quadrados) e atingem a igualdade $4 = [G : Z(G)]$ ; verifique a cota em $A_5$ , cujo centro é trivial.
(Quadrado tensorial de $\chi_2$ ) Para $g$ de ordem finita, $\rho(g)$ é diagonalizável com autovalores raízes da unidade; deduza as fórmulas de caráter

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

Aplique-as a $\chi_2$ de $A_5$ (note que $g^2$ percorre a classe de $c^2$ quando $g$ percorre a de $c$ , e reciprocamente): mostre que $\Lambda^2\chi_2 = \chi_2$ e $\operatorname{Sym}^2\chi_2 = \mathbf 1 + \chi_5$ , donde

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

Interprete $\Lambda^2\chi_2 = \chi_2$ geometricamente por meio do produto vetorial em $\R^3$ .
(Auditoria final da tabela) Verifique numericamente: a ortogonalidade entre as duas colunas dos ciclos de comprimento cinco ( $\varphi\bar\varphi = -1$ ), o valor $5 = \abs{Z_{A_5}(c)}$ para a coluna de $c$ consigo mesma, e o anulamento do caráter regular $\sum_i n_i\chi_i(g) = 0$ em cada uma das quatro colunas não identidade da tabela.

Solução

Solução de Problema 5.1.

1. Se $\alpha^n + c_{n-1}\alpha^{n-1} + \dots + c_0 = 0$ ( $c_i \in \Z$ ), então $\alpha^n \in \Z\text{-gerado}(1, \dots, \alpha^{n-1})$ , e, indutivamente, toda potência o é: $\Z[\alpha]$ é gerado por $1, \alpha, \dots, \alpha^{n-1}$ . Reciprocamente, seja $\Z[\alpha] = \Z g_1 + \dots + \Z g_m$ . Escreva $\alpha g_i = \sum_j m_{ij}g_j$ com $M = (m_{ij}) \in M_m(\Z)$ : o vetor $g = (g_i)$ satisfaz $(\alpha I - M)g = 0$ ; multiplicando pela matriz adjunta, $\det(\alpha I - M)\,g_i = 0$ para todo $i$ , e, como $1 \in \Z[\alpha]$ é uma $\Z$ -combinação dos $g_i$ , $\det(\alpha I - M) = 0$ : $\alpha$ é raiz do mônico $\det(XI - M) \in \Z[X]$ .

2. Se $\Z[\alpha]$ é gerado pelas potências de $\alpha$ até $n-1$ e $\Z[\beta]$ pelas de $\beta$ até $m - 1$ , então $\Z[\alpha,\beta]$ é gerado pelos $nm$ produtos $\alpha^i\beta^j$ (reduza qualquer monômio). Os subanéis $\Z[\alpha + \beta]$ e $\Z[\alpha\beta]$ são $\Z$ -submódulos do $\Z$ -módulo finitamente gerado $\Z[\alpha, \beta]$ , logo finitamente gerados ( $\Z[\alpha,\beta]$ , gerado por $nm$ elementos, é imagem de $\Z^{nm}$ ; um submódulo se levanta a um submódulo de $\Z^{nm}$ , livre de posto $\leq nm$ pelo Teorema 3.5, e sua imagem gera). Pela questão 1, $\alpha + \beta$ e $\alpha\beta$ são inteiros algébricos.

3. Se $\frac pq$ (fração irredutível) é raiz de um polinômio mônico com coeficientes inteiros de grau $n$ , o teorema das raízes racionais (elimine os denominadores: $p^n = -q(\cdots)$ ) dá $q \mid p^n$ , de modo que $q = \pm1$ .

4. $\chi(g)$ é uma soma de raízes da unidade (Proposição 5.6), cada uma um inteiro algébrico (raiz de $X^N - 1$ ); conclua pela questão 2.

5. Para $h \in G$ : $\rho(h)S_C\rho(h)^{-1} = \sum_{g\in C}\rho(hgh^{-1}) = S_C$ ( $C$ é uma classe). Por Schur, $S_C = \omega_C\,\mathrm{id}$ ; tomando traços, $\abs C\,\chi(g_C) = \omega_C\, n$ .

6. $S_CS_{C'} = \sum_{x \in C, y \in C'}\rho(xy) = \sum_{z \in G} a(z)\rho(z)$ com $a(z) = \#\{(x,y) \in C\times C' : xy = z\}$ . A conjugação por $h$ estabelece uma bijeção entre as soluções para $z$ e as para $hzh^{-1}$ : $a$ é uma função de classe com valores em $\N$ , de modo que $S_CS_{C'} = \sum_{C''}a_{CC'C''}S_{C''}$ . Substituindo $S_C = \omega_C\,\mathrm{id}$ em toda parte e identificando os escalares: $\omega_C\omega_{C'} = \sum_{C''}a_{CC'C''}\,\omega_{C''}$ .

7. Seja $M$ o $\Z$ -módulo gerado por $1$ e por todos os produtos $\omega_{C_1}\cdots\omega_{C_k}$ ; pela questão 6, todo tal produto se reduz a uma $\Z$ -combinação de $1$ e dos $\omega_C$ : $M$ é finitamente gerado, e $\omega_C M \subseteq M$ para cada $C$ . Em particular, $\Z[\omega_C] \subseteq M$ é finitamente gerado (submódulo, como na questão 2), e a questão 1 torna $\omega_C$ um inteiro algébrico.

8. Para um $\chi$ irredutível de grau $n$ :

\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)} .

Cada $\overline{\chi(g_C)} = \chi(g_C^{-1})$ é um inteiro algébrico (questão 4), de modo que o membro direito é um (questões 2 e 7); ele é racional, logo inteiro (questão 3): $n \mid \abs G$ .

9. Bézout: $u\abs C + vn = 1$ com $u, v \in \Z$ . Então

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

um inteiro algébrico.

10. Suponha $0 < \abs{\chi(g_C)} < n$ e seja $\alpha = \chi(g_C)/n$ . Todos os valores $\chi(g)$ estão em $\Q(\zeta_N)$ , $N = \abs G$ (somas de raízes $N$ -ésimas da unidade). Para $\sigma \in \operatorname{Gal}(\Q(\zeta_N)/\Q)$ : $\sigma$ leva raízes da unidade em raízes da unidade ( $\sigma(\zeta^k) = \zeta^{ak}$ , Teorema 4.23), de modo que $\sigma(\chi(g_C))$ é de novo uma soma de $n$ raízes da unidade: $\abs{\sigma(\alpha)} \leq 1$ ; além disso, $\sigma(\alpha)$ é um inteiro algébrico (tem o mesmo polinômio minimal que $\alpha$ ). O produto $P = \prod_\sigma \sigma(\alpha)$ é fixado por todo o grupo de Galois, logo é racional (Teorema 4.21(1)), e é um inteiro algébrico com

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

(nenhum fator se anula: $\sigma(\alpha) = 0$ forçaria $\alpha = 0$ ). Isso contradiz a questão 3. Logo $\chi(g_C) = 0$ ou $\abs{\chi(g_C)} = n$ , e neste último caso $\rho(g_C)$ é escalar (Proposição 5.6).

11. Ortogonalidade de colunas ( $C \neq \{e\}$ ): $\sum_i \chi_i(e)\overline{\chi_i(g_C)} = 0$ , isto é, $1 + \sum_{i \geq 2} n_i\overline{\chi_i(g_C)} = 0$ . Se todo $\chi_i$ não trivial com $p \nmid n_i$ se anulasse em $g_C$ , então, agrupando os demais por seu fator $p$ :

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

um inteiro algébrico — contradizendo a questão 3. Logo algum $\chi_i$ não trivial tem $p \nmid n_i$ e $\chi_i(g_C) \neq 0$ ; como $\abs C = p^k$ , $\gcd(\abs C, n_i) = 1$ , e a questão 10 torna $\rho_i(g_C)$ escalar. Agora, $G$ simples não abeliano: $\chi_i$ é fiel (Exercício 5.6(c)), e $Z_i = \{g : \rho_i(g) \text{ escalar}\}$ é um subgrupo normal (a pré-imagem por $\rho_i$ dos escalares, que formam um subgrupo normal — de fato central — da imagem) que contém $g_C \neq e$ : $Z_i = G$ . Então $\rho_i(G)$ é abeliana e fiel, tornando $G$ abeliano: contradição. Nenhum grupo simples não abeliano tem classe de conjugação de tamanho potência de primo $> 1$ .

12. Seja $G$ simples de ordem $p^aq^b$ . Se $b = 0$ ( $G$ um $p$ -grupo): $Z(G) \neq \{e\}$ (Teorema 1.12) é normal, logo $Z(G) = G$ : abeliano. Caso contrário, tome $Q$ um $q$ -subgrupo de Sylow e $z \in Z(Q) \setminus\{e\}$ (Teorema 1.12 de novo). Então $Q \subseteq Z_G(z)$ , de modo que a classe de $z$ tem tamanho $[G : Z_G(z)]$ dividindo $[G : Q] = p^a$ : uma potência de $p$ . Se o tamanho é $1$ , $z \in Z(G)$ : o centro é um subgrupo normal não trivial, logo $Z(G) = G$ , abeliano. Se o tamanho é $p^k > 1$ : a questão 11 o proíbe para $G$ simples não abeliano. De um jeito ou de outro, um grupo simples de ordem $p^aq^b$ é abeliano ( $\cong \Z/p\Z$ ).

13. Indução sobre $\abs G$ ( $\abs G = 1$ : solúvel). Se $G$ é simples, a questão 12 o torna abeliano, logo solúvel. Caso contrário, tome $N$ um subgrupo normal próprio não trivial: $\abs N$ e $\abs{G/N}$ são de novo da forma $p^{a'}q^{b'}$ e menores, de modo que $N$ e $G/N$ são solúveis por indução, e $G$ é solúvel (Proposição 1.29). — Com três primos, o passo-chave falha: o índice de um subgrupo de Sylow deixa de ser potência de primo, de modo que a classe de um elemento central de um Sylow não precisa ter tamanho potência de primo. E alguma falha é inevitável: $A_5$ , de ordem $2^2\cdot3\cdot5$ , é simples e não solúvel.

14. As classes e os tamanhos são os do Exercício 1.11(a). A $S_5$ -classe de $c$ tem tamanho $24$ ; se ela permanecesse uma única $A_5$ -classe, a contagem órbita–estabilizador daria $\abs{Z_{A_5}(c)} = 60/24$ , que não é inteiro — concretamente, $Z_{S_5}(c) = \langle c\rangle$ tem ordem $5$ e está dentro de $A_5$ , de modo que a $A_5$ -classe de $c$ tem tamanho $60/5 = 12$ : a $S_5$ -classe se parte em duas ( $c$ e $c^2$ só são conjugados em $S_5$ por uma permutação ímpar).

15. Um único caráter linear: uma representação de grau $1$ se fatora através de $G/D(G)$ , e $D(A_5) = A_5$ ( $A_5$ é simples não abeliano, e $D(A_5)$ é normal e não trivial — $A_5$ não é abeliano). Logo $n_1 = 1$ e $n_2^2 + n_3^2 + n_4^2 + n_5^2 = 59$ com cada $n_i \geq 2$ . Quadrados disponíveis: $4, 9, 16, 25, 36, 49$ . Uma soma de quatro deles igual a $59$ : o maior deve ser $25$ ( $36 + 4 + 4 + 9 = 53 < 59$ não se ajusta: $36 + 16 + 4 + 4 = 60$ , $36 + 9 + 9 + 4 = 58$ , $36 + 16 + 9 + 4 = 65$ — nenhuma combinação com $36$ ou $49$ funciona), e $59 - 25 = 34 = 16 + 9 + 9$ (única possibilidade: $16 + 16 + 4 = 36$ , $25 + 9 + 4 = 38$ , $25 + 4 + 4 = 33$ ): graus $1, 3, 3, 4, 5$ .

16. $\langle\pi, \mathbf 1\rangle = \frac1{60}(5 + 15\cdot1 + 20\cdot2 + 0 + 0) = 1$ (uma órbita — contagem de Burnside), e $\langle\pi, \pi\rangle = \frac1{60}(25 + 15 + 80 + 0 + 0) = 2$ : $\pi$ contém o caráter trivial uma vez, e seu outro constituinte é um único irredutível. Logo $\chi_4 = \pi - \mathbf 1$ é irredutível, de grau $4$ , com valores $4, 0, 1, -1, -1$ .

17. Sobre os pares, um elemento fixa $\{i,j\}$ se, e somente se, fixa ou troca $i, j$ : as contagens são $10$ ( $e$ ), $2$ ( $t = (1\,2)(3\,4)$ fixa $\{1,2\}, \{3,4\}$ ), $1$ ( $(1\,2\,3)$ fixa $\{4,5\}$ ), $0, 0$ . Então $\langle\pi_{10}, \pi_{10}\rangle = \frac1{60}(100 + 15\cdot4 + 20\cdot1) = 3$ : três constituintes irredutíveis, cada um uma vez. E $\langle\pi_{10}, \mathbf 1\rangle = \frac1{60}(10 + 30 + 20) = 1$ , $\langle\pi_{10}, \chi_4\rangle = \frac1{60}(40 + 0 + 20\cdot1\cdot1 + 0 + 0) = 1$ : logo $\pi_{10} = \mathbf 1 + \chi_4 + \chi$ com $\chi$ irredutível de grau $10 - 1 - 4 = 5$ e valores $\chi_5 = \pi_{10} - \mathbf 1 - \chi_4 = (5, 1, -1, 0, 0)$ .

18. Escreva $a, a'$ para os valores de $\chi_2, \chi_3$ em $t$ , e $b, b'$ em $s = (1\,2\,3)$ ; os quatro são reais ( $t$ e $s$ são conjugados a seus inversos). Coluna $t$ contra a coluna $e$ : $1 + 3a + 3a' + 4\cdot0 + 5\cdot1 = 0$ , de modo que $a + a' = -2$ ; coluna $t$ consigo mesma: $1 + a^2 + a'^2 + 0 + 1 = \frac{60}{15} = 4$ , de modo que $a^2 + a'^2 = 2$ ; logo $(a + a')^2 = 4 = 2 + 2aa'$ dá $aa' = 1$ e $a = a' = -1$ . Coluna $s$ contra $e$ : $1 + 3(b + b') + 4 - 5 = 0$ dá $b + b' = 0$ ; coluna $s$ consigo mesma: $1 + b^2 + b'^2 + 1 + 1 = \frac{60} {20} = 3$ dá $b = b' = 0$ .

19. Coluna $c$ contra a coluna $e$ : $1 + 3(x + y) + 4(-1) + 5\cdot0 = 0$ , de modo que $x + y = 1$ . Coluna $c$ contra a coluna $c^2$ (classes distintas, ortogonais): $1 + xy + yx + 1 + 0 = 0$ , de modo que $xy = -1$ . Assim $x, y$ resolvem $T^2 - T - 1 = 0$ : $\{x, y\} = \{\varphi, \bar\varphi\}$ com $\varphi = \frac{1 + \sqrt5}2$ . Coerência: $x^2 + y^2 = (x+y)^2 - 2xy = 3 = \frac{60}{12} - 2$ — em acordo com a identidade da coluna consigo mesma $1 + x^2 + y^2 + 1 + 0 = 5$ . A tabela:

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

20. $\norm{\chi_2}^2 = \frac1{60}\bigl(9 + 15\cdot1 + 0 + 12\varphi^2 + 12\bar\varphi^2\bigr) = \frac{9 + 15 + 36}{60} = 1$ , usando $\varphi^2 + \bar\varphi^2 = (\varphi + \bar\varphi)^2 - 2\varphi\bar\varphi = 1 + 2 = 3$ . Analogamente, $\langle\chi_2, \chi_3\rangle = \frac1{60}(9 + 15 + 0 + 12(2\varphi\bar\varphi)) = \frac{9 + 15 - 24}{60} = 0$ . Divisibilidade de Frobenius: $1, 3, 3, 4, 5$ dividem todos $60$ . Os valores irracionais $\varphi, \bar\varphi$ são a diferença visível em relação a $S_5$ : em $S_5$ , todo elemento é conjugado a todos os geradores de seu grupo cíclico com o mesmo tipo de ciclo — em particular $c \sim c^2$ —, forçando valores de caráter racionais (de fato inteiros); em $A_5$ , a partição dos ciclos de comprimento cinco abre a porta para $\Q(\sqrt5)$ .

21. Um subgrupo normal $N$ é uma união de classes, contém $e$ , e $\abs N \mid 60$ . As somas candidatas: $1{+}15 = 16$ , $1{+}20 = 21$ , $1{+}12 = 13$ , $1{+}24 = 25$ , $1{+}15{+}20 = 36$ , $1{+}15{+}12 = 28$ , $1{+}15{+}24 = 40$ , $1{+}20{+}12 = 33$ , $1{+}20{+}24 = 45$ , $1{+}12{+}12 = 25$ , $1{+}15{+}20{+}12 = 48$ , $1{+}15{+}20{+}24 = 60 - 12 = \dots$ , listando todas as subsomas próprias que contêm $1$ : nenhum dos $13, 16, 21, 25, 28, 33, 36, 40, 45, 48, 13{+}\dots$ divide $60$ , exceto $1$ ele próprio: $N = \{e\}$ ou $A_5$ . Simplicidade, lida em cinco números. E o critério da questão 11 também está visível: os tamanhos de classe $15 = 3\cdot5$ , $20 = 4\cdot5$ , $12 = 4\cdot3$ são todos compostos de dois primos — nenhuma classe de tamanho potência de primo, exatamente como o critério de Burnside exige de um grupo simples.

22. Uma rotação de $\R^3$ de ângulo $\theta$ tem autovalores $1, \eu^{\iu\theta}, \eu^{-\iu\theta}$ : traço $1 + 2\cos\theta$ . Para $\theta = \frac{2\pi}5$ : $2\cos\frac{2\pi}5 = \frac{\sqrt5 - 1}2$ , de modo que o traço é $1 + \frac{\sqrt5-1}2 = \frac{1+\sqrt5}2 = \varphi$ . O elemento não trivial $\tau$ de $\operatorname{Gal}(\Q(\sqrt5)/\Q)$ , aplicado entrada a entrada a uma tabela de caracteres, leva caracteres em caracteres (ele comuta com a álgebra que os define: $\tau\circ\chi$ é o caráter da representação obtida transportando as matrizes por $\tau$ nas entradas; ou, abstratamente: as relações de ortogonalidade são $\Q$ -racionais, de modo que $\tau$ permuta suas soluções); $\tau$ fixa $\chi_1, \chi_4, \chi_5$ (valores racionais) e deve, portanto, trocar $\chi_2$ e $\chi_3$ : o segundo caráter de grau $3$ carrega os valores conjugados, sem matriz alguma calculada. Geometricamente, as duas representações são a ação icosaédrica e sua composta com um automorfismo externo de $A_5$ (conjugação por uma transposição), que troca as duas classes de ciclos de comprimento cinco.

23. Para $z \in Z(G)$ , $\rho(z)$ comuta com todo $\rho(g)$ , de modo que, pelo lema de Schur, $\rho(z) = \lambda\, \mathrm{id}$ ; como $z$ tem ordem finita, $\lambda$ é uma raiz da unidade, e $\abs{\chi(z)} = \abs\lambda\,n = n$ . Então

\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,

isto é, $n^2 \leq [G : Z(G)]$ . Um grupo não abeliano de ordem $8$ ( $D_4$ ou $Q_8$ ) tem cinco classes de conjugação, logo cinco graus irredutíveis com $\sum n_i^2 = 8$ ; a única maneira de escrever $8$ como soma de cinco quadrados $\geq 1$ é $1 + 1 + 1 + 1 + 4$ : graus $1, 1, 1, 1, 2$ . Ambos os grupos têm centro de ordem $2$ , e o caráter de grau $2$ atinge a igualdade: $2^2 = 4 = [G : Z(G)]$ — a cota é atingida. Para $A_5$ , $Z = \{e\}$ e a cota se lê $n^2 \leq 60$ : satisfeita por $1, 3, 3, 4, 5$ com folga ( $25 \leq 60$ ), como tem de ser, já que a igualdade forçaria (pela mesma cadeia) $\chi$ a se anular fora do centro.

24. $\rho(g)^m = \mathrm{id}$ para $m$ a ordem de $g$ , de modo que $\rho(g)$ é anulado por $X^m - 1$ , cindido com raízes simples sobre $\C$ : diagonalizável, com autovalores $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ raízes da unidade, numa base de autovetores $(e_i)$ . Os produtos $e_ie_j$ ( $i \leq j$ ) formam uma base de autovetores de $\operatorname{Sym}^2V$ com autovalores $\lambda_i\lambda_j$ , e $e_i \wedge e_j$ ( $i < j$ ) uma de $\Lambda^2V$ ; como

\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,

e a soma simétrica acrescenta $\sum_i\lambda_i^2$ em vez de subtraí-lo, ambas as fórmulas seguem. Para $\chi_2 = (3, -1, 0, \varphi, \bar\varphi)$ nas classes $(e, (2,2)\text{-}, 3\text{-ciclos}, c, c^2)$ : elevar ao quadrado leva as transposições duplas a $e$ , os três-ciclos em três-ciclos, a classe de $c$ sobre a de $c^2$ e reciprocamente ( $c^{-1} \sim c$ em $A_5$ , de modo que $c^4 \sim c$ ). Logo $\chi_2(g^2)$ se lê $(3, 3, 0, \bar\varphi, \varphi)$ e, usando $\varphi^2 = \varphi + 1$ , $\bar\varphi = 1 - \varphi$ :

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

Decompondo o segundo, com os tamanhos de classe $1, 15, 20, 12, 12$ : $\langle\cdot, \mathbf 1\rangle = \frac1{60}(6 + 15\cdot2 + 0 + 12 + 12) = 1$ ; $\langle\cdot, \chi_5\rangle = \frac1{60}(30 + 30) = 1$ ; $\langle\cdot, \chi_4\rangle = \frac1{60}(24 - 12 - 12) = 0$ ; $\langle\cdot, \chi_2\rangle = \frac1{60}(18 - 30 + 12(\varphi + \bar\varphi)) = 0$ , e do mesmo modo para $\chi_3$ . Assim $\operatorname{Sym}^2\chi_2 = \mathbf 1 + \chi_5$ (dimensões $6 = 1 + 5$ ) e $\chi_2\otimes\chi_2 = \mathbf 1 + \chi_2 + \chi_5$ (dimensões $9 = 1 + 3 + 5$ ). Geometria: o isomorfismo equivariante $\Lambda^2\R^3 \to \R^3$ , $u \wedge v \mapsto u \times v$ , é exatamente $\Lambda^2\chi_2 = \chi_2$ para um grupo de rotações; a parcela $\mathbf 1$ do quadrado simétrico é a forma quadrática invariante $x^2 + y^2 + z^2$ , e $\chi_5$ vive no espaço de dimensão cinco dos tensores simétricos de traço nulo (quadráticas harmônicas).

25. Coluna de $c$ contra a coluna de $c^2$ :

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

como a ortogonalidade exige para classes distintas ( $\varphi \bar\varphi = -1$ ). Coluna de $c$ consigo mesma: $1 + \varphi^2 + \bar\varphi^2 + 1 + 0 = 1 + 3 + 1 = 5 = 60/12 = \abs{Z_{A_5}(c)}$ . Caráter regular $\sum_in_i\chi_i$ nas quatro colunas diferentes da identidade:

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

nas transposições duplas e nos três-ciclos, e na classe de $c$ (a de $c^2$ é sua conjugada de Galois):

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

usando $\varphi + \bar\varphi = 1$ . A tabela passa por toda auditoria: é a tabela de caracteres de $A_5$ .

5.1 Representações, Maschke, Schur

5.2 Caracteres e ortogonalidade

5.3 Tabelas de caracteres

5.4 Exercícios

5.5 Problema: o teorema paqbp^aq^bpaqb de Burnside

5.5 Problema: o teorema $p^aq^b$ de Burnside