Ecuación funcional de caracteres irreducibles

Question

Me estoy preparando para un examen en representaciones de grupos finitos. Estoy tratando de abordar un problema relacionado con la caracterización de irreductible caracteres: Deje $f$ ser un complejo de valores de la función en un grupo finito $G$. Entonces: $$\forall x,y\in G: f(x)f(y) = \frac{f(1)}{|G|}\sum_{z\in G} f(yzxz^{-1}) \leftrightarrow f \text{ is proportional to an irreducible character}$$

He hecho algunos avances en la $\rightarrow$: si $f$ es idéntica 0, entonces RHS es implícita. De lo contrario, es fácil ver que $f$ es una función de clase (elija $y$ tal que $f$ no se desvanecen, y el aviso de que $\{yzxz^{-1} | z \in G \}$ es invariante bajo la conjugación de $x$. Pensé en probar a $\leftarrow$ y, a continuación, escribir $f$ como una combinación de irreductible de los personajes.

También me di cuenta de lo siguiente: $f(1)$ es el grado de la representación al $f$ es un personaje (y que aparece a menudo en relaciones de ortogonalidad). También, la proyección de un isotypical componente (correspondiente a una representación irreducible $\pi$) de una representación $\rho$ $\frac{\chi(1)}{|G|}\sum_{g} \overline{\chi(g)}\rho(g)$ (donde $\chi$ $\pi$'s irreductible carácter).

Para resumirlo todo: tengo algunas direcciones, pero no ha utilizado la ortogonalidad de las relaciones explícitamente, por ejemplo. Puede usted ayudar?

EDIT: Algunos más de los avances: me he dado cuenta de que si $\phi$ es una función de la clase, la ecuación es equivalente a $$\sum_{z\in G} \phi(x) \phi(z^{-1} y z) \sim \sum_{z \in G} \phi(x (z^{-1}yz))$$ que se ve mejor ($\sim$ implica que el lado izquierdo es proporcional a la RHS). Por poner $y=1$ es fácil deducir que el $\sum_{z\in G} \phi(x) \phi(z^{-1} y z) = \phi(1) \sum_{z \in G} \phi(x (z^{-1}yz))$ (es decir, $\phi(1)$ es la proporción). Algunas direcciones en $\leftarrow$: si $\rho$ es una representación irreducible con un simple carácter $\chi$, entonces podemos permitir $\rho ' = \sum_{z \in G} \rho_{z^{-1}yz}$. La ecuación se convierte en $Tr(\rho_x)Tr(\rho ') = \chi(1) Tr(\rho_x \rho ')$. El producto de los personajes podría sugerir el uso de producto tensor.

Answer 1

user8268 ya se ha señalado cómo terminar su prueba para $\leftarrow$. Para $\rightarrow$, también, sus ideas de plomo en la dirección correcta.

Como se mostró, si $f$ satisface la ecuación, es una función de clase; y como usted se dio cuenta, $f$ puede entonces escribirse como una combinación lineal de irreductible de los personajes. Así que vamos a

$$f(x)=\sum_ic_i\chi_i(x)\;,$$

donde la suma se ejecuta sobre todos los irreducibles de los personajes y el $c_i$ son complejos constantes; y deje $\rho_i (x)$ ser irreductible representaciones con caracteres $\chi_i(x)$. Entonces

$$ \begin{eqnarray} \sum_{z\in G}f(yzxz^{-1}) &=& \sum_{z\in G}\sum_ic_i\chi_i(yzxz^{-1}) \\ &=& \sum_{z\in G}\sum_ic_i\mathrm{Tr}\rho_i(yzxz^{-1}) \\ &=& \sum_{z\in G}\sum_ic_i\mathrm{Tr}\left(\rho_i(y)\rho_i(zxz^{-1})\right) \\ &=& \sum_ic_i\mathrm{Tr}\left(\rho_i(y)\sum_{z\in G}\rho_i(zxz^{-1})\right)\;. \end{eqnarray} $$

Ahora, de nuevo, por Schur del lexema $\sum_{z\in G}\rho_i(zxz^{-1})$ es un múltiplo de la identidad, ya que conmutan con todos los $\rho_i(g)$:

$$\sum_{z\in G}\rho_i(zxz^{-1})\rho_i(g)=\sum_{z\in G}\rho_i(zxz^{-1}g)=\sum_{z\in G}\rho_i(gzxz^{-1})=\rho_i(g)\sum_{z\in G}\rho_i(zxz^{-1})\;.$$

Por lo tanto $\sum_{z\in G}\rho_i(zxz^{-1})=\kappa_i(x)\mathbb I$, con un complejo constante $\kappa_i(x)$ que podemos evaluar tomando la traza,

$$\kappa_i(x)=\frac{\mathrm{Tr}\sum_{z\in G}\rho_i(zxz^{-1})}{\dim\rho_i}=\frac{\chi_i(x)}{\chi_i(1)}|G|\;,$$

por lo $\kappa_i(x)$ como una función de la $x$ es proporcional a la irreductible carácter $\chi_i(x)$. Así tenemos

$$\sum_{z\in G}f(yzxz^{-1})=\sum_ic_i\kappa_i(x)\mathrm{Tr}\rho_i(y)=\sum_ic_i\kappa_i(x)\chi_i(y)\;,$$

y la ecuación se convierte en

$$f(x)\sum_ic_i\chi_i(y)=\frac{f(1)}{|G|}\sum_ic_i\kappa_i(x)\chi_i(y)\;.$$

Esta es una ecuación entre dos combinaciones lineales de los caracteres irreducibles de $\chi_i(y)$. Ya que estos son linealmente independientes, podemos igualar los coeficientes de forma individual:

$$f(x)c_i=\frac{f(1)}{|G|}c_i\kappa_i(x)\;.$$

Para cada una de las $i$$c_i\neq0$, esto produce

$$f(x)=\frac{f(1)}{|G|}\kappa_i(x)\;.$$

Pero $\kappa_i(x)$ es proporcional a la irreductible carácter $\chi_i$, y por lo tanto así es $f(x)$. (Se sigue que todas las $c_i$, excepto en la mayoría de uno son iguales a cero.)

Answer 2

El profesor proporciona otra prueba ligeramente diferente de joriki prueba. Es menos intuitivo y se utiliza la convolución. Como sucede en la teoría de la representación, muchos de los problemas podrían eventualmente ser equivalente y sólo reescribirse de manera diferente, pero es todavía fresco, y evita el uso directo de Schur el lema:

Si $f(1)=0$, se deduce que el $f \equiv 0$, e $0$ es el cero múltiples de carácter trivial.

A partir de ahora asumiremos $f(1) \neq 0$. Como se observó en mi primer comentario, por poner $y=1$ tenemos que $f$ es una función de la clase, así que podemos escribir $f = \sum_{i=1}^{n} a_i \chi_i$ ($\chi_i$ - el simple personajes que abarcan las funciones de clase, $a_i$ - coeficientes complejos). El uso de $\chi_i * \chi_j = \frac{|G|}{\chi_j(1)} \chi _j \delta_{ij}$, obtenemos: $$f * \chi_j = \frac{a_j |G|}{\chi_j(1)}\chi_j$$

• Lema: si $a_j \neq 0$, $f * \chi_j$ es proporcional a $f$.

Desde $f \neq 0$, $a_j \neq 0$ para algunos $j$. Por el lema (que se que pronto vamos a probar) : $\frac{a_j |G|}{\chi_j(1)}\chi_j$ es proporcional a $f$. Esto significa que $f$ es proporcional a $\chi_j$ (y la relación es $a_j$), QED.

• La prueba del lema: ampliamos $f$ linealmente a $\mathbb{C}G$, es decir: $f(\sum_{g\in G} b_g g) = \sum_{g \in G} b_g f(g)$. Asumimos $f(1) = 1$ WLOG. La ecuación implica: $$f(y)f(x) = f(yx) \forall y \in \mathbb{C}G, x \in Z(\mathbb{C}G)$$ desde el centro de grupo de álgebra es atravesado por los indicadores de clases conjugacy.

Poner $x = \sum_{g \in G} \chi_j(g^{-1}) g \in Z(\mathbb{C}G)$ (como combinación lineal de funciones de clase). $$\forall y \in G: (f * \chi_j)(y) = \sum_{g \in G} f(yg)\chi_j(g^{-1}) = f(y \sum_{g\in G} \chi_j(g^{-1})g) = f(yx) $$ $$=f(y)f(x)=f(y)\sum_{g\in G} \chi_j(g^{-1})f(g) = |G| \langle f, \chi_j \rangle f(y) = |G| a_j f(y)$$