Tabla de caracteres de la presentación de

Question

Recientemente he aprendido acerca de las tablas de caracteres, y algunos de los trucos para calcularlas para grupos finitos (quals...) pero he estado teniendo problemas para hacerlo realidad. Por lo tanto, mi pregunta es (A) cómo terminar con la siguiente pregunta (estoy bien con técnicas generales, puedo trabajar en los detalles de los cálculos) y (B) cualquier trucos que son útiles para hacer los siguientes tipos de preguntas:

La pregunta es

Deje $G$ ser el grupo de la orden de 16 con la presentación $$ \langle x,y | x^8=y^2 = 1, yxy^{-1} = x^3 \rangle $$

Calcular el conjugacy clases y la construcción de la tabla de caracteres.

---

Calculo las clases conjugacy

$\{id\}$

$\{x,x^3\}$

$\{ x^2,x^6 \}$

$\{x^4\}$

$\{x^5,x^7\}$

$\{xy,x^3y,x^7y,x^5y\}$

$\{y,x^2y,x^6y,x^4y\}$

---

Así que, yo calculo que hay 7 clases conjugacy, así que hay 7 representaciones. El trivial represenation es uno, y no es otra dada por el trivial representación de $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \simeq G /\langle x\rangle$, es decir, $-1$ en los últimos dos clases conjugacy y $1$ lo contrario.

Así que, ahora necesito 5 plazas suma a 14, que debe ser $1^2+1^2+2^2+2^2+2^2$. Por lo tanto, hay todavía dos más $1$-representaciones tridimensionales, por lo que no debería ser otro subgrupo normal, por lo que algunos jugando (¿hay una forma rápida de ver esto?) Yo incluso los poderes de $x$ a ser un subgrupo normal, con cociente Klein 4 grupo, para que yo pueda llenar el otro 1 dim reps.

Ahora, aquí es donde me quedo atascado. ¿Cómo puedo encontrar un 2 dimensiones de la representación? Supongo que una vez que me encuentro con uno, solo puedo tensor de la 1-dim repeticiones para terminar la tabla de caracteres? Es esta la mejor manera? No veo una manera obvia de escribir una representación de $G$, por lo que quizás debería utilizar la inducción? De lo subgrupo?

---

Alternativamente, podría utilizar el cociente $G/\langle x^4\rangle$, que es un nonabelian grupo de orden 8, así que sin mucho trabajo que debo ser capaz de escribir su tabla de caracteres, pero otros grupos con presentaciones similares que voy a ver todavía tiene esta agradable propiedad que el centro de cocientes de a algo más sencillo, e incluso si lo hiciera, ¿cómo puedo construir un mayor dim representación en cualquier otro caso si no me reconoce el cociente grupo como algo me puede escribir explícitamente como un grupo de simetría de alguna forma?

Gracias!

Answer 1

Respuesta corta:

La multiplicación por una dimensionals no será suficiente. Buscando en la central cociente no será suficiente.

---

La búsqueda de uno representaciones tridimensionales de un finitely presentado el grupo es fácil: cada representación es una representación de la abelianization. En tu caso: $$ G/[G,G] \cong \langle x, y : x^8 = y^2 = 1, x = yxy^{-1} = x^3 \rangle = \langle x, y : x^2 = y^2 = 1, xy = yx \rangle \cong C_2 \times C_2$$

De ahí que haya 4 unidimensional representaciones que tomar x ±1 y y ±1.

Desde que conozco G tiene orden de 16, esto deja a las 12 para ser escrito como suma de los cuadrados de los divisores de 16, por lo tanto hay tres dos representaciones tridimensionales.

Uno optimista manera de proceder es pensar $H=\langle x \rangle$ es abelian, normal, y la conjugación de la acción (y transversal) se escriben de derecha en la presentación. Esto significa que (1) yo sé todo de las representaciones de H y (2) que fácilmente puede inducir una representación de H a G. Por suerte todas las representaciones irreducibles de H son unidimensionales, y la inducción de la a G será el doble de su dimensión.

En particular, la representación de H que envía a x a z, un primitivo octavo de la raíz de la unidad. La inducida por la representación envía x a $\left(\begin{smallmatrix} \zeta & 0 \\ 0 & \zeta^3 \end{smallmatrix}\right)$ e s $\left(\begin{smallmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{smallmatrix}\right)$, lo que claramente es irreducible (los únicos subespacios propios de x no son subespacios propios de y).

Uno puede multiplicar esta representación por $x \mapsto -1$, $y \mapsto \pm1$ para obtener una segunda representación irreducible de grado 2.

Ninguna de estas dos representaciones son representaciones de $G/\langle x^4\rangle$, debido a que son fieles.

Sin embargo, el tercer irreductible twoo-dimensional representación puede ser encontrada en el grupo cociente. Acabo de inducir a de $x \mapsto \zeta^2 = i$ conseguir $x \mapsto \left(\begin{smallmatrix} i & 0 \\ 0 & -i \end{smallmatrix}\right)$$y\mapsto \left(\begin{smallmatrix}0&1\\1&0\end{smallmatrix}\right)$. Esta representación irreducible es invariable (hasta el isomorfismo) por multiplicación por cualquiera de las representaciones tridimensionales.

---

Se le preguntó acerca de la generalidad: el grupo se le da es increíblemente especial. Se llama cuasi-diedro grupo. Tener un primer índice cíclico normal subgrupo es muy, muy especial, y sospecho que se espera reconocer a esta propiedad y uso.

Si su presentación exhibe un jefe de serie con abelian factores, puede utilizar técnicas similares para encontrar la tabla de caracteres y representaciones. En general, una presentación proporciona casi no algorítmica de la información. Recomiendo Pahlings–Lux del libro de texto si usted está interesado en metódicamente encontrar las tablas de caracteres realistas y situaciones difíciles.

Answer 2

Si te dan una presentación, se puede calcular la abelianization de $G$. Cada $1$-dimensiones de la representación de los factores a través de la abelianization, y por el contrario cada irreductible representación de la abelianization da una representación irreducible de $G$, por lo que obtener de forma precisa todas las $1$-dimensiones de los caracteres de esta manera. Aquí el abelianization es

$$G/[G, G] \cong \langle x, y | x^8 = y^2 = 1, x = x^3 \rangle \cong C_2 \times C_2$$

de modo que los cuatro $1$-dimensiones de los personajes del valor de $\pm 1$$x$$\pm 1$$y$. Tenga en cuenta que esto no requiere ningún tipo de conjeturas, y, en particular, no es necesario que jugueteen con subgrupos normales; es mucho más limpio a tocar el violín alrededor con cocientes.

Los tres restantes personajes son, como usted dice, necesariamente, $2$- dimensional. (En general cuando se hace este paso, tenga en cuenta que las dimensiones se dividen $|G|$.) Probablemente el mejor procedimiento general para encontrar irreductible personajes de dimensión mayor que $1$ es la inducción. Es una buena idea para inducir a partir de los subgrupos de índice pequeño, y también probablemente una buena idea para inducir de subgrupos cuya irreductible personajes tienen baja dimensión (por ejemplo, abelian subgrupos). Como otros han señalado, aquí tienes un abelian subgrupo de índice $2$...!

Otras técnicas generales para tener en cuenta:

• Tensoring es bueno, pero también lo es tomar la simétrica o exterior de la plaza.
• Un Galois conjugado de un personaje es todavía un personaje (ejercicio; o ver de matemáticas.SE pregunta).
• El número de auto-inversa clases conjugacy es igual al número de auto-dual irreductible caracteres (ejercicio).
• Si $g \in G$ orden $d$ y es el conjugado de a$g^k \in G$, $\chi(g)$ siempre se encuentra en el subcampo de $\mathbb{Q}(\zeta_d)$ ($\zeta_d$ una primitiva $d^{th}$ raíz de la unidad) fijo por $\zeta_d \mapsto \zeta_d^k$ (ejercicio). En particular, si $g$ es conjugado a $g^k$ todos los $(d, k) = 1$, $\chi(d)$ es siempre (racional, por lo tanto, un número entero.

Answer 3

Usted también podría proceder de la siguiente manera, una vez que usted tiene (correctamente) estableció que $G$ tiene cuatro caracteres irreducibles de grado 1 (lineal caracteres). Tenga en cuenta que$x^{2}$$G^{\prime}$, los derivados del grupo de $G$, ya que el $x^{-1}y^{-1}xy = x^{2}.$ por lo tanto $x^{2}$ está en el núcleo de cada carácter lineal de $G$, lo $x^{4}$ es, sin duda, en todos estos kernels. Pero debe haber algo de irreductible carácter $\chi$ $G$ cuyo núcleo no contiene $x^{4}.$ Deje $\sigma$ ser una representación que ofrezcan $\chi$, por lo que han establecido ya que el $\sigma$ debe ser de dos dimensiones. Ahora $\sigma(x)$ debe tener un orden $8$, ya que el $\sigma(x^{4}) \neq I_{2 \times 2}$, por la forma en que elegimos $\chi$. ¿Qué pueden los autovalores de a$\sigma(x)$? Al menos uno, decir $\omega$, es una primitiva $8$-ésima raíz de la unidad. Pero, a continuación, $\omega^{3}$ también es un autovalor de a $\sigma(x)$, desde si $\sigma(x).v = \omega v$,$\sigma(y^{-1}xy).\sigma(y^{-1}).v = \omega^{3}\sigma(y^{-1})v$.
Esto nos dice que $\chi(x) = \omega + \omega^{3}$ (y, más en general, nos dice que $\chi(x^{r}) = \omega^{r} + \omega^{3r}$ $ 0 \leq r \leq 7).$ Usted podría terminar señalando que, a $\sum_{j=0}^{7} |\chi(x^j)|^{2} = 16,$, de modo que $\chi$ debe desaparecer fuera de $\langle x \rangle$, pero hay varias otras maneras de utilizar la ortogonalidad de las relaciones para deducir esto. Tenga en cuenta que esto realmente nos da dos diferentes irreductible caracteres, ya que podríamos haber utilizado ${\bar \omega}$ en lugar de $\omega$. Sin embargo, este procedimiento es bastante específico para este grupo en particular.

Aquí hay un par de conocida utilidad general de los hechos. Si $G$ es finito, no Abelian $p$-grupo, entonces el número de los distintos caracteres lineales de $G$ es divisible por $p^{2}.$ Esto es debido a que $p^{2}$ divide $|G|$, y se divide $\chi(1)^{2}$ por cada no-lineal irreductible carácter de $G$. También, si $G$ es finita $p$-grupo, y $\chi$ es una irreductible carácter de $G$, $\chi(1)^2$ divide $[G:Z(G)].$ (Ya que ambos son poderes de $p$, es suficiente para demostrar que $\chi(1)^2 \leq [G:Z(G)].$ Sino $$|G| = \sum_{g \in G}|\chi(g)^2| \geq \sum_{z \Z(G)} |\chi(z)|^2 = |Z(G)|\chi(1)^2).$$