Representación de un grupo abeliano

Question

Sin el uso de la estructura teorema, ¿cómo puedo probar que b? Yo lucho con la prueba de inyectividad. Algún consejo?

Problema:

Deje $G$ ser un número finito de Abelian grupo.

(a) Probar que el grupo homomorphisms $\chi : G → \mathbb{C}^*$ son exactamente los caracteres de irreductible representaciones de $G$.

Pointwise multiplicación dota al conjunto de caracteres irreducibles de de $G$ con la estructura de un número finito de Abelian grupo. Este grupo se denota por a $\hat{G}$. (Comentario: $\hat{G}$ es también llamado el Pontryagin dual).

(b) Mostrar que el mapa $$G \rightarrow \hat{\hat{G}}$$ $$x \mapsto (\chi \mapsto \chi(x))$$ es un isomorfismo de grupos.

Esto es lo que hemos tratado en la conferencia sobre la teoría de la representación: la Representación de los buenos grupos

Answer 1

Quieres demostrar que el mapa $$x \mapsto (\chi \mapsto \chi(x))$$ es inyectiva. Supongo que ya han demostrado que este es un homomorphism. Todo lo que tiene para mostrar es que el núcleo de este mapa es trivial. Es decir, se quiere demostrar que $$\ker (x \mapsto (\chi \mapsto \chi(x))) = \{e\}$$ donde $e$ es la identidad en $G$. Ahora el kernel es exactamente $x$ tal que $$\chi \mapsto \chi(x)$$ es la trivial mapa de$\hat{G}$$\mathbb{C}^\times$. Si $x$ está en el núcleo, a continuación, $\chi(x) = 1$ todos los $\chi \in \hat{G}$. Es decir, $x$ es en la intersección de los núcleos de todos los caracteres $\chi: G\to \mathbb{C}^\times$. Por lo tanto $x$ es la identidad.

Answer 2

Para (a) tenga en cuenta que en un grupo abelian la clase conjugacy de un elemento consiste en que solo elemento. Por lo tanto, hay exactamente $g=|G|$ irreductible representaciones y ya que descomponen los regulares de la representación de $G$ ($g$- dimensional) el debe ser de todos los $1$-dimensional.

Deje $\rho$ ser uno de ellos. A continuación, $\rho$ puede ser visto como un homomorphism $$\rho:G\longrightarrow{\rm GL}_1(\Bbb C)=\Bbb C^\times$$ y también se $\rho(x)={\rm tr}(\rho(x))$ todos los $x\in G$, por lo que la identificación $\rho$ con su carácter.

(Esta es también la razón por la homomorphisms $G\rightarrow\Bbb C^\times$ de cualquier grupo de $G$ son llamados a la (cuasi)caracteres de $G$)

Answer 3

Usted puede probar b) utilizando el teorema de estructura de finitas abelian grupos. Primera nota de que un grupo cíclico de orden $n$ mapas en $\mathbb{C}^*$ mediante el envío de un generador a una primitiva $n$-ésima raíz de la unidad.

Ahora para mostrar la inyectividad de la mapa en la parte b), es suficiente para demostrar que el kernel es trivial, es decir, para cualquier elemento distinto de cero $x$ $G$ no es un personaje de $\chi$ tal que $\chi(x)\neq 1$.

Deje $x\in G$ ser distinto de cero. A continuación, $x$ tiene un componente distinto de cero en algunos cíclico grupo en la descomposición de la $G$. Definir a un personaje de la $G$ mediante la asignación de los elegidos factor a $\mathbb{C}^*$ como se explicó anteriormente, y por el envío de todos los otros factores, a $1$. Esto se le da un carácter $\chi$ $G$ tal que $\chi (x)\neq 1$.

Answer 4

Prueba de Inyectividad:

A partir de (a) sabemos que los personajes son homomórfica, por tanto,$\chi(e) = e = 1$. Debido a que el mapa es también homomórfica y $e$ es mapeados a $(\chi \mapsto \chi(e)=1)$ la tarde tiene que ser el trivial elemento de $\hat{\hat{G}}$. Así, el núcleo de nuestro mapa es $Z_{\hat{G}}:=\{g\in G:\chi(g)=1\; \forall \chi \in \hat{G}\}$. Queremos mostrar que el núcleo es trivial.

Reivindicación 1: $$\forall \chi \in \hat{G}: \sum\limits_g{\chi(g)}=\delta_{\chi,\tau}\cdot |G|$$ donde $\tau(g)=1, \forall g\in G$ es la representación trivial = elemento neutro de $\hat{G}$

Prueba: supongamos $h \in G$ ser arbitrario y fijo: $$\sum\limits_g{\chi(g)}=\sum\limits_{i=h^{-1}g}{\chi(hi)}=\sum\limits_{i}{\chi(h) \cdot \chi(i)}=\chi(h) \cdot \sum\limits_{i}{\chi(i)}=\chi(h)\cdot\sum\limits_g{\chi(g)}$$

$$\Rightarrow \chi(h)=1\; \forall h \in G \; \text{or} \; \sum\limits_g{\chi(g)}=0$$

$$\Rightarrow \sum\limits_g{\chi(g)}=\delta_{\chi,\tau}\cdot\sum\limits_g{\tau(g)}=\delta_{\chi,\tau}\cdot|G|$$

Reivindicación 2: $\sum\limits_{\chi \in \hat{G}}{\chi(x)}=|G|\delta_{x \in Z_{\hat{G}}}$

Prueba: supongamos $\rho \in \hat{G}$ ser arbitraria $$\sum\limits_{\chi}{\chi(x)}=\sum\limits_{\sigma=\rho^{-1}\chi}{\sigma(x)\rho(x)}=\rho(x)\sum\limits_{\sigma \in \hat{G}}{\sigma(x)}$$ $$\Rightarrow \rho(x)=1 \;\forall \rho \in \hat{G}\; or \; \sum\limits_{\chi}{\chi(x)}=0$$ $$\Rightarrow \sum\limits_{\chi}{\chi(x)}=\delta_{x \in Z_{\hat{G}}}\sum\limits_{\chi}{1} =|G|\delta_{x \in Z_{\hat{G}}}$$

Reivindicación 3: $Z_{\hat{G}}=\{e\}$ El Uso De La Reivindicación 1: $$\sum\limits_{\chi}{\sum\limits_{g}{\chi(g)}}=\sum\limits_{\chi}{|G|\delta_{\chi, \tau}}=|G|$$ $$\sum\limits_{g}{\sum\limits_{\chi}{\chi(g)}}=\sum\limits_{g}{|G|\delta_{g \in Z_{\hat{G}}}}=|G| \cdot |Z_{\hat{G}}|$$ $\Rightarrow |Z_{\hat{G}}|=1$, y como $e \in Z_{\hat{G}} \Rightarrow Z_{\hat{G}}=\{e\}$

Por lo tanto, Se ha demostrado que el $\chi(g)=1, \;\forall \chi \in \hat{G} \Leftrightarrow g=e$.