Convolución de caracteres irreducibles de un grupo finito

Question

Si $\chi^{\lambda}$ $\chi^{\mu}$ son los personajes de las dos representaciones irreducibles $V^{\lambda}$ $V^{\mu}$ de un grupo finito $G$, hay una manera simple de probar que : $$ \chi^{\lambda} *\chi^{\mu} = \delta_{\lambda, \mu} \frac{|G|}{\dim V^{\lambda}} \,\chi^{\lambda}$$ donde $\chi^{\lambda} *\chi^{\mu}(\sigma)=\sum_{g\in G}\chi^{\lambda}(\sigma g^{-1})\chi^{\mu}(g)$ es el producto de convoluition y $\delta_{\lambda, \mu}$ es igual a 1 si $\lambda=\mu$ y 0 si $\lambda\neq\mu$.

Estoy realmente interesado en las representaciones del grupo de simetría $\mathcal{S}_n$, y esta relación fue fundamental en la definición de un isomorfismo entre el centro de la $\mathbb{C}[\mathcal{S}_n]$ y las funciones complejas en las clases conjugacy de $\mathcal{S}_n$.

He encontrado una demostración en esta página http://drexel28.wordpress.com/2011/03/02/representation-theory-using-orthogonality-relations-to-compute-convolutions-of-characters-and-matrix-entry-functions/:

\begin{aligned}\left(\chi^{(\alpha)}\ast\chi^{(\beta)}\right)(x) &= \sum_{g\in G}\chi^{(\alpha)}\left(xg^{-1}\right)\chi^{(\beta)}(g)\\ &=\sum_{g\in G} \sum_{p=1}^{d_\alpha}\sum_{q=1}^{d_\beta}D^{(\alpha)}_{p,p}\left(xg^{-1}\right)D^{(\beta)}_{q,q}(g)\\ &=\sum_{p,s=1}^{d_\alpha}\sum_{q=1}^{d_\beta}D^{(\alpha)}_{p,s}(x)\sum_{g\in G}\overline{D^{(\alpha)}_{p,s}(g)}D^{(\beta)}_{q,q}(g)\\ &= \sum_{p,s=1}^{d_\alpha}\sum_{q=1}^{d_\beta}D^{(\alpha)}_{p,s}(x)\frac{|G|}{d_\alpha}\delta_{\alpha,\beta}\delta_{p,q}\delta_{q,s}\\ &=\frac{|G|}{d_\alpha}\delta_{\alpha,\beta}\sum_{p,s=1}^{d_\alpha}D^{(\alpha)}_{p,s}(x)\delta_{p,q}\delta_{p,s}^2\\ &= \frac{|G|}{d_\alpha}\delta_{\alpha,\beta}\sum_{p=1}^{d_\alpha}D^{(\alpha)}_{p,p}(x)\\ &= \frac{|G|}{d_\alpha}\delta_{\alpha,\beta}\chi^{(\alpha)}(x)\end{aligned}

pero no está claro para mí por qué $\sum_{g\in G}\overline{D^{(\alpha)}_{p,s}(g)}D^{(\beta)}_{q,q}(g)$ es igual a $\frac{|G|}{d_\alpha}\delta_{\alpha,\beta}\delta_{p,q}\delta_{q,s} $. A mí me parece que es un no-tan trivial consecuencia de Schur del lexema. Así que mi pregunta es: ¿hay una manera más sencilla de probar esta relación sobre la convolución de los personajes ?

Answer 1

No sólo los personajes disfrutar de ortogonalidad de las relaciones, las entradas de cualquiera de las dos de la matriz de representaciones también presentan ortogonalidad. En efecto, las relaciones de los personajes que se sigue como corolario a este último.

En primer lugar, un rápido corolario de Schur. Deje $A$ ser una irreductible representación de la matriz de $G$$\mathbb{C}$, y supongamos $T$ es una matriz que conmuta con $A(g)$ todos los $g\in G$. A continuación, el mismo es cierto para $T-cI$ cualquier $c\in\Bbb C$; la elección de un autovalor $c$ $T$ significa que $T-cI$ es noninvertible, lo que debe ser la matriz cero por Schur, y, por tanto, $T$ es un escalar múltiples de la matriz de identidad. (Arbitrarias de los campos de $k$ esto puede ser adaptado por tensoring $V$ con la clausura algebraica $k^{\operatorname{alg}}$ y, a continuación, la restricción de regreso a $k$, mientras que la representación de $A$ es absolutamente irreductible (es decir, permanece irreductible a tensoring con $k^{\operatorname{alg}}$). Si no es así, entonces esto no es cierto en general.)

Deje $k$ ser un campo, $A:G\to M_{r\times r}(k)$ $B:G\to M_{s\times s}(k)$ dos irreductible de la matriz de representaciones de $G$, y, finalmente, $X$ $r\times s$ matriz de incógnitas. Considere la matriz

$$Y=\sum_{g\in G} A(g)XB(g^{-1}). \tag{1}$$

Con $h\in G$ arbitrario, tenemos

$$\begin{array}{c l} A(h)Y & =\sum_{g\in G} A(hg)XB(g^{-1}) \\ & = \sum_{g\in G} A(g)XB\big(\underbrace{(h^{-1}g)^{-1}}_{g^{-1}h}\big) \\ & = \sum_{g\in G}A(g)XB(g^{-1})B(h) \\ & = YB(h). \end{array} \tag{2}$$

Si $Y$ es invertible, entonces a $A\cong B$ son representaciones equivalentes. De lo contrario, si $A\not\cong B$ son no equivalentes, nos encontramos con $Y$ no es invertible y por Schur del lexema es la matriz cero. Suponga que el último caso. A continuación, el $(i,j)$ entrada de la ecuación de $Y=0$ es

$$\sum_{g\in G}\sum_{k,l} a_{ik}(g)x_{kl}b_{lj}(g^{-1})=\sum_{k,l}x_{kl}\left(\sum_{g\in G}a_{ik}(g)b_{lj}(g^{-1})\right)=0. \tag{3}$$

El $x_{lk}$'s son arbitrarias incógnitas sin embargo, sin embargo, la igualdad anterior se sostiene independientemente, por lo tanto el coeficiente de cada uno es igual a cero. En otras palabras, $\langle a_{ik},b_{lj}\rangle_G=0$ al $A,B$ son no equivalentes. (Este es el producto interior definido en la clase de funciones de $G$, es decir, funciones que son constantes en las clases conjugacy.)

De lo contrario, podríamos bien decir $A=B$ (si son equivalentes no va a hacer ninguna diferencia en el carácter de los valores de todos modos), y consideramos que

$$\operatorname{tr}Y=\operatorname{tr} \frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} A(g)XA(g^{-1})=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}\operatorname{tr} X=\operatorname{tr}X. \tag{4}$$

Deje $k$ ser algebraicamente cerrado. Desde $Y$ es un escalar múltiples de la identidad, tenemos $y_{ii}=\operatorname{tr}X/r$. Por lo tanto podemos escribir la $Y=\frac{\operatorname{tr}X}{r}I$

$$\frac{1}{|G|}\sum_{k,l}x_{kl}\left(\sum_{g\in G}a_{ik}(g)a_{lj}(g^{-1})\right)=\begin{cases} \frac{x_{11}+\cdots+x_{rr}}{r} & i=j \\ 0 & \text{otherwise}.\end{cases} \tag{5}$$

Igualando los coeficientes de arriba y, a continuación, poner esto juntos con $A,B$ no equivalentes, que han derivado

$$\langle a_{ik},b_{lj}\rangle_G=\frac{\delta_{AB}\delta_{ij}\delta_{kl}}{r}. \tag{6}$$

Tenga en cuenta que en $\Bbb C$, $B(g^{-1})=\overline{B(g)^T}$ debido a $B$ es unitaria, que cambia los índices en $b_{\circ\circ}$ por encima también.

Este es todavía un brutal método de índice de malabares, y no estoy familiarizado con una forma más fácil en estos asuntos. (Por supuesto, yo no; yo sólo vine a través de la por encima de un par de horas atrás.) Tal vez alguien tenga la iluminación en ese conteo.

Answer 2

En realidad Awllower respondió a mi pregunta.

El teorema 2.13 página 19 en el "Carácter de la Teoría de grupos finitos" por I. Martín Isaacs, es exactamente la relación que yo quería, y el autor de demostrarlo en un puro algebraico forma, aunque no tan elemental como yo esperaba.

La relación en el producto de convolución de irreductible personajes aparece aquí como una consecuencia de una descomposición de la primitiva central idempotente elementos (señalar $e_i$ Isaac libro) de $\mathbb{C}[G]$ en términos de irreductible personajes, como awllower dijo.