Gewöhnliche Darstellung endlicher Gruppen

Matthias Künzer Universität Stuttgart 10. September 2015

Inhalt

1 Gruppen  6
1.1 Operationen von Gruppen auf Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Sylowsätze nach Wielandt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Präsentationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.1 Freie Gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2 Präsentationen via Erzeuger und Relationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4 Auflösbar, überauflösbar, nilpotent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2 Darstellungen und Moduln  27
2.1 Darstellungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2 Gruppenringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3 Wedderburn  35
3.1 Peirce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.2 Algebren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2.1 Begriff der R-Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2.2 Halbeinfachheit von K-Algebren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.3 Maschke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4 Charaktere  47
4.1 Begriff des Charakters und erste Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
4.2 Charaktertafel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.3 Orthogonalitäten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.4 Der Grad eines irreduziblen Charakters teilt die Gruppenordnung . . . . . . . . . . . . . . 60
4.5 Konjugation und Produkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.5.1 Konjugation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.5.2 Produkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
4.6 Restriktion und Induktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
4.6.1 Restriktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
4.6.2 Induktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
4.6.3 Frobenius-Reziprozität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4.6.4 Mackey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
5 Burnside, Artin und Brauer  75
5.1 Burnside . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
5.1.1 Ein Lemma über Gruppen mittels Charakteren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
5.1.2 Anwendung auf Gruppen der Ordnung p^{a}q^{b} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
5.2 Artin und Brauer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5.2.1 Virtuelle Charaktere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5.2.2 Artin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
5.2.3 Brauer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
5.2.3.1 Irreduzible Charaktere überauflösbarer Gruppen . . . . . . . . . . . . . . 84
5.2.3.2 Erzeugen und schneiden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
5.2.3.3 Eine Variante des Satzes von Artin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
5.2.3.4 An einer Primzahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
5.2.3.5 Der Satz von Brauer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
A Aufgaben und Lösungen  96
A.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
A.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Vorwort

Eine Darstellung einer endlichen Gruppe G ist eine Multiplikationsoperation von G auf einem endlichdimensionalen Vektorraum V über einem Körper K. Eine solche Darstellung nennt man gewöhnlich, wenn char K = 0 ; häufig nimmt man K = C.

Zum Beispiel kann eine Untergruppe einer symmetrischen Gruppe durch Permutation von Basisvektoren operieren.

Allgemein liefert die Multiplikation mit einem Element g aus G auf V eine K-lineare Abbildung V \overline{}V, v \overline{}gv. Die Spur dieser Abbildung heiße χ(g). Zusammengefaßt erhalten wir so den Charakter χ : G \overline{}K, g \overline{}χ(g) unserer Darstellung.

Über Charaktere gibt es eine reichhaltige Theorie, die wir studieren wollen. Man kann Charaktere addieren und multiplizieren, man hat ein Skalarprodukt, man kann sie zwischen verschiedenen Gruppen hin- und herschieben, etc.

Eine Anwendung ist die algebraische Aussage von Burnside, daß Gruppen, in deren Ordnung nur zwei Primfaktoren aufgehen, auflösbar ist. Eine weitere mögliche Anwendung ist die funktionentheoretische Aussage von Brauer, daß Artinsche L-Funktionen meromorph sind; wir werden uns auf die dazu nötige Darstellungstheorie beschränken und dabei getreulich [10, §10] folgen.

Vorausgesetzt werden Kenntnisse aus der Linearen Algebra, insbesondere die Begriffe der Gruppe, des Rings und des Moduls über einem Ring. Kenntnisse aus der Algebra sind hilfreich.

Dank geht an Nico Stein und Simon Klenk für zahlreiche Verbesserungen, sowie an Stephan Schmid, Franziska Müller, Astrid Burck, Christoph Hachtel und Simon Paridon für alternative Lösungen und weitere Hinweise.

Ein ganz herzlicher Dank geht an Inga Benner und Friederike Stoll, die mich eine Woche lang vertreten und die währenddessen nötigen Korrekturen im Skript vorgenommen haben.

Für weitere Hinweise auf Fehler und Unklarheiten bin ich dankbar.

Stuttgart, den 25.06.2013

Matthias Künzer

Konventionen.

Sei G eine Gruppe. Sei R ein kommutativer Ring. Seien A und B Ringe.

• Sei f : X \overline{}Y eine Abbildung. Seien U ⊆ X und V ⊆ Y so, daß f(U) ⊆ V. Schreibe f|_{U}^{V} : U \overline{}V, x \overline{}f(x). Schreibe auch f|_{U} := f|_{U}^{Y} und f|^{V} := f|_{X}^{V} , sofern anwendbar.

• Ist M eine endliche Menge, so schreiben wir |M| für die Anzahl ihrer Elemente, auch ihre Kardinalität oder ihre Länge genannt. Es heißt |G| üblicherweise ihre Ordnung.

• Sprechen wir von zwei Elementen x und y einer Menge, so kann auch x = y sein. Etc.

• Für Elemente x und y sei ∂_{x,y} := 1, falls x = y, und ∂_{x,y} := 0, falls x ≠ y.

• Für a, b ∈ Z schreiben wir [a, b] := { c ∈ Z : a ⩽ c ⩽ b } für das ganzzahlige Intervall. Ferner schreiben wir Z_{⩾a} := {z ∈ Z : z ⩾ a} etc.

• Sind a, b ∈ Z und ist nicht 0 ⩽ a ⩽ b, so sei der Binomialkoeffizient (\begin{matrix}b \\ a \end{matrix}) gleich 0.

• Sind x, y, r ∈ R, so schreiben wir x ≡_{rR} y oder x ≡_{r} y für x − y ∈ rR.

• Sei I eine Menge. Sei X_{i} eine Menge für i ∈ I. Die äußere disjunkte Vereinigung werde

⨆_{i∈I} X_{i} = { (x, i) : i ∈ I, x ∈ X_{i} }

geschrieben. Der zweite Eintrag i in (x, i) dient lediglich der Unterscheidung. Unberührt davon ist die Begriff einer inneren disjunkten Vereinigung von Teilmengen, welche als gewöhnliche Vereinigungsmenge erklärt ist, falls deren Teilnehmer paarweise leere Schnittmenge haben. Diesenfalls kann man auch die äußere disjunkte Vereinigung bilden. Diese steht aber in kanonischer Bijektion zur inneren disjunkten Vereinigung. Oft unterscheidet man daher beide Begriffe nicht.

• Erschließt sich der Summationsbereich I einer Summe aus dem Kontext, so wird auch auf dessen Nennung verzichtet und wir schreiben kurz ∑_{i} := ∑_{i∈I} .

• Das Inverse eines Gruppenelements g wird als g^{−1} oder als g^{−} bezeichnet (“ g invers”). Entsprechend die Inverse einer Bijektion.

• Ist eine Teilmenge U von G eine Untergruppe, so schreiben wir dies auch U ⩽ G. Wir schreiben U < G für (U ⩽ G und U ≠ G). Ist U ein Normalteiler von G, so schreiben wir dies auch U ⊴ G. Wir schreiben U ◁ G für (U ⊴ G und U ≠ G).

• Die triviale Gruppe wird auch 1 = {1} geschrieben.

• Für eine Menge M bezeichnet S_{M} die Gruppe der Bijektionen von M nach M. Insbesondere ist S_{n} := S_{[1,n]} für n ∈ Z_{⩾0} die symmetrische Gruppe, für welche wir die links komponierte Zykelschreibweise verwenden, also e.g. (1, 2) ∘ (1, 3) = (1, 3, 2).

• Sei n ∈ Z_{⩾1}. Es bezeichnet C_{n} die zyklische Gruppe von Ordnung n.

• Seien g, x ∈ G. Schreibe ^{g}x := gxg^{−} für das mit g von links konjugierte Element x. Entsprechend für M ⊆ G sei ^{g}M = {^{g}m : m ∈ M}. Elemente x und y von G, für welche es ein g ∈ G mit gx = y gibt, nennt man zueinander konjugiert. Auch Teilmengen M und N von G, für welche es ein g ∈ G mit ^{g}M = N gibt, nennt man zueinander konjugiert.

• Sei X ⊆ G eine Teilmenge. Es bezeichnet ⟨X⟩ = ⋂_{X⊆U⩽G} U ⩽ G das Untergruppenerzeugnis von X, i.e. die Menge der beliebigen endlichen Produkte mit Faktoren aus X und aus der Menge ihrer Inversen. Sind k ∈ Z_{⩾0} und g_{1} , …, g_{k} ∈ G gegeben, so schreiben wir auch ⟨g_{1} , …, g_{k}⟩ := ⟨{g_{1} , …, g_{k}}⟩.

• Ein Isomorphismus f : G ^{\overline{}^{∼}} G heißt auch Automorphismus. Gibt es ein x ∈ G mit f(g) = ^{x}g für g ∈ G, so heißt der Automorphismus f inner.

• Sei p eine Primzahl. Eine endliche Gruppe, deren Ordnung eine Potenz von p ist, wird auch p-Gruppe genannt.

• Seien m, n ∈ Z_{⩾0} . Sei R^{m×n} die Menge der m×n-Matrizen mit Einträgen in R. Wir identifizieren R^{1×1} mit R.

• Für einen R-Modul V schreiben wir GL(V) für die Gruppe der bijektiven R-linearen Abbildungen von V nach V, mit der Komposition als Multiplikation. Ferner werde GL(R^{n×1}) mit GL_{n}(R) via der Standardbasis von R^{n} identifiziert.

• Sei n ∈ Z_{⩾0} . Es bezeichne E_{n} := (∂_{i,j})_{i,j} ∈ R^{n×n} die Einheitsmatrix.

• Seien m, n ⩾ 0. Sei i ∈ [1, m] und j ∈ [1, n]. Es bezeichnet e_{i,j} ∈ R^{m×n} die Matrix, die an Position (i, j) den Eintrag 1 hat, und 0 sonst.

• Die Spurabbildung auf Matrizen und linearen Endomorphismen wird mit tr bezeichnet.

• Es bezeichne U(A) := { a ∈ A : es gibt ein b ∈ A mit ab = 1 und ba = 1 } die Einheitengruppe von A.

• Sei n ⩾ 1. Es bezeichne A^{×n} = A × A × ⋯ × A mit n direkten Faktoren und komponentenweiser Addition und Multiplikation.

• Wir schreiben ζ_{n} := exp(2πi/n) für n ∈ Z_{⩾1} für die erste primitive n-te Einheitswurzel.

• Unter einem A-Modul verstehen wir einen A-Linksmodul.

• Sei M ein A-Modul. Es heißt M unzerlegbar, wenn M ≠ 0 und wenn aus M = X ⊕ Y mit Teilmoduln X, Y ⊆ M bereits X = 0 oder Y = 0 folgt. Es heißt M einfach, wenn M ≠ 0 ist und M nur die Teilmoduln 0 und M hat. Ist M einfach, so ist M unzerlegbar.

• Ist M ein A-Modul und ist k ∈ Z_{⩾0} , so schreiben wir M^{⊕k} := ⨁_{i∈[1,k]} M.

• Die Tatsache, daß M ein A-B-Bimodul ist, schreiben wir kurz _{A}M_{B} , etc.

• Für a, b ∈ R schreiben wir \overline{a + b i} := a − b i für das komplex konjugierte Element.

Verzeichnis der Sätze und einiger Lemmata

Lemma 5  §1.1  S. 8 Bahnenlemma
Satz 13  §1.2  S. 10 Sylow-Wielandt
Satz 15  §1.2  S. 12 Sylow
Lemma 19 §1.3.1 S. 15 Universelle Eigenschaft einer freien Gruppe
Satz 24  §1.3.2 S. 17 Universelle Eigenschaft einer präsentierten Gruppe
Satz 37 §1.4 S. 25 Sylowzerlegung nilpotenter Gruppen
Lemma 44 §2.2  S. 30 Darstellungen und Moduln
Lemma 53 §3.1  S. 36 Peirce-Zerlegung
Lemma 60 §3.2.1 S. 39 Universelle Eigenschaft der Gruppenalgebra
Lemma 66 §3.2.2 S. 42 Schur
Satz 67  §3.2.2 S. 43 Wedderburn
Lemma 69 §3.3  S. 45 Maschke
Satz 90  §4.3  S. 55 Orthogonalitäten
Satz 102  §4.4  S. 62 Grad eines irreduziblen Charakters teilt Gruppenordnung
Lemma 120 §4.6.3 S. 70 Frobenius-Reziprozität
Lemma 122 §4.6.4 S. 72 Mackeyformel
Satz 123  §4.6.4 S. 73 Mackeykriterium
Satz 131  §5.1.2 S. 78 Burnside
Satz 145  §5.2.2 S. 83 Artin
Satz 161  §5.2.3.5 S. 93 Brauer

Kapitel 1

Gruppen

Der Begriff der Gruppe, der Untergruppe, des Untergruppenerzeugnisses, des Normalteilers, der Nebenklassen, der Faktorgruppe und des Gruppenmorphismus werden als aus der Linearen Algebra bekannt vorausgesetzt.

Beispiele endlicher Gruppen sind die symmetrischen Gruppen S_{n} für n ∈ Z_{⩾0} und ihre Untergruppen.

Nach dem Lemma von Cayley ist jede endliche Gruppe isomorph zu einer Untergruppe einer symmetrischen Gruppe.

1.1 Operationen von Gruppen auf Mengen

Sei G eine Gruppe.

Definition 1 Eine G-Linksmenge, kurz G-Menge, (M, ·) besteht aus einer Menge M und einer Abbildung

[figure: G; ×; M; (·); M; (g; ,; m); g · m = gm]

so, daß die folgenden Axiome (Op 1, 2) gelten.

(Op 1) Es ist 1 · m = m für m ∈ M.

(Op 2) Es ist (g · h) · m = g · (h · m) für g, h ∈ G und m ∈ M.

Oft schreibt man auch ghm := (gh)m = g(hm).

Unter der Kardinalität einer G-Menge (M, ·) versteht man die Kardinalität von M. Insbesondere heißt (M, ·) endlich, falls M endlich ist.

Oft schreibt man auch kurz M := (M, ·). Man sagt auch, es liegt eine G-Operation auf M vor, oder G operiere auf M.

Beispiel 2

(1) Auf jeder Menge M gibt es die triviale G-Operation, für welche gm = m für g ∈ G und m ∈ M ist. Auf der leeren oder auf einer einelementigen Menge ist dies auch die einzige G-Operation.

(2) Sei n ∈ Z_{⩾0} und G ⩽ S_{n}. Es operiert G auf [1, n] vermöge g · i := g(i) für g ∈ G und i ∈ [1, n], i.e. durch Anwendung der Bijektion g auf i.

(3) Sei U ⩽ G. Auf der Menge der Linksnebenklassen G/U = { xU : x ∈ G } operiert G via g · xU := gxU für g, x ∈ G.

Insbesondere erhalten wir für U = 1 die reguläre G-Menge G/1 = G.

(4) Sei I eine Menge. Sei M_{i} eine G-Menge für i ∈ I.

(i) Es ist die disjunkte Vereinigung ⨆_{i∈I} M_{i} eine G-Menge vermöge g · (m, i) := (gm, i) für g ∈ G, i ∈ I und m ∈ M_{i}.

(ii) Es ist das cartesische Produkt ∏_{i∈I} M_{i} = { (m_{i})_{i∈I} : m_{i} ∈ M_{i} für i ∈ I } eine G-Menge vermöge g · (m_{i})_{i∈I} := (gm_{i})_{i∈I} für g ∈ G und m_{i} ∈ M_{i} für i ∈ I.

(5) Sei M eine G-Menge. Sei H ^{\overline{}^{f}} G ein Gruppenmorphismus. Dann ist M eine H-Menge vermöge h · m := f(h) · m für h ∈ H und m ∈ M. Zur Unterscheidung werde diese H-Menge auch _{f}M geschrieben.

Wir haben e.g. in (2) aus der S_{n}-Menge [1, n] via G ↪ S_{n} eine G-Menge gemacht.

(6) Es ist G auch eine G-Menge vermöge der Konjugationsoperation g ·x := ^{g}x = gxg^{−}. Dies ist i.a. nicht die reguläre G-Operation; cf. (3).

Definition 3 Sei M eine G-Menge. Sei X ⊆ M eine Teilmenge.

(1) Es heißt C_{G}(X) := { g ∈ G : gx = x für x ∈ X } ⩽ G der Zentralisator von X.

(2) Es heißt N_{G}(X) := { g ∈ G : gX = X } ⩽ G der Normalisator von X, wobei gX := { gx : x ∈ X } für g ∈ G.

Es ist C_{G}(X) ⩽ N_{G}(X).

Vgl. Aufgabe 3. Wir schreiben auch C_{G}(m) := C_{G}({m}) – aber nicht immer; cf. §1.2.

E.g. ist für die Konjugationsoperation von S_{3} auf S_{3} zum einen C_{S_{3}}(⟨(1, 2, 3)⟩) = ⟨(1, 2, 3)⟩, zum anderen, wegen ⟨(1, 2, 3)⟩ ⊴ S_{3} , aber N_{S_{3}}(⟨(1, 2, 3)⟩) = S_{3} .

Definition 4 Seien M und N zwei G-Mengen. Eine Abbildung f : M \overline{}N heißt Morphismus von G-Mengen oder G-äquivariant, falls

f(g · m) = g · f(m)

für g ∈ G und m ∈ M.

Ist f zudem bijektiv, so heißt f ein Isomorphismus von G-Mengen, symbolisch f : M ^{\overline{}^{∼}} N geschrieben. Diesenfalls ist auch f^{−} ein Isomorphismus von G-Mengen; cf. Aufgabe 1. Zwei G-Mengen M und N heißen isomorph, geschrieben M ≃ N, falls ein Isomorphismus von M nach N existiert.

Wir schreiben auch _{G}(M, N) := \{ M ^{\overline{}^{f}} N : f ist G-äquivariant \}.

Lemma 5 (Bahnenlemma) Gegeben seien eine G-Menge M und m ∈ M.

Sei Gm := { gm : g ∈ G } die Bahn von m unter der Operation von G. Mittels der von M eingeschränkten G-Operation wird Gm wieder zu einer G-Menge.

Es ist

[figure: G/C_{G}(m); f; Gm; xC_{G}(m); xm]

ein Isomorphismus von G-Mengen, wobei x ∈ G.

Beweis. Die Abbildung f ist wohldefiniert, da für x, y ∈ G mit xC_{G}(m) = yC_{G}(m) gilt, daß x^{−}y ∈ C_{G}(m) und also xm = xx^{−}ym = ym ist.

Die Abbildung f ist G-äquivariant, da für g, x ∈ G sich f(g · xC_{G}(m)) = gxm = g · f(xC_{G}(m)) ergibt.

Die Abbildung f ist nach Konstruktion surjektiv. Zum Nachweis ihrer Injektivität seien x, y ∈ G mit xm = ym gegeben. Es ergibt sich m = x^{−}ym, also x^{−}y ∈ C_{G}(m) und somit xC_{G}(m) = yC_{G}(m).

Bemerkung 6 (und Definition) Gegeben sei eine G-Menge M.

Für m, n ∈ M sei m ∼ n genau dann, wenn es ein g ∈ G mit gm = n gibt. Es ist (∼) eine Äquivalenzrelation.

Die Äquivalenzklasse von m ∈ M bezüglich (∼) ist die Bahn Gm. Ist R ⊆ M also ein Repräsentantensystem der Äquivalenzklassen, so ist M = ⨆_{r∈R} Gr.

Besteht M aus genau einer Äquivalenzklasse bezüglich (∼), so heißt M transitiv. Diesenfalls ist M = Gm für jedes m ∈ M.

Beweis. Wir haben zu zeigen, daß (∼) eine Äquivalenzrelation ist.

Reflexivität gilt, da 1 · m = m und also m ∼ m ist für m ∈ M.

Symmetrie gilt, da für m, n ∈ M aus m ∼ n folgt, daß es ein g ∈ G mit gm = n gibt, also m = g^{−}n ist, und sich somit n ∼ m ergibt.

Transitivität gilt, da für m, n, p ∈ M aus m ∼ n und n ∼ p folgt, daß es ein g ∈ G mit gm = n und ein h ∈ G mit hn = p gibt, also hgm = hn = p ist, und sich somit m ∼ p ergibt.

Korollar 7 (zu Lemma 5 und Bemerkung 6) Sei M eine G-Menge. Es gibt eine Teilmenge R ⊆ M mit M = ⨆_{r∈R} Gr. Für eine solche ist

[figure: ⨆_{r∈R}(G/C_{G}(r)); ∼; M; (gC_{G}(r), r); gr]

ein Isomorphismus von G-Mengen.

1.2 Sylowsätze nach Wielandt

Sei G eine endliche Gruppe. Sei p eine Primzahl. Schreibe |G| = p^{t}n mit t ∈ Z_{⩾0} und n ∈ Z_{⩾1} mit n ≢_{p} 0. Sei s ∈ [0, t] gegeben. Sei

Ω_{G}(p^{s}) := { M ⊆ G : |M| = p^{s} }

die Menge der Teilmengen von G von Kardinalität p^{s}. Es ist |Ω_{G}(p^{s})| = (\begin{matrix}p^{t}n \\ p^{s} \end{matrix}). Es operiert G auf Ω_{G}(p^{s}) vermöge g · M = gM := { gm : m ∈ M } für g ∈ G. Es ist C_{G}({M}) = { g ∈ G : gM = M } ⩽ G.

Bemerkung 8 Sei m ∈ Z_{⩾1} . Sei C_{m} = ⟨x⟩ die zyklische Gruppe von Ordnung m. Sei d ein Teiler von m. Es hat C_{m} genau eine Untergruppe von Ordnung d.

Beweis. Cf. Aufgabe 5.

Bemerkung 9 Sei M ∈ Ω_{G}(p^{s}). Es ist |C_{G}({M})| ein Teiler von p^{s}. Ist |C_{G}({M})| = p^{s}, so ist M = C_{G}({M})m für ein m ∈ M.

Beweis. Schreibe U := C_{G}({M}). Es ist uM = M für u ∈ U = C_{G}({M}). Also ist um ∈ M für u ∈ U und m ∈ M. Also ist Um ⊆ M für m ∈ M. Somit ist

M = ⋃_{m∈M} Um .

Da zwei solche Rechtsnebenklassen Um und Um′ aus U\G gleich oder disjunkt sind, gibt es ein k ∈ Z_{⩾1} und m_{i} ∈ M für i ∈ [1, k] mit

M = ⨆_{i∈[1,k]} Um_{i} .

Da |Um_{i}| = |U| für i ∈ [1, k], ist k|U| = |M|, insbesondere also |U| ein Teiler von |M| = p^{s}. Ist ferner |U| = p^{s}, dann ist k = 1 und M = Um_{1} .

Bemerkung 10 Jede Bahn der G-Menge Ω_{G}(p^{s}) enthält höchstens eine Untergruppe von G.

Beweis. Seien H, H̃ ⩽ G mit |H| = |H̃| = p^{s} und H, H̃ ∈ Ω_{G}(p^{s}) in derselben Bahn von G. Dann gibt es ein g ∈ G mit gH = H̃. Insbesondere gibt es ein h ∈ H mit gh = 1. Also ist g = h^{−} ∈ H, und folglich H = gH = H̃.

Bemerkung 11 Eine Bahn der G-Menge Ω_{G}(p^{s}) enthält genau dann eine Untergruppe von G, wenn sie Länge p^{t−s}n hat.

Beweis.

⇒. Sei H ⩽ G mit |H| = p^{s} gegeben. Die Länge der Bahn { gH : g ∈ G } = G/H des Elements H ∈ Ω_{G}(p^{s}) ist gleich |G/H| = |G|/|H| = p^{t−s}n.

⇐. Sei M ∈ Ω_{G}(p^{s}) mit |{ gM : g ∈ G }| = p^{t−s}n gegeben. Dann ist |C_{G}({M})| = |G|/(p^{t−s}n) = p^{s}; cf. Lemma 5. Also ist M = C_{G}({M})m für ein m ∈ M ; cf. Bemerkung 9. Folglich ist die Untergruppe m^{−}C_{G}({M})m = m^{−}M in der Bahn von M in Ω_{G}(p^{s}).

Bemerkung 12 Wenn eine Bahn der G-Menge Ω_{G}(p^{s}) nicht von Länge p^{t−s}n ist, dann ist ihre Länge ein Vielfaches von p^{t−s+1}n.

Beweis. Sei M ∈ Ω_{G}(p^{s}). Es ist

\frac{|G|}{|\{ gM : g ∈ G \}|} =^{L. 5} |C_{G}(\{M\})|

ein Teiler von p^{s}; cf. Bemerkung 9. I.e. es gibt ein v ∈ Z_{⩾0} mit

\frac{p^{t}n}{|\{ gM : g ∈ G \}|} · p^{v} = p^{s} ,

i.e.

|{ gM : g ∈ G }| = p^{t−s+v}n .

Ist nun |{ gM : g ∈ G }| ≠ p^{t−s}n, so ist v ⩾ 1.

Satz 13 (Sylow-Wielandt) Weiterhin sei G eine endliche Gruppe, p eine Primzahl, |G| = p^{t}n mit n ≢_{p} 0, sowie s ∈ [0, t].

Es ist |{ H ⩽ G : |H| = p^{s} }| ≡_{p} 1.

Insbesondere gibt es in G wenigstens eine Untergruppe der Ordnung p^{s}.

Beweis. Sei

Ω_{G}(p^{s}) = ⨆_{i∈[1,b]}{ gM_{i} : g ∈ G }

mit b ∈ Z_{⩾1} und M_{i} ∈ Ω_{G}(p^{s}) für i ∈ [1, b] die disjunkte Zerlegung der G-Menge Ω_{G}(p^{s}) in Bahnen; so sortiert, daß es ein a ∈ [0, b] gibt mit

|{ gM_{i} : g ∈ G }| = p^{t−s}n ⟺ i ∈ [1, a] .

Für i ∈ [1, b] enthält die Bahn { gM_{i} : g ∈ G } also genau dann eine Untergruppe von G, wenn i ∈ [1, a] ; cf. Bemerkung 11. Folglich ist a = |{ H ⩽ G : |H| = p^{s} }|; cf. Bemerkung 10. Es wird

\begin{matrix}(\begin{matrix}p^{t}n \\ p^{s} \end{matrix}) = |Ω_{G}(p^{s})| = ∑_{i∈[1,b]} |\{ gM_{i} : g ∈ G \}| ≡^{B. 12}_{p^{t−s+1}n} ∑_{i∈[1,a]} |\{ gM_{i} : g ∈ G \}| \\ = |\{ H ⩽ G : |H| = p^{s} \}| · p^{t−s}n . \end{matrix}

Da man so für jede Gruppe der Ordnung p^{t}n schließen kann, also auch für C_{p^{t}n}, wird

\begin{matrix}|\{ H ⩽ G : |H| = p^{s} \}| · p^{t−s}n ≡_{p^{t−s+1}n} (\begin{matrix}p^{t}n \\ p^{s} \end{matrix}) ≡_{p^{t−s+1}n} |\{ H ⩽ C_{p^{t}n} : |H| = p^{s} \}| · p^{t−s}n \\ =^{B. 8} p^{t−s}n . \end{matrix}

Kürzen von p^{t−s}n liefert hieraus

|{H ⩽ G : |H| = p^{s}}| ≡_{p} 1 .

Lemma 14 Sei K eine p-Gruppe. Sei M eine endliche K-Menge.

Dann ist |M| ≡_{p} |{ m ∈ M : xm = m für x ∈ K }|.

Falls |M| ≢_{p} 0 ist, dann gibt es also ein m ∈ M, für welches xm = m ist für x ∈ K.

Beweis. Schreibe |K| = p^{a} für ein a ∈ Z_{⩾0} .

Zerlege M = ⨆_{i∈[1,ℓ]} Km_{i} mit ℓ ∈ Z_{⩾0} und m_{i} ∈ M für i ∈ [1, ℓ].

Es ist |Km_{i}| = \frac{|K|}{|C_{K}(m_{i})|} ein Teiler von |K| = p^{a} für i ∈ [1, ℓ] ; cf. Lemma 5. Insbesondere ist |Km_{i}| ≡_{p} 0 für i ∈ [1, ℓ] mit |Km_{i}| ≠ 1. Auf der anderen Seite ist |Km_{i}| = 1 genau dann, wenn xm_{i} = m_{i} ist für x ∈ K; umgekehrt liegt jedes Element m ∈ M, für welches xm = m ist für x ∈ K, in einer Bahn der Länge 1 von M unter der Operation von K. Also wird

|M| = ∑_{i∈[1,ℓ]} |Km_{i}| ≡_{p} ∑_{i∈[1,ℓ], |Km_{i}| = 1} |Km_{i}| = |{ m ∈ M : xm = m für x ∈ K }| .

Satz 15 (Sylow) Weiterhin sei G eine endliche Gruppe, p eine Primzahl und |G| = p^{t}n mit n ≢_{p} 0.

Eine Untergruppe H ⩽ G mit |H| = p^{t} heißt auch p-Sylowgruppe von G.

(1) Jede p-Untergruppe von G ist in einer p-Sylowgruppe von G enthalten.

(2) Je zwei p-Sylowgruppen von G sind zueinander konjugiert in G.

Beweis. Es gibt eine p-Sylowgruppe H ⩽ G; cf. Satz 13. Seien s ∈ [0, t] und K ⩽ G mit |K| = p^{s} gegeben. Für (1) und (2) genügt es zu zeigen, daß K in einer zu H konjugierten Untergruppe enthalten ist.

Es wird die G-Menge G/H zu einer K-Menge durch Einschränken; cf. Beispiel 2.(5). Es ist |G/H| = |G|/|H| = n ≢_{p} 0. Also gibt es ein g ∈ G mit xgH = gH für alle x ∈ K; cf. Lemma 14. Somit ist g^{−}xg ∈ H für alle x ∈ K, also g^{−}Kg ⩽ H und also K ⩽ ^{g}H.

Beispiel 16 Wir betrachten die 2-Untergruppen der Gruppe S_{4} . Es ist |S_{4}| = 2^{3} · 3.

Ordnung

Untergruppen Anzahl der Untergruppen

2^{0}  1  1
2^{1}  ⟨(1, 2)⟩, ⟨(1, 3)⟩, ⟨(1, 4)⟩, ; ⟨(2, 3)⟩, ⟨(2, 4)⟩, ⟨(3, 4)⟩, ; ⟨(1, 2)(3, 4)⟩, ⟨(1, 3)(2, 4)⟩, ; ⟨(1, 4)(2, 3)⟩ 9

2^{2}  ⟨(1, 2), (3, 4)⟩, ; ⟨(1, 3), (2, 4)⟩, ; ⟨(1, 4), (2, 3)⟩, ; ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩, ; ⟨(1, 2, 3, 4)⟩, ⟨(1, 2, 4, 3)⟩, ; ⟨(1, 3, 2, 4)⟩ 7

2^{3} (2-Sylowgruppen) ⟨(1, 2, 3, 4), (1, 3)⟩, ; ⟨(1, 2, 4, 3), (1, 4)⟩, ; ⟨(1, 3, 2, 4), (1, 2)⟩ 3

Hierbei ist e.g.

⟨(1, 2, 3, 4), (1, 3)⟩ = {id, (1, 2, 3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4, 3, 2), (1, 3), (1, 4)(2, 3), (2, 4), (1, 2)(3, 4)} .

Nach Sylow-Wielandt ist die Anzahl der Untergruppen mit einer festen 2-Potenz als Ordnung kongruent zu 1 modulo 2, was wir bestätigt finden; cf. Satz 13.

Ferner erkennen wir, daß jede 2-Untergruppe in einer 2-Sylowgruppe enthalten ist und daß je zwei 2-Sylowgruppen zueinander konjugiert sind; cf. Satz 15.

Schließlich erkennen wir, daß i.a. nicht je zwei Untergruppen einer 2-Potenz-Ordnung zueinander konjugiert sind.

1.3 Präsentationen

1.3.1 Freie Gruppen

Sei X eine Menge. Sei X^{±} := X ⊔X = {(x, i) : x ∈ X, i ∈ {1, 2}}. Schreibe x^{+1} := (x, 1) und x^{−1} := (x, 2) für x ∈ X.

Später wird x^{−1} in der Tat die Rolle des Inversen von x^{+1} spielen.

Sei F_{0}(X) die Menge der endlichen Wörter in X^{±}. Ein Element von F_{0}(X) ist also von der Form x_{1}^{ε_{1}}x_{2}^{ε_{2}} … x_{n}^{ε_{n}} mit n ∈ Z_{⩾0} , x_{i} ∈ X und ε_{i} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n]. Das leere Wort werde zur Kenntlichmachung mit ∅ bezeichnet.

Sind u, v ∈ F_{0}(X), so bezeichne uv deren Aneinandersetzung.

Sei auf F_{0}(X) die Relation (⇝) dadurch erklärt, daß für u, v ∈ F_{0}(X), x ∈ X und ε ∈ {−1, +1} gelte, daß ux^{ε}x^{−ε}v ⇝ uv.

Sei (≈) die Äquivalenzrelation auf F_{0}(X), die von (⇝) erzeugt werde. Diese wollen wir nun auch konkret beschreiben.

Sei dazu auf F_{0}(X) die Relation ( ⇝ = ) dadurch erklärt, daß für u, v ∈ F_{0}(X) genau dann u ⇝ = v gelte, wenn u ⇝ v oder u = v.

Für u, v ∈ F_{0}(X) ist also u ≈ v genau dann, wenn es n ∈ Z_{⩾1} und w_{i} ∈ F_{0}(X) für i ∈ [1, n] und w′_{i} ∈ F_{0}(X) für i ∈ [1, n − 1] so gibt, daß, pars pro toto für n = 4,

u = w_{1} ⇝ = w′_{1}
∥
w_{2} ⇝ = w′_{1}
∥
w_{2} ⇝ = w′_{2}
∥
w_{3} ⇝ = w′_{2}
∥
w_{3} ⇝ = w′_{3}
∥
v = w_{4} ⇝ = w′_{3}

Bezeichne [u] die Äquivalenzklasse von u ∈ F_{0}(X). Sei

F(X) := F_{0}(X)/≈ = { [u] : u ∈ F_{0}(X) }

die Menge der Äquivalenzklassen auf F_{0}(X) bezüglich (≈). Wir haben die Abbildung

[figure: X; ι; F(X); x; [x^{+1}] .]

Bemerkung 17 Die Abbildung

[figure: F(X); ×; F(X); (·); F(X); ([u]; ,; [v]); [u] · [v] = [u][v] := [uv] ,]

Multiplikation genannt, ist wohldefiniert.

Beweis. Wir haben Repräsentantenunabhängigkeit zu zeigen. Es genügt zu zeigen, daß aus u ⇝ ũ bereits [uv] = [ũv] folgt und daß aus v ⇝ ṽ bereits [uv] = [uṽ] folgt, wobei u, ũ, v, ṽ ∈ F_{0}(X).

Zeigen wir ersteres; zweiteres ist dann analog zu behandeln.

Seien also u, ũ, v ∈ F_{0}(X) mit u ⇝ ũ gegeben. Dann gibt es u′, u′′ ∈ F_{0}(X), x ∈ X und ε ∈ {−1, +1} mit u = u′x^{ε}x^{−ε}u′′ und ũ = u′u′′. Dann aber ist auch

uv = u′x^{ε}x^{−ε}u′′v ⇝ u′u′′v = ũv ,

insbesondere also [uv] = [ũv].

Lemma 18 (und Definition) Zusammen mit der Multiplikation von Bemerkung 17 ist F(X) eine Gruppe, genannt die freie Gruppe auf X.

Hierbei ist 1 = 1_{F(X)} = [∅]. Ferner ist [x^{ε}]^{−} = [x^{−ε}] für x ∈ X und ε ∈ {−1, +1}.

Beweis. Zur Assoziativität. Es wird

([u][v])[w] = [uv][w] = [uvw] = [u][vw] = [u]([v][w]) .

für u, v, w ∈ F_{0}(X).

Zum Einselement. Es wird [∅][u] = [∅u] = [u] und [u][∅] = [u∅] = [u] für u ∈ F_{0}(X).

Zum inversen Element. Sei u ∈ F_{0}(X) gegeben. Schreibe u = x_{1}^{ε_{1}} … x_{n}^{ε_{n}} mit n ∈ Z_{⩾0} , x_{i} ∈ X und ε_{i} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n]. Setze v := x_{n}^{−ε_{n}} … x_{1}^{−ε_{1}}. Es wird

uv = x_{1}^{ε_{1}} … x_{n}^{ε_{n}} x_{n}^{−ε_{n}} … x_{1}^{−ε_{1}}
⇝ x_{1}^{ε_{1}} … x_{n−1}^{ε_{n−1}} x_{n−1}^{−ε_{n−1}} … x_{1}^{−ε_{1}}
⇝ x_{1}^{ε_{1}} … x_{n−2}^{ε_{n−2}} x_{n−2}^{−ε_{n−2}} … x_{1}^{−ε_{1}}
⇝ …
⇝ x_{1}^{ε_{1}} x_{1}^{−ε_{1}}
⇝ ∅ ,

sodaß [u][v] = [uv] = [∅] = 1. Analog wird auch [v][u] = 1.

Lemma 19 (Universelle Eigenschaft einer freien Gruppe) Sei G eine Gruppe. Sei f : X \overline{}G eine Abbildung. Dann gibt es genau einen Gruppenmorphismus f̂: F(X) \overline{}G mit f̂∘ ι = f.

\xymatrix{F(X) \ar@{.>}[r]^{∃!f̂} & G \\ X \ar[u]^{ι} \ar[ur]_{f}}

Hierbei ist

f̂([x_{1}^{ε_{1}} … x_{n}^{ε_{n}}]) = f(x_{1})^{ε_{1}} ⋯ f(x_{n})^{ε_{n}} ,

wobei n ∈ Z_{⩾0} , x_{i} ∈ X und ε_{i} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n].

Beweis. Zur Eindeutigkeit. Sei h : F(X) \overline{}G ein Gruppenmorphismus mit h ∘ ι = f, i.e. mit h([x^{+1}]) = f(x) für x ∈ X. Es folgt h([x^{−1}]) = h([x^{+1}]^{−}) = h([x^{+1}])^{−} = f(x)^{−}; cf. Lemma 18. Also ist

h([x_{1}^{ε_{1}} … x_{n}^{ε_{n}}]) = h([x_{1}^{ε_{1}}] ⋯ [x_{n}^{ε_{n}}]) = h([x_{1}^{ε_{1}}]) ⋯ h([x_{n}^{ε_{n}}]) = f(x_{1})^{ε_{1}} ⋯ f(x_{n})^{ε_{n}} für n ∈ Z_{⩾0} , x_{i} ∈ X und ε_{i} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n]. Somit ist h durch Angabe von f festgelegt. Zur Existenz. Wir definieren zunächst f̃: F_{0}(X) \overline{}G durch

f̃(x_{1}^{ε_{1}} … x_{n}^{ε_{n}}) := f(x_{1})^{ε_{1}} ⋯ f(x_{n})^{ε_{n}}

für n ∈ Z_{⩾0} , x_{i} ∈ X und ε_{i} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n]. Wir wollen zeigen, daß f̂: F(X) \overline{}G, [u] \overline{}f̃(u) wohldefiniert ist. Seien v, w ∈ F_{0}(X), x ∈ X und ε ∈ {−1, +1}. Wir haben zu zeigen, daß

f̃(vx^{ε}x^{−ε}w) =^{!} f̃(vw) .

Schreibe v = y_{1}^{α_{1}} … y_{k}^{α_{k}} und w = z_{1}^{β_{1}} … z_{ℓ}^{β_{ℓ}}, wobei k, ℓ ∈ Z_{⩾0} , y_{i} , z_{j} ∈ X und α_{i} , β_{j} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ]. Wir erhalten in der Tat

f̃(vx^{ε}x^{−ε}w) = f̃(y_{1}^{α_{1}} … y_{k}^{α_{k}}x^{ε}x^{−ε}z_{1}^{β_{1}} … z_{ℓ}^{β_{ℓ}})
= f(y_{1})^{α_{1}} ⋯ f(y_{k})^{α_{k}}f(x)^{ε}f(x)^{−ε}f(z_{1})^{β_{1}} ⋯ f(z_{ℓ})^{β_{ℓ}}
= f(y_{1})^{α_{1}} ⋯ f(y_{k})^{α_{k}}f(z_{1})^{β_{1}} ⋯ f(z_{ℓ})^{β_{ℓ}}
= f̃(y_{1}^{α_{1}} … y_{k}^{α_{k}}z_{1}^{β_{1}} … z_{ℓ}^{β_{ℓ}})
= f̃(vw) .

Es ist f̂([x^{+1}]) = f̃(x^{+1}) = f(x) für x ∈ X, i.e. f̂∘ ι = f.

Bleibt zu verifizieren, daß f̂ ein Gruppenmorphismus ist. Seien v, w ∈ F_{0}(X) in der Notation von eben gegeben. Dann wird

f̂([v][w]) = f̂([vw])
= f̃(vw)
= f̃(y_{1}^{α_{1}} … y_{k}^{α_{k}}z_{1}^{β_{1}} … z_{ℓ}^{β_{ℓ}})
= f(y_{1})^{α_{1}} ⋯ f(y_{k})^{α_{k}} · f(z_{1})^{β_{1}} ⋯ f(z_{ℓ})^{β_{ℓ}}
= f̃(y_{1}^{α_{1}} … y_{k}^{α_{k}}) · f̃(z_{1}^{β_{1}} … z_{ℓ}^{β_{ℓ}})
= f̃(v) · f̃(w)
= f̂([v]) · f̂([w]) .

Notation 20 Für x ∈ X schreiben wir unter Mißbrauch von Notation kurz

x := ι(x) = [x^{+1}] .

Damit schreibt sich insbesondere x^{−} = [x^{+1}]^{−} = [x^{−1}] für x ∈ X und also [x_{1}^{ε_{1}} … x_{n}^{ε_{n}}] = [x_{1}^{ε_{1}}] ⋯ [x_{n}^{ε_{n}}] = x_{1}^{ε_{1}} ⋯ x_{n}^{ε_{n}}, wobei n ∈ Z_{⩾0} , x_{i} ∈ X und ε_{i} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n].

1.3.2 Präsentationen via Erzeuger und Relationen

Bemerkung 21 (und Definition) Sei H eine Gruppe. Sei T ⊆ H. Sei

T := ⋂_{T ⊆N⊴H} N ⊴ H .

das Normalteilererzeugnis von T in H.

Es liegt T in jedem Normalteiler von H, der T enthält.

Es ist T = ⟨⋃_{h∈H} ^{h}T ⟩. Also ist jedes Element von T ein Produkt von Konjugierten von Elementen von T und ihrer Inversen.

Beweis. Wir haben zu zeigen, daß T ⊴^{!} H. In der Tat ist der Schnitt einer beliebigen Menge von Normalteilern einer Gruppe wieder ein Normalteiler dieser Gruppe.

Nach Konstruktion liegt T in jedem Normalteiler von H, der T enthält.

Wir haben zu zeigen, daß T =^{!} ⟨⋃_{h∈H} ^{h}T ⟩.

Zu ⩽^{!}. Es enthält ⟨⋃_{h∈H} ^{h}T ⟩ die Teilmenge T und ist invariant unter Konjugation.

Zu ⩾^{!}. Es ist T ⊆ T . Da T ⊴ H ist, ist auch ^{h}T ⊆ T für h ∈ H. Da T ⩽ H ist, folgt schließlich ⟨⋃_{h∈H} ^{h}T ⟩ ⩽ T .

Definition 22 Seien n, m ⩾ 0. Sei X = {x_{1} , …, x_{n}} eine endliche Menge, wobei x_{i} ≠ x_{j} für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j. Seien r_{1} , …, r_{m} ∈ F(X). Schreibe

⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩ := F(X)/ {r_{1}, …, r_{m}} .

Die Elemente x_{i} für i ∈ [1, n] heißen Erzeuger. Die Elemente r_{j} für j ∈ [1, m] heißen Relationen. Die eben definierte Gruppe heißt durch diese Erzeuger und diese Relationen präsentiert. Nach Konstruktion ist das Bild einer Relation r_{j} in ⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩ gleich 1.

Notation 23 Unter Mißbrauch von Notation schreiben wir für i ∈ [1, n] das Bild eines Elements x_{i} in ⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩ wieder

x_{i} := x_{i} {r_{1} , …, r_{m}} =^{N. 20} [x_{i}^{+1}] {r_{1} , …, r_{m}} .

Die beiden Surjektionen

[figure: F_{0}(X); F(X); ⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩; u; u; u {r_{1} , …, r_{m}}]

zeigen, daß in dieser Notation jedes Element in ⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩ von der Form x_{i_{1}}^{ε_{1}} ⋯ x_{i_{k}}^{ε_{k}} mit k ∈ Z_{⩾0} und i_{j} ∈ [1, n], ε_{j} ∈ {−1, +1} für j ∈ [1, k] ist.

Satz 24 (Universelle Eigenschaft einer präsentierten Gruppe) Wir befinden uns weiterhin in der Situation von Definition 22. Sei G eine Gruppe. Sei f : X \overline{}G eine Abbildung. Wir erinnern daran, daß die Abbildung f̂ : F(X) \overline{}G ein Element r = x_{i_{1}}^{ε_{1}} ⋯ x_{i_{k}}^{ε_{k}} für k ∈ Z_{⩾0} und i_{j} ∈ [1, n], ε_{j} ∈ {−1, +1} für j ∈ [1, k] auf

f̂(r) = f(x_{i_{1}})^{ε_{1}} ⋯ f(x_{i_{k}})^{ε_{k}}

schickt; cf. Lemma 19. Sei nun an f noch vorausgesetzt, daß f̂(r_{j}) = 1_{G} für j ∈ [1, m]. Dann gibt es genau einen Gruppenmorphismus f̌: ⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩ \overline{}G so, daß f̌(x_{i}) = f(x_{i}) für i ∈ [1, n].

\xymatrix{x_{i} & ⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩ \ar@{.>}[r]^{∃!f̌} & G \\ x_{i} \ar@{|->}[u] & \{ x_{1} , …, x_{n} \} \ar[u] \ar[ur]_{f}}

Beweis.

Eindeutigkeit. Sei h : ⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩ \overline{}G ein Gruppenmorphismus mit h(x_{i}) = f(x_{i}) für i ∈ [1, n]. Dann ist

h(x_{i_{1}}^{ε_{1}} ⋯ x_{i_{k}}^{ε_{k}}) = h(x_{i_{1}})^{ε_{1}} ⋯ h(x_{i_{k}})^{ε_{k}} = f(x_{i_{1}})^{ε_{1}} ⋯ f(x_{i_{k}})^{ε_{k}} ,

wobei k ∈ Z_{⩾0} und i_{j} ∈ [1, n], ε_{j} ∈ {−1, +1} für j ∈ [1, k]. Also ist h durch Angabe von f festgelegt.

Existenz. Wir verfügen über den Gruppenmorphismus f̂: F(X) \overline{}G mit f̂(x_{i}) = f(x_{i}) für i ∈ [1, n] ; cf. Lemma 19. Schreibe A := {r_{1} , …, r_{m}} ⊴ F(X). Nach Voraussetzung ist f̂(r_{j}) = 1 für j ∈ [1, m]. Es folgt f̂(A) = 1, da jedes Element von A ein Produkt von Konjugierten von Elementen der Form r_{j} und ihrer Inversen ist; cf. Bemerkung 21.

Wir haben zu zeigen, daß die Abbildung

[figure: ⟨ x_{1} , …, x_{n} : r_{1} , …, r_{m} ⟩ = F(X)/A; f̌; G; uA; f̂(u)]

ein wohldefinierter Gruppenmorphismus ist, der x_{i} nach f(x_{i}) schickt für i ∈ [1, n].

Zur Wohldefiniertheit. Sind u, u′ ∈ F(X) mit uA = u′A gegeben, so ist u^{−}u′ ∈ A und also f̂(u) = f̂(u)f̂(u^{−}u′) = f̂(uu^{−}u′) = f̂(u′).

Zur Gruppenmorphie. Sind u, u′ ∈ F(X) gegeben, dann wird

f̌(uA · u′A) = f̌(uu′A) = f̂(uu′) = f̂(u) · f̂(u′) = f̌(uA) · f̌(u′A) .

Schließlich wird f̌(x_{i}) =^{N. 23} f̌(x_{i}A) = f̂(x_{i}) =^{L. 19} f(x_{i}) für i ∈ [1, n].

Beispiel 25 Sei D_{8} := ⟨ a, b : a^{4}, b^{2}, (ba)^{2} ⟩.

In D_{8} ist jedes Element ein Produkt von Elementen a und b. Denn aus a^{4} = 1 folgt a^{−} = a^{3}, und aus b^{2} = 1 folgt b^{−} = b. Ferner ist baba = 1, und also auch ba = a^{−}b^{−} = a^{3}b.

In D_{8} ist jedes Element von der Form a^{i}b^{j} mit i ∈ [0, 3] und j ∈ [0, 1]. Denn in einem Produkt von Elementen a und b können wir unter Verwendung von ba = a^{3}b die Faktoren b nach rechts tauschen; e.g. wird baabab = a^{3}babab = a^{3}a^{3}bbab = a^{2}1ab = a^{3}b. Insbesondere ist |D_{8}| ⩽ 8.

Sei

[figure: {a, b}; f; S_{4}; a; (1, 2, 3, 4); b; (1, 3) .]

Betrachten wir f̂: F(\{a, b\}) \overline{}S_{4} , so wird

\begin{aligned}f̂(a^{4}) & = & f(a)^{4} & = & (1, 2, 3, 4)^{4} & = & id \\ f̂(b^{2}) & = & f(b)^{2} & = & (1, 3)^{2} & = & id \\ f̂((ba)^{2}) & = & (f(b) ∘ f(a))^{2} & = & ( \underbrace{(1, 2, 3, 4) ∘ (1, 3)}_{= (1,4)(2,3)} )^{2} & = & id . \end{aligned}

Also ist Satz 24 anwendbar, und wir erhalten einen Gruppenmorphismus

[figure: D_{8}; f̌; S_{4}; a; (1, 2, 3, 4); b; (1, 3) .]

Sein Bild ist die 2-Sylowgruppe H := ⟨(1, 2, 3, 4), (1, 3)⟩ von S_{4} , hat also Ordnung 8 ; cf. Beispiel 16. Insbesondere ist |D_{8}| ⩾ 8.

Zusammengenommen ist also |D_{8}| = 8.

Es folgt, daß f̌|^{H} : D_{8} \overline{}H ein Gruppenisomorphismus ist.

Es ergibt sich auch, daß in D_{8} aus a^{i}b^{j} = aĩbj̃ mit i, ĩ ∈ [0, 3] und j, j̃ ∈ [0, 1] folgt, daß i = ĩ und j = j̃.

Es heißt D_{8} auch die Diedergruppe von Ordnung 8.

Im allgemeinen kann man von einer präsentierten Gruppe die Ordnung nicht bestimmen. Noch nicht einmal das Wortproblem, zu entscheiden, ob ein gegebenes Element einer präsentierten Gruppe gleich 1 ist, ist allgemein lösbar.

Beispiel 26 Sei

[figure: {a, b}; u; D_{8}; a; a; b; ab .]

Betrachten wir û : F(\{a, b\}) \overline{}D_{8} , so wird

\begin{aligned}û(a^{4}) & = & u(a)^{4} & = & a^{4} & = & 1 \\ û(b^{2}) & = & u(b)^{2} & = & (ab)^{2} & = & abab = aa^{3}bb = 1 \\ û((ba)^{2}) & = & (u(b)u(a))^{2} & = & (aba)^{2} & = & abaaba = aa^{3}a^{3}bba = 1 . \end{aligned}

Also ist Satz 24 anwendbar, und wir erhalten einen Gruppenmorphismus

[figure: D_{8}; ǔ; D_{8}; a; a; b; ab .]

Da D_{8} = ⟨a, b⟩ = ⟨a, ab⟩ ist, ist ǔ surjektiv. Da eine Selbstabbildung einer endlichen Menge vorliegt, ist ǔ bijektiv, also ein Gruppenisomorphismus von D_{8} nach D_{8} , auch Automorphismus von D_{8} genannt.

Automorphismen, die durch Konjugation mit einem Gruppenelement entstehen, heißen inner. Nun wird aber ^{a^{i}b^{j}}b = ^{a^{i}}b = a^{i}ba^{−i} = a^{2i}b ≠ ab für alle i ∈ [0, 3] und j ∈ [0, 1]. Also ist ǔ nicht inner.

Beispiel 27 Sei n ⩾ 1. Setze

S_{P,n} := ⟨ s_{1} , …, s_{n−1} : \begin{matrix}s_{i}^{2} & für i ∈ [1, n − 1] \\ (s_{i}s_{i+1})^{3} & für i ∈ [1, n − 2] \\ (s_{i}s_{j})^{2} & für i, j ∈ [1, n − 1] mit |i − j| ⩾ 2 \end{matrix} ⟩

Es ist

[figure: S_{P,n}; ∼; S_{n}; s_{i}; (i, i + 1) für i ∈ [1, n − 1] .]

Dies verifizieren wir in Aufgabe 9.

1.4 Auflösbar, überauflösbar, nilpotent

Sei G eine endliche Gruppe.

Definition 28 Sei

Z(G) := { z ∈ G : zg = gz für g ∈ G}
= { z ∈ G : z = ^{g}z für g ∈ G}
= { z ∈ G : g = ^{z}g für g ∈ G}

das Zentrum von G. Es ist Z(G) ⩽ G, da für z, w ∈ Z(G) und g ∈ G gilt, daß ^{g}(z^{−}w) = (^{g}z)^{−} ^{g}w = z^{−}w und also z^{−}w ∈ Z(G) ; und da 1 ∈ Z(G). Es ist Z(G) ⊴ G, da jedes Element Z(G) unter Konjugation mit G sogar fest bleibt. Es ist Z(G) abelsch. Cf. Aufgabe 6.

Beispiel 29 Sei n ∈ Z_{⩾3} . Es ist Z(S_{n}) = 1. Denn sei σ ∈ Z(S_{n}). Dann wird (1, 2, …, n) von σ ∈ S_{n} auf sich konjugiert. Ist also σ(1) = k für ein k ∈ [1, n], dann ist σ(i) = \overline{i + k − 1}, wobei für t ∈ Z gelte, daß t =: \overline{t} + n · \underline{t} mit \overline{t} ∈ [1, n] und \underline{t} ∈ Z. Es folgt σ = (1, 2, …, n)^{k−1}. Sodann impliziert (1, 2) = ^{σ}(1, 2) = ^{(1,2,...,n)^{k−1}}(1, 2) = (k, \overline{k + 1}) und n ⩾ 3, daß k = 1.

Definition 30

(1) Gibt es ein n ∈ Z_{⩾0} und eine Kette

1 = G_{n} ⊴ G_{n−1} ⊴ G_{n−2} ⊴ ⋯ ⊴ G_{1} ⊴ G_{0} = G

mit G_{i}/G_{i+1} abelsch für i ∈ [0, n − 1], dann heißt G auflösbar.

Eine solche Kette heißt dann auflösende Kette von G.

(2) Gibt es ein n ∈ Z_{⩾0} und eine Kette

1 = G_{n} ⊴ G_{n−1} ⊴ G_{n−2} ⊴ ⋯ ⊴ G_{1} ⊴ G_{0} = G mit G_{i}/G_{i+1} zyklisch für i ∈ [0, n − 1] und G_{i} ⊴ G für i ∈ [0, n], dann heißt G überauflösbar. Eine solche Kette heißt dann überauflösende Kette von G.

(3) Gibt es ein n ∈ Z_{⩾0} und eine Kette

1 = G_{n} ⊴ G_{n−1} ⊴ G_{n−2} ⊴ ⋯ ⊴ G_{1} ⊴ G_{0} = G mit G_{i} ⊴ G für i ∈ [0, n] und G_{i}/G_{i+1} ⩽ Z(G/G_{i+1}) für i ∈ [0, n − 1], dann heißt G nilpotent. Eine solche Kette heißt dann nilpotent auflösende Kette von G.

Man nennt G_{i}/G_{i+1} auch den i-ten Subfaktor der jeweiligen Kette.

Bemerkung 31 Wir haben die Implikationen

G nilpotent  ⟹  G überauflösbar  ⟹  G auflösbar .

Beweis. Zu zeigen ist nur, daß G überauflösbar ist, falls G nilpotent ist. Sei also ein n ∈ Z_{⩾0} und eine nilpotent auflösende Kette

1 = G_{n} ⊴ G_{n−1} ⊴ G_{n−2} ⊴ ⋯ ⊴ G_{1} ⊴ G_{0} = G

gegeben; i.e. sei G_{i} ⊴ G für i ∈ [0, n] und G_{i−1}/G_{i} ⩽ Z(G/G_{i}) für i ∈ [1, n]. Wir wollen mit Induktion zeigen, daß G/G_{i} überauflösbar ist für i ∈ [0, n]. Dies trifft für i = 0 zu. Sei i ∈ [1, n] und sei G/G_{i−1} überauflösbar. Wir haben G/G_{i} als überauflösbar nachzuweisen. Da G_{i−1}/G_{i} ⩽ Z(G/G_{i}) und da G/G_{i−1} ≃ (G/G_{i})/(G_{i−1}/G_{i}), folgt dies mit Aufgabe 12.(4). Insbesondere ist nun G ≃ G/G_{n} als überauflösbar nachgewiesen.

Bemerkung 32 Sei H eine Gruppe. Setze UV := { uv : u ∈ U, v ∈ V } ⊆ H für U, V ⩽ H. Seien nun N ⊴ H und U ⩽ H gegeben. Es ist UN = NU ⩽ H. Wir haben den Gruppenisomorphismus

[figure: U/(U ∩ N); ∼; (UN)/N; u(U ∩ N); uN .]

Falls H endlich ist, ist insbesondere |UN| = \frac{|U||N|}{|U∩N|}.

Ist schließlich zudem U ⊴ H, so ist UN ⊴ H.

Beweis. Zur Untergruppeneigenschaft. Es ist 1 ∈ UN. Sind n, ñ ∈ N und u, ũ ∈ U, so wird

(nu)(ñũ)^{−} = nuũ^{−}ñ^{−} = n(^{uũ^{−}}ñ)^{−}uũ^{−} ∈ NU .

Ferner ist nu = u(^{u^{−}}n) ∈ UN, also NU ⩽ UN. Genauso ist NU ⩾ UN. Also ist NU = UN.

Zur Isomorphie. Die angegebene Abbildung ist wohldefiniert und injektiv, da für u ∈ U genau dann u ∈ U ∩ N ist, wenn u ∈ N ist. Nach Konstruktion ist sie surjektiv und ein Gruppenmorphismus.

Ist zudem U ⊴ H, so ist ^{h}(un) = ^{h}u ^{h}n ∈ UN für u ∈ U, n ∈ N und h ∈ H.

Beispiel 33

(1) Ist G abelsch, so ist G nilpotent, wie die nilpotent auflösende Kette 1 ⊴ G zeigt.

(2) Sei p eine Primzahl. Ist G eine p-Gruppe, so ist G nilpotent, wie wir mit Induktion über |G| begründen wollen. Ist |G| = 1, so ist nichts zu zeigen. Sei |G| > 1. Dann ist Z(G) ≠ 1 ; cf. Aufgabe 6.(1). Nach Induktion ist G/Z(G) nilpotent. Also ist G nilpotent; cf. Aufgabe 12.(7).

(3) Es hat S_{3} die Normalteiler S_{3} , A_{3} und 1 ; und nur diese.

Es ist S_{3} überauflösbar, da S_{3}/A_{3} ≃ C_{2} und A_{3} ≃ C_{3} . Es ist S_{3} nicht nilpotent, da diesenfalls der letzte nichttriviale Subfaktor im Zentrum liegen müßte, aber Z(S_{3}) = {id} gilt; cf. Beispiel 29.

(4) Es hat S_{4} die Normalteiler S_{4} , A_{4} , V_{4} := ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ und 1 ; und nur

diese. Insbesondere ist

1 ⊴ V_{4} ⊴ A_{4} ⊴ S_{4} .

Es ist S_{4} auflösbar, da S_{4}/A_{4} ≃ C_{2} , A_{4}/V_{4} ≃ C_{3} und V_{4} ≃ C_{2} × C_{2} . Es ist S_{4} nicht überauflösbar, da V_{4} nicht zyklisch ist, und wir also keine Kette von Normalteilern der S_{4} finden können, deren letzter Subfaktor zyklisch ist.

(5) Sei n ⩾ 5. Es hat S_{n} die Normalteiler S_{n}, A_{n} und 1 ; und nur diese. Denn ist 1 < N ◁ S_{n}, so ist N ∩ A_{n} ⊴ A_{n}, also N ∩ A_{n} = 1 oder N ∩ A_{n} = A_{n}; cf. Aufgabe 11.(2). Letzterenfalls folgt aus A_{n} ⩽ N < S_{n}, daß N = A_{n}. Ersterenfalls folgt aus N ≃ N/(N ∩ A_{n}) ≃ (NA_{n})/A_{n}, daß |N| = 2 und also N ⩽ Z(S_{n}) = 1 ; dieser Widerspruch zeigt, daß dieser Fall nicht eintritt. Cf. Bemerkung 32; Beispiel 29. Es ist A_{n} nicht auflösbar, da A_{n} einfach und nichtabelsch ist, ersteres dank Aufgabe 11.(2), letzteres e.g. wegen (1, 2, 3) ∘ (2, 3, 4) = (1, 2)(3, 4) ≠ (1, 3)(2, 4) = (2, 3, 4) ∘ (1, 2, 3). Da A_{n} ⩽ S_{n} ist, impliziert A_{n} nicht auflösbar, daß S_{n} nicht auflösbar ist; cf. Aufgabe 12.(2).

Definition 34 Sei I eine Menge. Sei für i ∈ I eine Gruppe H_{i} gegeben. Sei auf dem cartesischen Produkt

∏_{i∈I} H_{i} = { (x_{i})_{i} : x_{i} ∈ H_{i} für i ∈ I }

eine Multiplikation durch

(x_{i})_{i} · (y_{i})_{i} := (x_{i} · y_{i})_{i}

erklärt, wobei (x_{i})_{i} , (y_{i})_{i} ∈ ∏_{i∈I} H_{i}. Mit dieser Multiplikation wird ∏_{i∈I} H_{i} zu einer Gruppe, dem (äußeren) direkten Produkt von (H_{i})_{i∈I} . Dabei ist 1_{∏_{i} H_{i}} = (1_{H_{i}})_{i} und ((x_{i})_{i})^{−} = (x_{i}^{−})_{i} für (x_{i})_{i} ∈ ∏_{i} H_{i}. Ist I = [1, k] für ein k ∈ Z_{⩾0} , so schreiben wir auch ∏_{i∈[i,k]} H_{i} =: H_{1} × ⋯ × H_{k}.

Bemerkung 35 Sei H eine Gruppe. Sei k ∈ Z_{⩾0} . Seien N_{i} ⊴ H für i ∈ [1, k] so gegeben, daß

H = N_{1}N_{2} ⋯ N_{k}

und daß

N_{i} ∩ (N_{1} ⋯ N_{i−1}N_{i+1} ⋯ N_{k}) = 1 für i ∈ [1, k] .

Dann haben wir den Gruppenisomorphismus

[figure: ∏_{i} N_{i}; f; ∼; H; (n_{i})_{i}; n_{1}n_{2} ⋯ n_{k}]

Man sagt auch, H sei ein (inneres) direktes Produkt von (N_{i})_{i}.

Beweis. Seien i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j gegeben. Sei n_{i} ∈ N_{i} und n_{j} ∈ N_{j}. Es ist n_{i}n_{j}n_{i}^{−}n_{j}^{−} ∈ N_{i} ∩ N_{j} = 1, und also n_{i}n_{j} = n_{j}n_{i}. Somit ist f ein Gruppenmorphismus. Nach Voraussetzung ist f surjektiv. Zeigen wir, daß f injektiv ist. Sei (n_{i})_{i} ∈ ∏_{i} N_{i} mit 1 = f((n_{i})_{i}) = n_{1}n_{2} ⋯ n_{k} gegeben. Dann ist n_{1} ∈ N_{1} ∩ (N_{2} ⋯ N_{k}) = 1, also n_{1} = 1 und 1 = n_{2}n_{3} ⋯ n_{k}. Dann ist n_{2} ∈ N_{2} ∩ (N_{3} ⋯ N_{k}) = 1, also n_{2} = 1 und 1 = n_{3}n_{4} ⋯ n_{k}. Usf. Es folgt (n_{i})_{i} = (1_{N_{i}})_{i}. Dies zeigt die Injektivität von f.

Dem Beweis von Bemerkung 35 kann man entnehmen, daß die asymmetrische Bedingung, stets N_{i} ∩ (N_{i+1} ⋯ N_{k}) = 1 zu haben, genügt hätte.

Lemma 36 Sei G weiterhin eine endliche Gruppe. Sei p eine Primzahl. Sei H ⊴ G. Sei H ⩽ K ⩽ G so, daß K/H eine p-Sylowgruppe von G/H ist.

(1) Es gibt eine p-Sylowgruppe Q ⩽ G mit QH = K.

(2) Ist Q̃ ⩽ G eine p-Sylowgruppe, so ist (Q̃H)/H ⩽ G/H eine p-Sylowgruppe.

(3) Ist H ⩽ Z(G), dann gibt es genau eine p-Sylowgruppe Q ⩽ G mit QH = K.

(4) Ist H ⩽ Z(G) und hat G/H nur eine p-Sylowgruppe, dann hat auch G nur eine p-Sylowgruppe.

Beweis.

Zu (1). Sei P ⩽ H eine p-Sylowgruppe. Sei Q̃ ⩽ G eine p-Sylowgruppe mit P ⩽ Q̃ ⩽ G; cf. Satz 15.(1). Es ist P ⩽ Q̃ ∩ H und also P = Q̃ ∩ H, da Q̃ ∩ H eine p-Untergruppe von H ist.

[figure: G; Q̃H; H; Q̃; P = H ∩ Q̃]

Ein Vergleich der Ordnungen zeigt, daß Q̃H/H ≃^{B. 32} Q̃/(Q̃∩H) = Q̃/P eine p-Sylowgruppe von G/H ist. Also gibt es ein x ∈ G mit

K/H = ^{xH}(Q̃H/H) = (xH)(Q̃H/H)(x^{−}H) = (xQ̃Hx^{−})/H = ^{x}(Q̃H)/H = (^{x}Q̃^{x}H)/H = (^{x}Q̃ H)/H ;

cf. Satz 15.(2). Es folgt ^{x}Q̃ H = K, sodaß Q := ^{x}Q̃ eine p-Sylowgruppe von G wie gesucht ist.

Zu (2). Sei Q ⩽ G eine p-Sylowgruppe mit QH/H = K/H; cf. (1). Dann gibt es ein x ∈ G mit Q̃ = ^{x}Q; cf. Satz 15.(2). Es wird

(Q̃H)/H = (^{x}QH)/H = (xQHx^{−})/H = (xH)(QH/H)(x^{−}H) = (xH)(K/H)(x^{−}H)

ebenfalls eine p-Sylowgruppe von G/H.

Zu (3). Dank (1) bleibt nur die Eindeutigkeit zu zeigen. Seien Q und Q̃ zwei p-Sylowgruppen von G mit QH = K = Q̃H. Es sind Q und Q̃ auch p-Sylowgruppen von K. Also gibt es ein x ∈ K mit ^{x}Q̃ = Q. Schreibe x = q̃h mit q̃ ∈ Q̃ und h ∈ H. Es wird

Q = ^{x}Q̃ = ^{q̃h}Q̃ =^{H ⩽ Z(G)} ^{q̃}Q̃ = Q̃ .

Zu (4). Seien Q, Q̃ ⩽ G zwei p-Sylowgruppen. Wir haben zu zeigen, daß Q =^{!} Q̃. Es sind (QH)/H und (Q̃H)/H beides p-Sylowgruppen von G/H; cf. (2). Da G/H nur eine p-Sylowgruppe hat, folgt (QH)/H = K/H = (Q̃H)/H. Also ist QH = K = Q̃H. Dank (3) folgt schließlich Q = Q̃.

Satz 37 (Sylowzerlegung nilpotenter Gruppen) Weiterhin sei G eine endliche Gruppe. Sei π(G) die Menge der Primteiler von |G|.

Für alle p ∈ π(G) wählen wir eine p-Sylowgruppe Q_{p} ⩽ G.

Es ist

G nilpotent  ⟺  G ≃ ∏_{p∈π(G)} Q_{p} .

Kurz, G ist genau dann nilpotent, wenn G direktes Produkt seiner Sylowgruppen ist.

Beweis.

Zu ⇐. Als p-Gruppe ist Q_{p} nilpotent für alle Primteiler p von |G|; cf. Beispiel 33.(2). Ferner ist ein direktes Produkt nilpotenter Gruppen nilpotent, da eine nilpotent auflösende Kette als direktes Produkt der vorliegenden nilpotent auflösenden Ketten der direkten Faktoren gebildet werden kann. Also ist G isomorph zu einer nilpotenten Gruppe, mithin selbst nilpotent.

Zu ⇒. Sei ein n ∈ Z_{⩾0} und eine nilpotent auflösende Kette

1 = G_{n} ⊴ G_{n−1} ⊴ G_{n−2} ⊴ ⋯ ⊴ G_{1} ⊴ G_{0} = G

gegeben; i.e. sei G_{i} ⊴ G für i ∈ [0, n] und G_{i}/G_{i+1} ⩽ Z(G/G_{i+1}) für i ∈ [0, n − 1].

Sei p eine Primzahl. Wir wollen mit Induktion zeigen, daß G/G_{i} genau eine p-Sylowgruppe hat für i ∈ [0, n]. Dies trifft für i = 0 zu. Sei i ∈ [1, n] und habe G/G_{i−1} genau eine p-Sylowgruppe. Wir haben zu zeigen, daß G/G_{i} genau eine p-Sylowgruppe hat.

Da G_{i−1}/G_{i} ⩽ Z(G/G_{i}) und (G/G_{i})/(G_{i−1}/G_{i}) ≃ G/G_{i−1} , folgt dies mit Lemma 36.(4).

Der Fall i = n zeigt nun insbesondere, daß Q_{p} die einzige p-Sylowgruppe von G ist für p ∈ π(G). Also ist Q_{p} ⊴ G für p ∈ π(G) ; cf. Aufgabe 7.(1).

Sortiere π(G) = {p_{1} , …, p_{ℓ}}, wobei ℓ ∈ Z_{⩾0} und p_{i} ≠ p_{j} für i, j ∈ [1, ℓ] mit i ≠ j. Schreibe kurz Q_{i} := Q_{p_{i}} für i ∈ [1, ℓ].

Für i ∈ [1, ℓ] ist |Q_{1} ⋯ Q_{i−1}Q_{i+1} ⋯ Q_{ℓ}| ein Teiler von |Q_{1} ⋯ Q_{i−1}Q_{i+1} ⋯ Q_{ℓ−1}||Q_{ℓ}|, dies ist ein Teiler von |Q_{1} ⋯ Q_{i−1}Q_{i+1} ⋯ Q_{ℓ−2}||Q_{ℓ−1}||Q_{ℓ}|, usf.; cf. Bemerkung 32. Insgesamt ist |Q_{1} ⋯ Q_{i−1}Q_{i+1} ⋯ Q_{ℓ}| also ein Teiler von |Q_{1}| ⋯ |Q_{i−1}||Q_{i+1}| ⋯ |Q_{ℓ}|. Daher ist |Q_{i}| teilerfremd zu |Q_{1} ⋯ Q_{i−1}Q_{i+1} ⋯ Q_{ℓ}|. Folglich ist

Q_{i} ∩ (Q_{1} ⋯ Q_{i−1}Q_{i+1} ⋯ Q_{ℓ}) = 1 .

Ferner ist

|Q_{1} ⋯ Q_{ℓ}| =^{B. 32} \frac{|Q_{1}···Q_{ℓ−1}||Q_{ℓ}|}{|(Q_{1}···Q_{ℓ−1}) ∩ Q_{ℓ}|}
= |Q_{1} ⋯ Q_{ℓ−1}||Q_{ℓ}|
=^{B. 32} \frac{|Q_{1}···Q_{ℓ−2}||Q_{ℓ−1}|}{|(Q_{1}···Q_{ℓ−2}) ∩ Q_{ℓ−1}|} |Q_{ℓ}|
= |Q_{1} ⋯ Q_{ℓ−2}||Q_{ℓ−1}||Q_{ℓ}|
= ⋯
= |Q_{1}| ⋯ |Q_{ℓ}|
= |G| ,

i.e. Q_{1} ⋯ Q_{ℓ} = G. Nun können wir Bemerkung 35 anwenden und erhalten den Gruppenisomorphismus

[figure: ∏_{i∈[1,ℓ]} Q_{i}; f; ∼; G; (q_{i})_{i}; q_{1}q_{2} ⋯ q_{k} .]

Darstellungen und Moduln

Die Begriffe eines (Links-)Moduls über einem Ring A, der A-linearen Abbildungen zwischen A-Moduln, sowie der Teil- und der Faktormoduln von A-Moduln werden als bekannt vorausgesetzt. Ist A ein Körper, so ist ein A-Modul dasselbe wie ein A-Vektorraum.

Sei G eine Gruppe.

Sei R ein kommutativer Ring mit R ≠ 0.

Für einen R-Modul V schreiben wir GL(V) für die Gruppe der bijektiven R-linearen Abbildungen von V nach V, mit der Komposition als Multiplikation. Ferner werde GL(R^{n×1}) mit GL_{n}(R) via der Standardbasis von R^{n} identifiziert, wobei n ⩾ 0.

2.1 Darstellungen

Definition 38 Eine Darstellung (V, ρ) von G (über R) besteht aus einem R-Modul V und einem Gruppenmorphismus ρ : G \overline{}GL(V).

Man spricht auch von einer Darstellung ρ von G auf V (über R).

Man kann auch G-Mengen als bestehend aus einer Menge M und einem Gruppenmorphismus G → S_{M} auffassen; cf. Aufgabe 8.(2).

Beispiel 39

(1) Es gibt die triviale Darstellung G \overline{}GL_{1}(R), g \overline{}(^{1}) auf R über R.

(2) Sei n ∈ Z_{⩾1} . Sei G = C_{n} := ⟨ a : a^{n} ⟩ die zyklische Gruppe von Ordnung n.

Sei k ∈ [0, n − 1]. Da ζ_{n}^{n} = 1, gibt es die Darstellung C_{n} \overline{}GL_{1}(C), a \overline{}(^{ζ_{n}^{k}}) über C.

(3) Sei n ∈ Z_{⩾0} . Sei G = S_{n}.

Es gibt, wie stets, die triviale Darstellung S_{n} \overline{}GL_{1}(R), σ \overline{}(1) über R.

Ferner gibt es die Signumsdarstellung S_{n} \overline{}GL_{1}(R), σ \overline{}(^{sgn σ}) über R.

In der Tat ist sgn(σ ∘ τ) = (sgn σ) · (sgn τ) für σ, τ ∈ S_{n}.

(4) Es definiert

[figure: S_{3}; GL_{2}(Z); (1, 2); (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}); (2, 3); (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix})]

eine Darstellung von S_{3} auf Z^{2×1} über Z ; cf. Aufgabe 14.

Der Ring Z kann hierin auch durch Q oder C ersetzt werden.

Definition 40 (und Bemerkung) Sei M eine endliche G-Menge. Sei

RM := { ∑_{m∈M} r_{m} m : r_{m} ∈ R für m ∈ M }

der freie R-Modul mit R-linearer Basis M (^{1}).

Wir haben eine injektive Abbildung M \overline{}RM, m \overline{}∑_{n∈M} ∂_{n,m} n, welche wir zur Identifikation verwenden und so M als Teilmenge von RM betrachten, insbesondere also m = ∑_{n∈M} ∂_{n,m} n schreiben.

Es definiert

\begin{matrix}G & ^{\overline{}^{ρ_{RM}}} & GL(RM) \\ g & \overline{} & (m \overline{}gm) \end{matrix}

eine Darstellung von G auf RM über R.

Es ist dann ρ_{RM}(g)(∑_{m∈M} r_{m} m) = ∑_{m∈M} r_{m} gm.

Eine solche Darstellung heißt Permutationsdarstellung. Denn wenn man GL(RM) mit GL_{|M|}(R) identifiziert vermöge der Basis M von RM, so wird jedes Gruppenelement auf eine Permutationsmatrix in GL_{|M|}(R) abgebildet.

Beweis. Es ist ρ_{RM}(g) eine R-lineare bijektive Abbildung von RM nach RM, induziert von der bijektiven Abbildung M \overline{}M, m \overline{}gm der Basis M auf sich.

Seien g, g̃ ∈ G gegeben. Es ist

(ρ_{RM}(gg̃))(m) = (gg̃)(m) = g(g̃m) = (ρ_{RM}(g) ∘ ρ_{RM}(g̃))(m)

für m ∈ M. Da also ρ_{RM}(gg̃) und ρ_{RM}(g) ∘ ρ_{RM}(g̃) auf einer Basis übereinstimmende R-lineare Abbildungen sind, sind sie gleich.

1Formal gesprochen sind die Elemente von RM Abbildungen von M nach R, i.e. ∑_{m∈M} r_{m} m ist nur eine symbolische Schreibweise für die Abbildung M → R, m ↦ r_{m}.

Beispiel 41 Wir haben die S_{3}-Menge {1, 2, 3}; cf. Beispiel 2.(2). Die zugehörige Permutationsdarstellung wird, nach Identifikation von GL(R{1, 2, 3}) mit GL_{3}(R) vermöge der R-linearen Basis {1, 2, 3}, zu

[figure: S_{3}; ρ_{R\{1,2,3\}}; GL_{3}(R); (1, 2); (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}); (2, 3); (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) .]

2.2 Gruppenringe

Sei die Gruppe G nun als endlich vorausgesetzt.

Definition 42 (und Bemerkung) Sei

RG := { ∑_{g∈G} r_{g} g : r_{g} ∈ R für g ∈ G }

der freie R-Modul mit Basis G, bestehend aus formalen R-Linearkombinationen in G (^{2}). Insbesondere können wir Elemente aus RG addieren und mit Elementen aus R multiplizieren.

Wir haben eine injektive Abbildung G \overline{}RG, h \overline{}∑_{g} ∂_{g,h} g, welche wir zur Identifikation verwenden und so G als Teilmenge von RG betrachten. Wir schreiben also h = ∑_{g∈G} ∂_{g,h} g für h ∈ G.

Wir haben eine injektive Abbildung R \overline{}RG, r \overline{}r1_{G}, welche wir zur Identifikation verwenden und so R als Teilmenge von RG betrachten. Wir schreiben also r = r1_{G} für r ∈ R.

Wir definieren eine R-bilineare Multiplikationsabbildung auf RG × RG durch Angabe der Abbildungsvorschrift auf der Basis G in beiden Einträgen, nämlich als

[figure: RG; ×; RG; RG; (g; ,; h); g ·_{RG} h = g · h = gh := g ·_{G} h ,]

wobei g, h ∈ G. Somit wird

(∑_{g∈G} r_{g} g) ·_{RG} (∑_{h∈G} s_{h} h) = ∑_{(g,h)∈G×G} r_{g}s_{h} g ·_{G} h =^{x := gh} ∑_{x∈G} (∑_{g∈G} r_{g}s_{g^{−}x}) x ,

wobei r_{g} , s_{g} ∈ R für g ∈ G.

2Formal gesprochen sind die Elemente von RG Abbildungen von G nach R, i.e. ∑_{g∈G} r_{g} g ist nur eine symbolische Schreibweise für die Abbildung G → R, g ↦ r_{g}.

Es ist RG = (RG, +, ·_{RG}) ein Ring, genannt der Gruppenring von G mit Koeffizienten in R; cf. Aufgabe 15.

Es ist R ein Teilring von RG. Wie zu erwarten, ist

g ·_{RG} r = g ·_{RG} r1_{G} = r(g ·_{G} 1_{G}) = rg = r(1_{G} ·_{G} g) = r1_{G} ·_{RG} g = r ·_{RG} g

für g ∈ G und r ∈ R. Das neutrale Element der Addition ist 0_{RG} = ∑_{g∈G} 0g ∈ RG.

Das neutrale Element der Multiplikation ist 1_{RG} = 1_{G} = ∑_{g∈G} ∂_{g,1} g ∈ RG.

Beispiel 43 In ZS_{3} ist

(id −2(1, 3, 2))(3(1, 2, 3) + (1, 2))  = 3(1, 2, 3) − 6 id +(1, 2) − 2(2, 3)
(id −(1, 2, 3))(id +(1, 2, 3) + (1, 3, 2)) = id + (1, 2, 3) + (1, 3, 2) − (1, 2, 3) − (1, 3, 2) − id = 0
((1, 2, 3) − (1, 3, 2) + (1, 2) − (1, 3))^{2} = 0 .

Nennen wir das zuletzt quadrierte Element ξ, so folgt speziell, daß (id +ξ)(id −ξ) = id und (id +ξ)^{k} = id +kξ ≠ id ist für k ∈ Z_{⩾1} . Folglich ist 1 + ξ ein invertierbares Element in ZS_{3} ohne endliche multiplikative Ordnung.

Lemma 44 (Darstellungen und Moduln)

(1) Sei (V, ρ) eine Darstellung von G über R. Wir definieren eine R-bilineare Abbildung auf RG × V durch Angabe der Abbildungsvorschrift auf der Basis im ersten und eines beliebigen Elements im zweiten Eintrag, nämlich

[figure: RG; ×; V; V; (g; ,; v); (ρ(g))(v)]

Da ρ(g) eine R-lineare Abbildung ist, ist diese Abbildung auch in der zweiten Variablen R-linear.

Allgemein ist also (∑_{g∈G} r_{g} g)v = ∑_{g∈G} r_{g}(ρ(g))(v), wobei r_{g} ∈ R für g ∈ G.

Zusammen mit dieser Multiplikation wird V zu einem RG-Modul.

(2) Sei V ein RG-Modul. Schränken wir V zu einem R-Modul ein, um GL(V) zu bilden, und setzen wir

\begin{matrix}G & ^{\overline{}^{ρ}} & GL(V) \\ g & \overline{} & (v \overline{}gv) , \end{matrix}

so ist (V, ρ) eine Darstellung von G über R. Wir schreiben auch ρ_{V} := ρ.

(3) Ist (V, ρ) eine Darstellung von G über R, bilden wir den zugehörigen RG-Modul via (1) und dann die dazu gehörige Darstellung von G über R via (2), so erhalten wir die ursprüngliche Darstellung zurück.

Ist umgekehrt V ein RG-Modul, bilden wir die zugehörige Darstellung von G über R via (2) und dann den dazu gehörigen RG-Modul via (1), so erhalten wir den ursprünglichen RG-Modul zurück.

Vermöge Lemma 44 können wir also RG-Moduln und Darstellungen von G über R miteinander identifizieren.

Beweis.

Zu (1). Es ist 1_{RG} · v = 1_{G} · v = (ρ(1_{G}))(v) = id_{V} (v) = v.

Es ist

(∑_{g} r_{g} g)((∑_{h} s_{h} h)v)
= (∑_{g} r_{g} g)( ∑_{h} s_{h}(ρ(h))(v))
= ∑_{g} r_{g} ρ(g)( ∑_{h} s_{h}(ρ(h))(v))
= ∑_{g} r_{g} ∑_{h} s_{h}(ρ(g) ∘ ρ(h))(v)
= ∑_{g} r_{g} ∑_{h} s_{h}(ρ(gh))(v)
= (∑_{g,h} r_{g}s_{h} gh)v
= ((∑_{g} r_{g} g)(∑_{h} s_{h} h))v ,

wobei r_{g} , s_{g} ∈ R für g ∈ G und v ∈ V.

Es ist

((∑_{g} r_{g} g) + (∑_{g} s_{g} g))(v + w)
= (∑_{g}(r_{g} + s_{g})g)(v + w)
= ∑_{g}(r_{g} + s_{g})(ρ(g))(v + w)
= ∑_{g}(r_{g} + s_{g})(ρ(g))(v) + ∑_{g}(r_{g} + s_{g})(ρ(g))(w)
= ∑_{g} r_{g}(ρ(g))(v) + ∑_{g} s_{g}(ρ(g))(v) + ∑_{g} r_{g}(ρ(g))(w) + ∑_{g} s_{g}(ρ(g))(w)
= (∑_{g} r_{g} g)v + (∑_{g} s_{g} g)v + (∑_{g} r_{g} g)w + (∑_{g} s_{g} g)w ,

wobei r_{g} , s_{g} ∈ R für g ∈ G und v, w ∈ V.

Zu (2). Es ist V \overline{}V, v \overline{}gv bijektiv für g ∈ G, da von V \overline{}V, v \overline{}g^{−}v beidseitig invertiert. Es ist diese Abbildung auch R-linear, da g(rv + sw) = g(rv) + g(sw) = (gr)v + (gs)w = (rg)v + (sg)w = r(gv) + s(gw) für r, s ∈ R und v, w ∈ V.

Es ist ρ ein Gruppenmorphismus, da (ρ(gh))(v) = (gh)v = g(hv) = (ρ(g) ∘ ρ(h))(v) für g, h ∈ G und v ∈ V.

Zu (3). Beginnt man mit einer Darstellung (V, ρ), so ist auf dem zugehörigen RG-Modul die Multiplikationsabbildung mit g ∈ G auf V durch ρ(g) gegeben, was man, geht man wieder zu einer Darstellung über, auch als Bild von g zu nehmen hat.

Beginnt man mit einem RG-Modul V, so ist das Bild von g in GL(V) unter der zugehörigen Darstellung auf V die Multiplikationsabbildung mit g auf V, sodaß man, geht man wieder zum RG-Modul über, als Produkt von g ∈ G mit v ∈ V wieder denselben Wert wie eingangs erhält.

Nach Distributivität eines Moduls ist nun aber (∑_{g} r_{g} g)v = ∑_{g} r_{g}(gv) für r_{g} ∈ R für g ∈ G, und also bestimmt auf V, gesehen als R-Modul, die Einschränkung der Multiplikationsabbildung (·) : RG × V \overline{}V auf G × V bereits die ganze Abbildung.

Bemerkung 45 Sei V ein RG-Modul. Sei ρ_{V} : G \overline{}GL(V) die zugehörige Darstellung auf V. Sei W ein RG-Modul. Sei ρ_{W} : G \overline{}GL(W) die zugehörige Darstellung auf W. Sei f : V \overline{}W eine R-lineare Abbildung. Es ist f genau dann RG-linear, wenn ρ_{W} (g) ∘ f = f ∘ ρ_{V} (g) für g ∈ G. Insbesondere sind V und W genau dann als RG-Moduln isomorph, wenn es eine R-lineare Bijektion f : V \overline{}W gibt mit ρ_{W} (g) ∘ f = f ∘ ρ_{V} (g) für g ∈ G; oder, äquivalent hierzu, mit ρ_{W} (g) = f ∘ ρ_{V} (g) ∘ f^{−}.

Beweis. Da f ohnehin R-linear ist, also mit Summen und mit Faktoren aus R vertauscht, ist f genau dann RG-linear, wenn f(gv) = gf(v) ist für g ∈ G und v ∈ V, i.e. wenn (f ∘ ρ_{V} (g))(v) = (ρ_{W} (g) ∘ f)(v) ist für g ∈ G und v ∈ V, i.e. wenn f ∘ ρ_{V} (g) = ρ_{W} (g) ∘ f ist für g ∈ G; cf. Lemma 44.

Definition 46 (und Bemerkung) Sei A ein Ring. Das Zentrum von A ist gegeben durch

Z(A) := { z ∈ A : es ist za = az für a ∈ A } .

Es ist Z(A) ein kommutativer Teilring von A. Denn 1_{A} ∈ Z(A), und aus z, w ∈ Z(A) folgt (z − w)a = a(z − w) und zwa = azw für a ∈ A, und somit z − w, zw ∈ Z(A).

Beispiel 47 Es ist Z(R^{n×n}) = { r · E_{n} : r ∈ R } für n ∈ Z_{⩾0} ; cf. Aufgabe 16.

Bemerkung 48 (Universelle Eigenschaft von RG) Sei A ein Ring. Sei f : G \overline{}U(A) ein Gruppenmorphismus. Sei φ : R \overline{}Z(A) ein Ringmorphismus. Dann gibt es genau einen Ringmorphismus f̂: RG \overline{}A, der folgendes Diagramm kommutativ macht.

\xymatrix{R \ar@{^{(}->}[d] \ar[r]^{φ} & Z(A) \ar@{^{(}->}[d] \\ RG \ar@{.>}[r]^{∃!f̂} & A \\ G \ar[r]_{f} \ar@{^{(}->}[u] & U(A) \ar@{^{(}->}[u]}

Hierbei ist f̂(∑_{g} r_{g} g) := ∑_{g} φ(r_{g}) · f(g) für r_{g} ∈ R für g ∈ G.

In der Anwendung ist meist φ selbstverständlich gegeben, und f interessant.

Beweis. Eindeutigkeit. Sei u : RG \overline{}A ein Ringmorphismus mit u(r) = φ(r) für r ∈ R und u(g) = f(g) für g ∈ G. Dann wird

u(∑_{g} r_{g} g) = ∑_{g} u(r_{g}) · u(g) = ∑_{g} φ(r_{g}) · f(g) .

Also ist u durch Angaben von φ und f festgelegt. Existenz. Setze

f̂(∑_{g} r_{g} g) := ∑_{g} φ(r_{g}) · f(g) ,

wobei r_{g} ∈ R für g ∈ G. Dies ist ein Ringmorphismus. Denn es ist f̂(1_{RG}) = f̂(1_{R} · 1_{G}) = φ(1_{R}) · f(1_{G}) = 1_{A} · 1_{A} = 1_{A}; es ist

\begin{matrix}f̂((∑_{g} r_{g} g) + (∑_{g} s_{g} g)) = f̂(∑_{g}(r_{g} + s_{g})g) = ∑_{g} φ(r_{g} + s_{g}) · f(g) = ∑_{g}(φ(r_{g}) + φ(s_{g})) · f(g) \\ = ∑_{g} φ(r_{g}) · f(g) + ∑_{g} φ(s_{g}) · f(g) = f̂(∑_{g} r_{g} g) + f̂(∑_{g} s_{g} g) ; \end{matrix}

und es ist f̂((∑_{g} r_{g} g) · (∑_{h} s_{h} h)) = f̂(∑_{x}(∑_{g} r_{g}s_{g^{−}x}) x) = ∑_{x} φ(∑_{g} r_{g}s_{g^{−}x}) · f(x) = ∑_{x,g} φ(r_{g}) · φ(s_{g^{−}x}) · f(x) = ∑_{g,h} φ(r_{g}) · φ(s_{h}) · f(gh) = ∑_{g,h} φ(r_{g}) · φ(s_{h}) · f(g) · f(h) = ∑_{g,h} φ(r_{g}) · f(g) · φ(s_{h}) · f(h) = (∑_{g} φ(r_{g}) · f(g))(∑_{h} φ(s_{h}) · f(h)) = f̂(∑_{g} r_{g} g) · f̂(∑_{h} s_{h} h) ; wobei r_{g} , s_{g} ∈ R für g ∈ G. Schließlich ist f̂(r) = f̂(r · 1_{G}) = φ(r) · f(1_{G}) = φ(r) für r ∈ R und f̂(g) = f̂(1_{R} · g) = φ(1_{R}) · f(g) = f(g) für g ∈ G.

Beispiel 49 Sei (V, ρ) eine Darstellung von G über R. Wir betrachten den Endomorphismenring End_{R} V der R-linearen Abbildungen von V nach V; cf. Aufgabe 19.(2). Wir haben einen Gruppenmorphismus ρ : G \overline{}U(End_{R} V) = GL(V). Wir haben einen Ringmorphismus φ : R \overline{}End_{R} V, r \overline{}(r · id_{V} : v \overline{}r · v). Also haben wir auch den Ringmorphismus

[figure: RG; ρ̂; End_{R} V; ∑_{g} r_{g} g; ∑_{g} φ(r_{g}) · ρ(g) ,]

wobei r_{g} ∈ R für g ∈ G; cf. Bemerkung 48. Hierbei ist also

(ρ̂(∑_{g} r_{g} g))(v) = (∑_{g} φ(r_{g}) · ρ(g))(v) = ∑_{g} r_{g} · (ρ(g))(v) = (∑_{g} r_{g} g)v für v ∈ V, letzteres unter Verwendung der RG-Modulstruktur aus Lemma 44.(1).

Dies ist eine andere Sichtweise auf Lemma 44.(1), denn ein Ringmorphismus von einem Ring in einen Endomorphismenring einer abelschen Gruppe definiert auf dieser eine Modulstruktur über jenem Ring.

Beispiel 50 Sei n ∈ Z_{⩾1} . Schreibe ζ := ζ_{n}.

Wir betrachten die Gruppe C_{n} = ⟨a : a^{n}⟩ und den Ring C^{×n} = C × ⋯ × C, mit komponentenweiser Addition und Multiplikation. Es ist U(C^{×n}) = U(C)^{×n} = (C∖{0})^{×n}.

Wir haben den Gruppenmorphismus

[figure: C_{n}; f; U(C^{×n}); a; (ζ^{k})_{k∈[0,n−1]} = (ζ^{0}, …, ζ^{n−1}) ;]

cf. Beispiel 39.

Wir betrachten also alle in loc. cit. gefundenen Beispiele von Darstellungen von C_{n} simultan.

Wir haben den Ringmorphismus

[figure: C; φ; Z(C^{×n}) = C^{×n}; z; (z)_{k∈[0,n−1]} .]

Also gibt es den Ringmorphismus

[figure: CC_{n}; f̂; C^{×n}; ∑_{i∈[0,n−1]} z_{i}a^{i}; ∑_{i∈[0,n−1]}(z_{i})_{k}(ζ^{k·i})_{k} = (∑_{i∈[0,n−1]} z_{i}ζ^{k·i})_{k} ;]

cf. Bemerkung 48. Als C-lineare Abbildung gesehen, wird f̂bezüglich der Basis (a^{i})_{i∈[0,n−1]} und der Standardbasis von C^{×n} durch die Matrix

(\begin{matrix}ζ^{0·0} & ζ^{0·1} & ζ^{0·2} & … & ζ^{0·(n−1)} \\ ζ^{1·0} & ζ^{1·1} & ζ^{1·2} & … & ζ^{1·(n−1)} \\ ζ^{2·0} & ζ^{2·1} & ζ^{2·2} & … & ζ^{2·(n−1)} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ ζ^{(n−1)·0} & ζ^{(n−1)·1} & ζ^{(n−1)·2} & … & ζ^{(n−1)·(n−1)} \end{matrix} )

beschrieben. Gemäß Vandermonde ist die Determinante dieser Matrix gegeben durch ∏_{i, j ∈ [0,n−1], i<j}(ζ^{j} − ζ^{i}) ≠ 0 ; cf. auch Aufgabe 17. Also ist f̂ bijektiv, und somit ein Ringisomorphismus.

Wir stellen mithin fest, daß CC_{n} ≃ C^{×n} als Ringe, wobei die rechte Seite oft handhabbarer ist als die linke.

Im folgenden Abschnitt wollen wir diese Beobachtung von C_{n} auf beliebige Gruppen ausdehnen. Da für eine nichtabelsche Gruppe G der Gruppenring CG nichtkommutativ ist, kann auch die rechte Seite des zu konstruierenden Isomorphismus nicht kommutativ sein. Es wird sich herausstellen, daß diese die Gestalt ∏_{i} C^{n_{i}×n_{i}} mit n_{i} ∈ Z_{⩾1} hat, wobei in Beispiel 50 eben n_{i} = 1 zu setzen ist; cf. Satz 67 unten; cf. auch Aufgabe 18.

Wedderburn

3.1 Peirce

Sei A ein Ring.

Definition 51

(1) Ein Element e ∈ A heißt idempotent, falls e^{2} = e.

(2) Ein Idempotent e ∈ A ∖ {0} heißt primitiv, falls aus e = e′ + e′′ mit e′, e′′ Idempotenten mit e′e′′ = 0 und e′′e′ = 0 bereits e′ = 0 oder e′′ = 0 folgt.

(3) Sei n ∈ Z_{⩾0} . Ein Tupel \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) von Idempotenten von A heißt orthogonale Zerlegung in Idempotente (in A), falls 1 = e_{1} + ⋯ + e_{n} und falls e_{i}e_{j} = 0 ist für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j.

(4) Eine orthogonale Zerlegung in Idempotente \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) heiße orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente (in A), falls e_{i} primitiv ist für i ∈ [1, n].

Bemerkung 52 Sei n ∈ Z_{⩾0} und \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente in A. Sei M ein A-Modul. Als abelsche Gruppen ist

M = ⨁_{i∈[1,n]} e_{i}M .

Beweis. Wegen 1 = e_{1} + ⋯ + e_{n} ist m = e_{1}m + ⋯ + e_{n}m für m ∈ M, und also M gleich der Summe der Untergruppen e_{i}M.

Bleibt die Direktheit dieser Summe zu zeigen. Sei also e_{1}m_{1} + ⋯ + e_{n}m_{n} = 0 mit m_{i} ∈ M für i ∈ [1, n]. Es wird 0 = e_{i}(e_{1}m_{1} + ⋯ + e_{n}m_{n}) = e_{i}m_{i} für i ∈ [1, m].

Lemma 53 (Peirce-Zerlegung) Sei n ∈ Z_{⩾0} und \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente in A. Als abelsche Gruppen wird

A = ⨁_{i, j ∈ [1,n]} e_{i}Ae_{j}

Beweis. Mit Bemerkung 52 und der dazu analogen Aussage für A-Rechtsmoduln wird

A = ⨁_{i∈[1,n]} e_{i}A = ⨁_{i∈[1,n]}( ⨁_{j∈[1,n]} e_{i}Ae_{j}) = ⨁_{i, j ∈ [1,n]} e_{i}Ae_{j} .

Beispiel 54 Sei K ein Körper. Sei A = K^{3×3}. Wir haben die orthogonale Zerlegung in

Idempotente \underline{e} = (e_{1} , e_{2}) = ((\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})) in A. Dementsprechend wird

A = e_{1}Ae_{1} ⊕ e_{2}Ae_{1} ⊕ e_{1}Ae_{2} ⊕ e_{2}Ae_{2} = (\begin{matrix}K & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ⊕ (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ K & 0 & 0 \\ K & 0 & 0 \end{matrix} ) ⊕ ( \begin{matrix}0 & K & K \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ⊕ ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & K & K \\ 0 & K & K \end{matrix} ) .

Es ist e_{1} primitiv. Denn es ist e_{1}Ae_{1} ein Teilring von A (mit einer anderen 1), welcher isomorph zu K ist. Aus e_{1} = e′ + e′′ wie in Definition 51 folgt e_{1}e′ = (e′ + e′′)e′ = e′ etc., also e′, e′′ ∈ e_{1}Ae_{1} . Da e_{1}Ae_{1} ein Körper ist, folgt aber aus e′e′′ = 0, daß e′ = 0 oder e′′ = 0.

Es ist e_{2} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) nicht primitiv.

Ein A-Modul M heißt unzerlegbar, wenn M ≠ 0 und wenn aus M = X⊕Y mit Teilmoduln X, Y ⊆ M bereits X = 0 oder Y = 0 folgt.

Bemerkung 55 Sei e ∈ A ein Idempotent.

Es ist e genau dann primitiv, wenn Ae ein unzerlegbarer A-Modul ist.

Beweis.

Sei Ae unzerlegbar. Es ist Ae ≠ 0, also e ≠ 0.

Sei e = e′ + e′′ mit Idempotenten e′ und e′′ in A so, daß e′e′′ = 0 und e′′e′ = 0.

Es genügt zu zeigen, daß Ae =^{!} Ae′⊕Ae′′, da dann wegen Ae unzerlegbar folgt, daß Ae′ = 0 oder Ae′′ = 0, also auch e′ = 0 oder e′′ = 0, womit dann e als primitiv nachgewiesen ist.

Es ist Ae′ ⊆ Ae, da ae′ = ae′(e′ + e′′) = ae′e für a ∈ A. Analog ist Ae′′ ⊆ Ae.

Es ist Ae = Ae′ + Ae′′, da ae = ae′ + ae′′ für a ∈ A. Bleibt die Direktheit zu zeigen. Sei a′e′ + a′′e′′ = 0 mit a′, a′′ ∈ A. Dann ist 0 = (a′e′ + a′′e′′)e′ = a′e′; genauso ist 0 = a′′e′′.

Sei e primitiv. Es ist e ≠ 0, also Ae ≠ 0. Sei Ae = X ⊕ Y für Teilmoduln X, Y ⊆ Ae. Sei π : Ae = X ⊕ Y \overline{}Ae, x + y \overline{}x, wobei x ∈ X und y ∈ Y. Es ist π eine A-lineare Abbildung. Es ist π^{2} = π.

Setze e′ := π(e) und e′′ := e − π(e). Es ist ee′ = eπ(e) = π(ee) = π(e) = e′. Es ist e′e = π(e)e = π(e) = e′, da π(e) ∈ Ae ist. Es ist e^{′2} = e′π(e) = π(e′e) = π(e′) = π(π(e)) = π(e) = e′. Es ist e^{′′2} = (e − e′)^{2} = e^{2} − ee′ − e′e + e^{′2} = e − e′ − e′ + e′ = e′′. Es ist e′e′′ = e′(e − e′) = e′ − e′ = 0. Es ist e′′e′ = (e − e′)e′ = e′ − e′ = 0. Da e primitiv ist, folgt e′ = 0 oder e′′ = 0. Ist e′ = 0, dann ist π(ae) = aπ(e) = ae′ = 0 für a ∈ A. Somit ist X = π(Ae) = 0, Ist e′′ = 0, dann ist e = e′ und also π(ae) = aπ(e) = ae′ = ae für a ∈ A. Also ist π = id_{Ae}, und somit Y = Kern π = 0. Also ist Ae unzerlegbar.

Bemerkung 56 Sei A ein Ring. Seien e, f ∈ A Idempotente. Es ist

\begin{matrix}Hom_{A}(Ae, Af) & & \overline{} & eAf \\ φ & & \overline{} & φ(e) \\ (be \overline{}beaf) & \overline{} & & eaf \end{matrix}

ein Isomorphismus abelscher Gruppen, mit Inversem wie angegeben, wobei a, b ∈ A.

Beweis. Für φ ∈ Hom_{A}(Ae, Af) ist φ(e) ∈ Af, sowie eφ(e) = φ(ee) = φ(e), insgesamt also φ(e) ∈ eAf. Die somit wohldefinierte Abbildung Hom_{A}(Ae, Af) \overline{}eAf, φ \overline{}φ(e), ist zudem ein Morphismus abelscher Gruppen. Für a ∈ A ist die Abbildung Ae \overline{}Af, be \overline{}(be)(eaf) = beaf für b ∈ A, in der Tat A-linear. Dies zeigt die Wohldefiniertheit der Abbildung eAf \overline{}Hom_{A}(Ae, Af), eaf \overline{}(be \overline{}beaf). Bleibt zu zeigen, daß die beiden Abbildungen sich gegenseitig invertieren. Für φ ∈ Hom_{A}(Ae, Af) ist

φ \overline{}φ(e) \overline{}(be \overline{}bφ(e) = φ(be)) = φ .

Für a ∈ A ist

eaf \overline{}(be \overline{}beaf) \overline{}(be \overline{}beaf)(e) = eaf .

3.2 Algebren

3.2.1 Begriff der R-Algebra

Sei R ein kommutativer Ring.

Definition 57

(1) Eine R-Algebra (A, φ) besteht aus einem Ring A und einem Ringmorphismus φ : R \overline{}A mit φ(R) ⊆ Z(A).

Oft schreibt man kurz A := (A, φ). Oft schreibt man r := φ(r) ∈ A für r ∈ R, auch wenn φ nicht injektiv ist.

(2) Seien A = (A, φ) und B = (B, ψ) zwei R-Algebren.

Ein Ringmorphismus f : A \overline{}B heißt R-Algebrenmorphismus oder Morphismus von R-Algebren, falls f ∘ φ = ψ.

\xymatrix{A \ar[rr]^{f} &  & B \\  & R \ar@{-->}[ul]^{φ} \ar@{-->}[ur]_{ψ}}

Ein bijektiver R-Algebrenmorphismus heißt auch Isomorphismus von R-Algebren. Diesenfalls ist auch sein Inverses ein Isomorphismus von R-Algebren; cf. Aufgabe 19.(3). Es heißen die R-Algebren A und B isomorph, geschrieben A ≃ B, wenn es zwischen ihnen einen Isomorphismus gibt.

Eine (R-)Teilalgebra von A ist ein Teilring Ã ⊆ A so, daß φ(R) ⊆ Ã, zusammen mit φ|Ã. Dann ist die Inklusionsabbildung Ã \overline{}A ein R-Algebrenmorphismus.

Bemerkung 58 Sei I eine Menge. Sei A_{i} = (A_{i} , φ_{i}) eine R-Algebra für i ∈ I.

Es wird auch ∏_{i∈I} A_{i} = { (a_{i})_{i} : a_{i} ∈ A_{i} für i ∈ I } zu einer R-Algebra vermöge

\begin{aligned}(a_{i})_{i} & + & (b_{i})_{i} & := & (a_{i} + b_{i})_{i} \\ (a_{i})_{i} & · & (b_{i})_{i} & := & (a_{i} · b_{i})_{i} \end{aligned}

für (a_{i})_{i} , (b_{i})_{i} ∈ ∏_{i∈I} A_{i}, und vermöge

[figure: R; φ; ∏_{i∈I} A_{i}; r; (φ_{i}(r))_{i} .]

Es heißt ∏_{i∈I} A_{i} das (äußere) direkte Produkt des Tupels von Algebren (A_{i})_{i∈I} ; für j ∈ I heißt A_{j} ein direkter Faktor von ∏_{i∈I} A_{i}.

Ist I = [1, k] für ein k ∈ Z_{⩾1} , so schreiben wir auch ∏_{i∈[1,k]} A_{i} = A_{1} × A_{2} × ⋯ × A_{k}.

Beispiel 59

(1) Für jeden Ring A gibt es genau einen Ringmorphismus Z \overline{}A, sein Bild ist in Z(A). Also ist jeder Ring eine Z-Algebra auf eindeutige Weise, und jeder Ringmorphismus ist ein Z-Algebrenmorphismus.

(2) Sei p eine Primzahl. Für jeden Ring A mit char A = p gibt es genau einen Ringmorphismus F_{p} \overline{}A, sein Bild ist in Z(A). Also ist jeder Ring von Charakteristik p eine F_{p}-Algebra auf eindeutige Weise, und jeder Ringmorphismus zwischen Ringen von Charakteristik p ist ein F_{p}-Algebrenmorphismus.

(3) Für n ∈ Z_{⩾0} ist R^{n×n} eine R-Algebra vermöge φ : R \overline{}Z(R^{n×n}), r \overline{}rE_{n}; cf. Beispiel 47. Insbesondere ist R via id : R \overline{}R eine R-Algebra.

Für t ∈ Z_{⩾1} und n_{i} ∈ Z_{⩾1} für i ∈ [1, t] ist ∏_{i∈[1,t]} R^{n_{i}×n_{i}} eine R-Algebra; cf. Bemerkung 58.

(4) Der Gruppenring RG ist eine R-Algebra via R \overline{}RG, r \overline{}r = r · 1_{G}; cf. Definition 42.

Ist H ⩽ G, so ist RH eine Teilalgebra von RG.

Lemma 60 (Universelle Eigenschaft der Gruppenalgebra) Sei G eine Gruppe. Sei A eine R-Algebra. Sei f : G \overline{}U(A) ein Gruppenmorphismus.

Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus f̂: RG \overline{}A, der folgendes Diagramm kommutativ macht.

\xymatrix{RG \ar@{.>}[r]^{∃!f̂} & A \\ G \ar[r]_{f} \ar@{^{(}->}[u] & U(A) \ar@{^{(}->}[u]}

Beweis. Dies ist Bemerkung 48 in neuen Begriffen.

Bemerkung 61 Sei R ein kommutativer Ring.

Seien A = (A, φ) und B = (B, ψ) zwei R-Algebren.

(1) Via r · a = ra := φ(r)a für r ∈ R und a ∈ A wird A zu einem R-Modul.

(2) Sei f : A \overline{}B ein Ringmorphismus. Es ist f genau dann ein R-Algebrenmorphis-mus, wenn f eine R-lineare Abbildung ist.

Beweis. Siehe Aufgabe 19.(1, 2).

Definition 62 Sei K ein Körper. Sei A = (A, φ) eine K-Algebra.

(1) Es heißt A endlichdimensional, falls A als K-Vektorraum endlichdimensional ist.

(2) Sei M ein A-Modul. Eingeschränkt via K ^{\overline{}^{φ}} A wird M zu einem K-Vektorraum.

Es heißt M endlichdimensional, wenn M als K-Vektorraum endlichdimensional ist.

3.2.2 Halbeinfachheit von K-Algebren

Sei K ein Körper. Sei A = (A, φ) eine endlichdimensionale K-Algebra. Sei A ≠ 0. Ein A-Modul M heißt einfach, wenn M ≠ 0 ist und M nur die Teilmoduln 0 und M hat.

Definition 63 Die Algebra A heißt halbeinfach, wenn Ae ein einfacher A-Modul ist für jedes primitive Idempotent e ∈ A.

Bemerkung 64 Es gibt eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A.

Beweis. Annahme, es gibt keine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A. Behauptung. Für alle n ∈ Z_{⩾1} gibt es eine orthogonale Zerlegung in Idempotente \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) in A mit e_{i} ≠ 0 für i ∈ [1, n]. Induktion über n ⩾ 1. Induktionsanfang. Es ist (1) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente in A. Induktionsschritt. Sei \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente in A mit e_{i} ≠ 0 für i ∈ [1, n]. Es gibt ein k ∈ [1, n] mit e_{k} nicht primitiv. Also gibt es Idempotente e′ ≠ 0 und e′′ ≠ 0 in A mit e_{k} = e′ + e′′ und e′e′′ = e′′e′ = 0. Da e_{i} ≠ 0 für i ∈ [1, n] ∖ {k} und da e′ ≠ 0 und e′′ ≠ 0, genügt es zu zeigen, daß

(e_{1} , …, e_{k−1} , e′ , e′′ , e_{k+1} , …, e_{n})

eine orthogonale Zerlegung in Idempotente ist. Dieses Tupel besteht aus Idempotenten. Seine Summe ist 1. Es ist e′e′′ = e′′e′ = 0. Es ist e_{i}e_{j} = 0 für i, j ∈ [1, n] ∖ {k} mit i ≠ j. Es ist e′e_{i} = e′(e′ + e′′)e_{i} = e′e_{k}e_{i} = 0 für i ∈ [1, n] ∖ {k}. Genauso ist auch e_{i}e′ = 0, e′′e_{i} = 0 und e_{i}e′′ = 0 für i ∈ [1, n] ∖ {k}. Dies zeigt die Behauptung. Setze n := 1 + dim_{K} A und wähle eine orthogonale Zerlegung (e_{1} , …, e_{n}) in Idempotente in A. Es ist A = ⨁_{i∈[1,n]} Ae_{i}; cf. Bemerkung 52. Es ist 0 ≠ e_{i} ∈ Ae_{i} und somit dim_{K} Ae_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, n]. Zusammen ist also

n − 1 = dim_{K} A = ∑_{i∈[1,n]} dim_{K} Ae_{i} ⩾ n ,

und wir haben einen Widerspruch.

Lemma 65 Die folgenden Aussagen (1), (2), (3) und (4) sind äquivalent.

(1) Es ist A halbeinfach.

(2) Es gibt ein n ∈ Z_{⩾1} und eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) in A so, daß A = ⨁_{i∈[1,n]} Ae_{i} und Ae_{i} ein einfacher A-Modul ist für i ∈ [1, n].

(3) Es gibt ein n ∈ Z_{⩾1} und eine Zerlegung A = ⨁_{i∈[1,n]} S_{i} mit einfachen A-Teilmoduln S_{i} ⊆ A für i ∈ [1, n].

(4) Für jeden endlichdimensionalen A-Modul M und jeden Teilmodul N ⊆ M gibt es einen Teilmodul X ⊆ M so, daß M = N ⊕ X.

Beweis. Zu (4) ⇒ (1). Sei e ∈ A ein primitives Idempotent. Sei N ⊂ Ae ein Teilmodul. Wir haben N =^{!} 0 zu zeigen. Nach (4) gibt es einen Teilmodul X ⊆ Ae mit Ae = N ⊕X. Da N ≠ Ae ist, ist X ≠ 0. Da Ae unzerlegbar ist, folgt N = 0 ; cf. Bemerkung 55. Zu (1) ⇒ (2). Es gibt eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) in A; cf. Bemerkung 64. Es ist A = ⨁_{i∈[1,n]} Ae_{i}; cf. Bemerkung 52. Nach (1) ist Ae_{i} einfach für i ∈ [1, n]. Zu (2) ⇒ (3). Setze S_{i} := Ae_{i} für i ∈ [1, n]. Zu (3) ⇒ (4). Sei M ein endlichdimensionaler A-Modul. Sei (m_{1}, …, m_{ℓ}) eine K-lineare Basis von M. Es ist

[figure: A^{⊕ℓ}; f; M; (a_{1} , …, a_{ℓ}); ∑_{i∈[1,ℓ]} a_{i}m_{i}]

eine surjektive A-lineare Abbildung. Ist T ⊆ A^{⊕ℓ} ein einfacher Teilmodul, so ist f(T) isomorph zu T oder zu 0, da der Kern von f|_{T} gleich 0 oder gleich T ist; und somit ist f(T) einfach oder gleich 0. Nach (3) gibt es eine Zerlegung A = ⨁_{i∈[1,n]} S_{i}, wobei S_{i} ein einfacher A-Modul ist für i ∈ [1, n]. Also ist A^{⊕ℓ} = ⨁_{j∈[1,ℓn]} T_{j} für gewisse einfache Teilmoduln T_{j}. Wir erhalten

M = f(A^{⊕ℓ}) = f(_{A}⟨ T_{j} : j ∈ [1, ℓn] ⟩) = _{A}⟨ f(T_{j}) : j ∈ [1, ℓn] ⟩ .

Folglich ist M das A-lineare Erzeugnis seiner einfachen Teilmoduln. Wegen M endlichdimensional hat jede nichtleere Teilmenge von

{Y ⊆ M : Y ist Teilmodul}

ein bezüglich Inklusion maximales Element. Sei nun N ⊆ M ein Teilmodul. Sei X ⊆ M maximal unter den Teilmoduln von M, die Schnitt 0 mit N haben. Wir wollen N ⊕ X =^{!} M zeigen. Annahme, N ⊕ X ⊂ M. Dann gibt es einen einfachen Teilmodul T ⊆ M mit T ⊈ N ⊕ X, da M von seinen einfachen Teilmoduln erzeugt wird. Es ist (N ⊕ X) ∩ T ⊂ T. Wegen T einfach folgt hieraus, daß (N ⊕X)∩T = 0. Dies liefert N ⊕X ⊕T ⊆ M, und also N ∩(X ⊕T) = 0, im Widerspruch zur Maximalität von X.

Lemma 66 (Schur) Seien M und N einfache A-Moduln.

(1) Jeder nichtverschwindende Morphismus von M nach N ist ein Isomorphismus.

(2) Ist M ≄ N, so ist Hom_{A}(M, N) = 0.

(3) Es ist End_{A}(M) ein Schiefkörper.

(4) Ist K algebraisch abgeschlossen, so haben wir einen Isomorphismus K ^{\overline{}^{∼}} End_{A}(M), λ \overline{}(m \overline{}λm = φ(λ)m) von K-Algebren.

Beweis. Siehe Aufgabe 20.(1, 2, 5).

Das Argument zu folgendem Satz 67 von Wedderburn kann wie folgt heuristisch skizziert werden. Sei A eine endlichdimensionale Algebra über einem algebraisch abgeschlossenen Körper K. Sei (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente, so sortiert, daß Ae_{i} ≃ Ae_{j} als A-Moduln und i ⩽ k ⩽ j implizieren, daß auch Ae_{i} ≃ Ae_{k} ≃ Ae_{j} als A-Moduln. Zwecks graphischer Darstellung sei einmal pars pro toto n = 6 und

Ae_{1} ≃ Ae_{2} ≄ Ae_{3} ≃ Ae_{4} ≃ Ae_{5} ≄ Ae_{6} ,

und Ae_{1} ≄ Ae_{6} . Dann wird

A =^{L. 53} (\begin{matrix}e_{1}Ae_{1} & e_{1}Ae_{2} & e_{1}Ae_{3} & e_{1}Ae_{4} & e_{1}Ae_{5} & e_{1}Ae_{6} \\ e_{2}Ae_{1} & e_{2}Ae_{2} & e_{2}Ae_{3} & e_{2}Ae_{4} & e_{2}Ae_{5} & e_{2}Ae_{6} \\ e_{3}Ae_{1} & e_{3}Ae_{2} & e_{3}Ae_{3} & e_{3}Ae_{4} & e_{3}Ae_{5} & e_{3}Ae_{6} \\ e_{4}Ae_{1} & e_{4}Ae_{2} & e_{4}Ae_{3} & e_{4}Ae_{4} & e_{4}Ae_{5} & e_{4}Ae_{6} \\ e_{5}Ae_{1} & e_{5}Ae_{2} & e_{5}Ae_{3} & e_{5}Ae_{4} & e_{5}Ae_{5} & e_{5}Ae_{6} \\ e_{6}Ae_{1} & e_{6}Ae_{2} & e_{6}Ae_{3} & e_{6}Ae_{4} & e_{6}Ae_{5} & e_{6}Ae_{6} \end{matrix} )

Es ist e_{i}Ae_{j} ≃ Hom(Ae_{i} , Ae_{j}) stets; cf. Bemerkung 56. Da A halbeinfach ist, ist Ae_{i} stets einfach; cf. Definition 63. Nach Schurs Lemma 66.(2) ist e_{i}Ae_{j} = 0, falls Ae_{i} ≄ Ae_{j} . Also wird

A = (\begin{matrix}e_{1}Ae_{1} & e_{1}Ae_{2} \\ e_{2}Ae_{1} & e_{2}Ae_{2} \\ & & e_{3}Ae_{3} & e_{3}Ae_{4} & e_{3}Ae_{5} \\ & & e_{4}Ae_{3} & e_{4}Ae_{4} & e_{4}Ae_{5} \\ & & e_{5}Ae_{3} & e_{5}Ae_{4} & e_{5}Ae_{5} \\ & & & & & e_{6}Ae_{6} \end{matrix} )

Nach Schurs Lemma 66.(4) ist K ≃ Hom(Ae_{i} , Ae_{i}) ≃ e_{i}Ae_{i}. Ist Ae_{i} ≃ Ae_{j} , dann wird K ≃ Hom(Ae_{i} , Ae_{i}) ≃ Hom(Ae_{i} , Ae_{j}) ≃ e_{i}Ae_{j} .

Also wird

A ≃ (\begin{matrix}K & K \\ K & K \\ & & K & K & K \\ & & K & K & K \\ & & K & K & K \\ & & & & & K \end{matrix} ) ≃ K^{2×2} × K^{3×3} × K^{1×1}

als K-Algebren.

Die dubiosen Isomorphismen in dieser Skizze müssen nun genauer betrachtet werden.

Satz 67 (Wedderburn) Sei K algebraisch abgeschlossen. Weiterhin sei A eine endlichdimensionale K-Algebra ungleich 0. Die folgenden Aussagen (1) und (2) sind äquivalent.

(1) Es ist A halbeinfach.

(2) Es gibt t ∈ Z_{⩾1} und m_{s} ∈ Z_{⩾1} für s ∈ [1, t] so, daß als K-Algebren

A ≃ K^{m_{1}×m_{1}} × ⋯ × K^{m_{t}×m_{t}}

ist. Ein zugehöriger Isomorphismus heißt auch Wedderburnisomorphismus.

Beweis. Zu (2) ⇒ (1). Es ist K^{m_{s}×m_{s}} halbeinfach für s ∈ [1, t]; cf. Aufgabe 21.(1). Also ist K^{m_{1}×m_{1}} × ⋯ × K^{m_{t}×m_{t}} halbeinfach; cf. Aufgabe 21.(2). Somit ist auch A halbeinfach; cf. Aufgabe 21.(3). Zu (1) ⇒ (2). Sei (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A; cf. Bemerkung 64. Es ist Ae_{i} ein einfacher A-Modul für i ∈ [1, n] , da A halbeinfach ist. Heißen i, j ∈ [1, n] äquivalent, geschrieben i ∼ j, wenn Ae_{i} ≃ Ae_{j} als A-Moduln. Seien die e_{i} o.E. so angeordnet, daß die Äquivalenzklassen Intervalle sind. Seien die Äquivalenzklassen gegeben durch [n_{0} + 1, n_{1}], [n_{1} + 1, n_{2}], …, [n_{t−1} + 1, n_{t}] mit t ∈ Z_{⩾0} und 0 = n_{0} < n_{1} < ⋯ < n_{t−1} < n_{t} = n. Wähle einen Isomorphismus α_{i,n_{s}} : Ae_{n_{s}} ^{\overline{}^{∼}} Ae_{i} von A-Moduln für alle s ∈ [1, t] und alle i ∈ [n_{s−1} + 1, n_{s}]. Wähle dabei α_{n_{s} , n_{s}} := id_{Ae_{ns}} . Wir setzen α_{j,i} := α_{j,n_{s}} ∘ α_{i,n_{s}}^{−1} : Ae_{i} ^{\overline{}^{∼}} Ae_{j} für s ∈ [1, t] und i, j ∈ [ n_{s−1} + 1 , n_{s}]. Ist i = n_{s}, so stimmt dies mit der bisherigen Wahl überein. Es wird

α_{k,j} ∘ α_{j,i} = α_{k,n_{s}} ∘ α_{j,n_{s}}^{−1} ∘ α_{j,n_{s}} ∘ α_{i,n_{s}}^{−1} = α_{k,n_{s}} ∘ α_{i,n_{s}}^{−1} = α_{k,i}

für s ∈ [1, t] und i, j, k ∈ [ n_{s−1} + 1 , n_{s}]. Sei B := K^{(n_{1}−n_{0})×(n_{1}−n_{0})} × K^{(n_{2}−n_{1})×(n_{2}−n_{1})} × ⋯ × K^{(n_{t}−n_{t−1})×(n_{t}−n_{t−1})}.

Ist s ∈ [1, t] und sind i, j ∈ [n_{s−1} + 1 , n_{s}], so sei η_{i,j} das Element von B, dessen s-ter Tupeleintrag an Matrixposition (i − n_{s−1} , j − n_{s−1}) eine 1 aufweist, und Nullen sonst, und dessen übrige Tupeleinträge alles Nullmatrizen sind. Es ist

( η_{i,j} : i, j ∈ [1, n], i ∼ j )

eine K-lineare Basis von B. Wir erhalten eine K-lineare Abbildung durch die Setzung

[figure: B; ω; A; η_{i,j}; α_{j,i}(e_{i})]

für i, j ∈ [1, n] mit i ∼ j. Beachte, daß dabei stets α_{j,i}(e_{i}) in e_{i}Ae_{j} liegt, da es ohnehin in Ae_{j} liegt und zudem e_{i}α_{j,i}(e_{i}) = α_{j,i}(e_{i}e_{i}) = α_{j,i}(e_{i}) ist. Wir wollen zeigen, daß ω ein K-Algebrenisomorphismus ist. Injektivität. Es ist A = ⨁_{i, j ∈ [1,n]} e_{i}Ae_{j} und α_{j,i}(e_{i}) ∈ e_{i}Ae_{j} ∖{0} für i ∼ j; cf. Lemma 53. Also ist das Bild unserer Basis linear unabhängig und ω somit injektiv. Surjektivität. Es genügt zu zeigen, daß

dim_{K} A =^{!} dim_{K} B = ∑_{s∈[1,t]}(n_{s} − n_{s−1})^{2} .

Wegen A = ⨁_{i, j ∈ [1,n]} e_{i}Ae_{j} und |{ (i, j) ∈ [1, n] × [1, n] : i ∼ j }| = ∑_{s∈[1,t]}(n_{s} − n_{s−1})^{2} genügt es zu zeigen, daß dim_{K} e_{i}Ae_{j} =^{!} 0 für i ≁ j und dim_{K} e_{i}Ae_{j} =^{!} 1 für i ∼ j; cf. Lemma 53. Für i ≁ j ist e_{i}Ae_{j} ≃ Hom_{A}(Ae_{i} , Ae_{j}) = 0 ; cf. Bemerkung 56, Lemma 66.(2). Also ist dim_{K} e_{i}Ae_{j} = 0. Für i ∼ j schränkt der A-lineare Isomorphismus α_{j,i} : Ae_{i} ^{\overline{}^{∼}} Ae_{j} zu einem K-linearen Isomorphismus e_{i}Ae_{i} ^{\overline{}^{∼}} e_{i}Ae_{j} ein. Ferner ist e_{i}Ae_{i} ≃ Hom_{A}(Ae_{i} , Ae_{i}) ≃ K; cf. Bemerkung 56, Lemma 66.(4); wobei die Isomorphie insgesamt λe_{i} \overline{}(ae_{i} \overline{}λae_{i}) \overline{}λ abbildet und somit K-linear ist. Also ist dim_{K} e_{i}Ae_{j} = 1. K-Algebrenmorphismus. Um zu zeigen, daß die K-lineare Abbildung ω ein K-Algebren-morphismus ist, bleibt zu zeigen, daß ω(η_{i,j} · η_{k,ℓ}) =^{!} ω(η_{i,j}) · ω(η_{k,ℓ}) für i, j, k, ℓ ∈ [1, n] mit i ∼ j und k ∼ ℓ, und daß ω(1_{B}) =^{!} 1_{A}; cf. Bemerkung 61.(2). Ist j ≠ k, so wird zum einen ω(η_{i,j} · η_{k,ℓ}) = ω(0) = 0, und zum anderen ω(η_{i,j}) · ω(η_{k,ℓ}) ∈ e_{i}Ae_{j} · e_{k}Ae_{ℓ} = 0. Ist j = k, so wird zum einen

ω(η_{i,j} · η_{j,ℓ}) = ω(η_{i,ℓ}) = α_{ℓ,i}(e_{i}) ,

und zum anderen

ω(η_{i,j}) · ω(η_{j,ℓ}) = α_{j,i}(e_{i}) · α_{ℓ,j}(e_{j}) = α_{ℓ,j}( \overbrace{α_{j,i}(e_{i})}^{∈ e_{i}Ae_{j}} e_{j}) = α_{ℓ,j}(α_{j,i}(e_{i})) = α_{ℓ,i}(e_{i}) .

Schließlich ist α_{i,i} = α_{i,n_{s}} ∘ α_{i,n_{s}}^{−1} = id_{Ae_{i}} für i ∈ [1, n], mit s ∈ [1, t] so, daß i ∼ n_{s}, und also

ω(1_{B}) = ω(_{∑i∈[1,n]} η_{i,i}) = _{∑i∈[1,n]} ω(η_{i,i}) = _{∑i∈[1,n]} α_{i,i}(e_{i}) = _{∑i∈[1,n]} e_{i} = 1_{A} .

Bemerkung 68

(1) Insbesondere folgt im Falle K algebraisch abgeschlossen aus der Symmetrie der Charakterisierung von Satz 67, daß A auch genau dann halbeinfach ist, wenn eA ein einfacher A-Rechtsmodul ist für alle primitiven Idempotente e ∈ A. Ferner gelten die Äquivalenzen von Lemma 65 entsprechend auch für Rechtsmoduln.

(2) Beispiele für Wedderburnisomorphismen haben wir schon in Beispiel 50 und Aufgabe 18.(1) gesehen; cf. auch Aufgabe 23.

3.3 Maschke

Lemma 69 (Maschke) Sei K ein Körper. Sei G eine endliche Gruppe. Es ist KG halbeinfach genau dann, wenn |G| kein Vielfaches von char K ist. Insbesondere ist KG halbeinfach, falls char K = 0.

Beweis. ⇐. Sei |G| kein Vielfaches von char K. Wir wollen zeigen, daß KG halbeinfach ist. Sei M ein endlichdimensionaler KG-Modul. Sei N ⊆ M ein Teilmodul. Wir haben zu zeigen, daß ein KG-Teilmodul X ⊆ M mit M = N ⊕ X existiert; cf. Lemma 65. Sei f : M \overline{}N eine K-lineare Abbildung mit f|_{N} = id_{N} . Sei

[figure: f′; :; M; N; m; f′(m) := |G|^{−1} ∑_{g∈G} gf(g^{−}m) .]

Es ist f′|_{N} = id_{N} , da f′(n) = |G|^{−1} ∑_{g∈G} g f( \underbrace{g^{−}n}_{∈ N}) = |G|^{−1} ∑_{g∈G} g(g^{−}n) =

|G|^{−1} ∑_{g∈G} n = n für n ∈ N. Es ist f′ eine KG-lineare Abbildung, da sie K-linear ist und sich für x ∈ G und m ∈ M

f′(xm) = |G|^{−1} ∑_{g} g f(g^{−}xm)
=^{y = x^{−}g} |G|^{−1} ∑_{y} xy f(y^{−}m)
= x |G|^{−1} ∑_{y} y f(y^{−}m)
= x f′(m)

ergibt. Sei X := Kern f′. Dies ist ein KG-Teilmodul von M als Kern einer KG-linearen Abbildung. Es ist N ∩ X = 0, da für ein n ∈ N ∩ X = N ∩ Kern f′ sich n = f′(n) = 0 ergibt. Es ist M = N + X, da wir für m ∈ M die Zerlegung m = f′(m) + (m − f′(m)) mit

f′(m) ∈ N und f′(m − f′(m)) = f′(m) − f′(\underbrace{f′(m)}_{∈ N}) = f′(m) − f′(m) = 0 erhalten.

Insgesamt ist M = N ⊕ X. ⇒. Sei KG halbeinfach. Wir wollen zeigen, daß |G| kein Vielfaches von char K ist, d.h.

daß |G| · 1_{K} ≠^{!} 0.

Schreibe σ := ∑_{g∈G} g ∈ KG. Es ist M := KG ein KG-Modul. Darin ist N := KGσ ein Teilmodul. Es ist hσ = σ für h ∈ G und also N = Kσ. Da KG halbeinfach ist, gibt es einen KG-Teilmodul X ⊆ M mit M = N ⊕ X; cf. Lemma 65. Die Projektion π : M \overline{}M, n + x \overline{}n, wobei n ∈ N und x ∈ X, ist eine KG-lineare Abbildung. Sie schickt 1 ∈ KG = M nach π(1) = λσ für ein λ ∈ K. Also wird

σ = π(σ)
= π(∑_{g} g)
= ∑_{g} g π(1)
= ∑_{g} g λσ
= ∑_{g} λσ
= |G|λσ .

Ein Koeffizientenvergleich bei 1 gibt 1 = |G|λ = (|G| · 1_{K})λ. Es folgt |G| · 1_{K} ≠ 0.

Charaktere

4.1 Begriff des Charakters und erste Eigenschaften

Sei G eine endliche Gruppe. Seien V, W endlichdimensionale C-Vektorräume. Sei ρ : G \overline{}GL(V) eine Darstellung von G auf V über C. Sei σ : G \overline{}GL(W) eine Darstellung von G auf W über C.

Definition 70 Die Abbildung

[figure: G; χ_{ρ}; C; g; χ_{ρ}(g) := tr ρ(g)]

heißt Charakter zu ρ. Ein Charakter von G ist ein Charakter zu einer Darstellung von G. Oft schreiben wir auch χ_{V} := χ_{ρ}, insbesondere, wenn wir uns auf den zugehörigen CG-Modul V beziehen; cf. Lemma 44.

Bemerkung 71 Sind g, h ∈ G zueinander konjugiert, so ist χ_{ρ}(g) = χ_{ρ}(h). Also genügt es, einen Charakter auf Repräsentanten von Konjugationsklassen zu kennen.

Beweis. Sei x ∈ G mit h = ^{x}g gegeben. Dann wird χ_{ρ}(h) = χ_{ρ}(^{x}g) = tr(ρ(^{x}g)) = tr(ρ(x) ∘ ρ(g) ∘ ρ(x)^{−}) = tr(ρ(g)) = χ_{ρ}(g) .

Bemerkung 72 Es ist χ_{ρ}(1) = χ_{V} (1) = dim_{C} V der Grad des Charakters χ_{ρ}.

Beweis. Es ist χ_{ρ}(1) = tr ρ(1) = tr id_{V} = dim_{C} V.

Beispiel 73

(1) Zur trivialen Darstellung G \overline{}GL_{1}(C), g \overline{}(^{1}) gehört der triviale Charakter G \overline{}C, g \overline{}1.

(2) Zur Darstellung ρ : S_{3} \overline{}GL_{2}(C), id \overline{}(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}), (1, 2) \overline{}(\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}), (1, 2, 3) \overline{}(\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 1 \end{matrix}) aus Beispiel 39.(4) gehört der Charakter

[figure: S_{3}; χ_{ρ}; C; id; 2; (1, 2); 0; (1, 2, 3); −1 .]

(3) Ist M eine endliche G-Menge, so ist

χ_{CM}(g) = |{ m ∈ M : gm = m }|

für g ∈ G. Denn die Permutationsmatrix, die sich als Bild von g unter der zugehörigen Darstellung ergibt, hat bei m ∈ M einen Diagonaleintrag 1, falls gm = m, und ansonsten Diagonaleintrag 0.

(4) Sei in (3) etwa G = S_{3} und M = {1, 2, 3}; cf. Beispiel 41.

Dann ist χ_{CM}(id) = tr(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = 3, χ_{CM}((1, 2)) = tr(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = 1 und χ_{CM}((1, 2, 3)) =

tr(\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) = 0. Es ist auch e.g. |\{ m ∈ M : (1, 2)m = m \}| = |\{3\}| = 1.

(5) Setzen wir M = G in (3), ausgestattet mit der Operation durch G durch Linksmultiplikation; cf. Beispiel 2.(3). Wir erhalten für g ∈ G

χ_{CG}(g) = |{ x ∈ G : gx = x }| = ∂_{g,1} · |G| ,

da für x ∈ G die Aussage gx = x äquivalent ist zu g = 1.

(6) Ist dim_{C} V = 1, so ist χ_{ρ}(g) = ρ(g), unter Verwendung der Identifikation C = C^{1×1}.

Bemerkung 74 Aus V ≃ W als CG-Moduln folgt χ_{V} = χ_{W} .

Die Umkehrung gilt auch; cf. Bemerkung 95.(2) unten.

Beweis. Sei f : V ^{\overline{}^{∼}} W ein Isomorphismus von CG-Moduln.

Sei g ∈ G. Es ist σ(g) = f ∘ ρ(g) ∘ f^{−}; cf. Bemerkung 45. Also wird

χ_{W} (g) = tr σ(g) = tr(f ∘ ρ(g) ∘ f^{−}) = tr ρ(g) = χ_{V} (g) .

Bemerkung 75 Es ist χ_{V ⊕W} = χ_{V} + χ_{W} . Also sind Summen von Charakteren wieder Charaktere.

Beweis. Für g ∈ G ist

χ_{V ⊕W} (g) = tr(ρ(g) ⊕ σ(g)) = tr(ρ(g)) + tr(σ(g)) = χ_{V} (g) + χ_{W} (g) .

Definition 76 Ist V ein einfacher CG-Modul, so heißt der Charakter χ_{V} irreduzibel. Ein irreduzibler Charakter von G ist ein Charakter zu einem einfachen CG-Modul.

Bemerkung 77 Jeder endlichdimensionale CG-Modul ist direkte Summe von einfachen Teilmoduln. Jeder Charakter von G ist Summe von irreduziblen Charakteren von G.

Beweis. Sei M ein endlichdimensionaler CG-Modul. Wir führen eine Induktion über dim_{C} M. Ist M = 0 oder M einfach, so sind wir fertig. Ist M ≠ 0 und M nicht einfach, so gibt es einen Teilmodul 0 ⊂ N ⊂ M. Da CG halbeinfach ist, gibt es einen Teilmodul P ⊆ M mit M = N ⊕ P ; cf. Lemma 69, Lemma 65.(4). Da sowohl N als auch P kleinere Dimension als M haben, zerfallen beide in eine direkte Summe von einfachen Teilmoduln. Diese beiden Zerlegungen zusammengesetzt geben eine direkte Zerlegung von M in einfache Teilmoduln.

4.2 Charaktertafel

Sei G eine endliche Gruppe.

Notation 78 Wir wählen einen Wedderburnisomorphismus von C-Algebren

[figure: CG; ω; ∼; C^{n_{1}×n_{1}}; ×; ⋯; ×; C^{n_{t}×n_{t}}; =: B; ξ; (ω^{1}(ξ); ,; …; ,; ω^{t}(ξ)); = ω(ξ) ;]

cf. Lemma 69, Satz 67. (Die oberen Indizes an ω seien hierbei keine Exponenten.) Schreibe dabei noch ω^{s}(ξ) = (ω_{i,j}^{s}(ξ))_{i,j} ∈ C^{n_{s}×n_{s}} für ξ ∈ CG und s ∈ [1, t]. Beachte ∑_{s∈[1,t]} n_{s}^{2} = |G|.

Für s ∈ [1, t] und i, j ∈ [1, n_{s}] schreiben wir e_{i,j}^{s} ∈ C^{n_{1}×n_{1}} × ⋯ × C^{n_{t}×n_{t}} = B für das Tupel, das an Position s die Matrix mit Eintrag 1 an Position (i, j) und Nullen sonst stehen hat, und ansonsten Nullmatrizen.

Es ist ( e_{i,j}^{s} : s ∈ [1, t], i, j ∈ [1, n_{s}] ) eine C-lineare Basis von B.

Es ist ( e_{i,i}^{s} : s ∈ [1, t], i ∈ [1, n_{s}] ) eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in B, da Be_{i,i}^{s} als einfacher B-Modul insbesondere unzerlegbar ist; cf. Bemerkung 55, Aufgabe 21.(1).

Vermittels ω betrachten wir kommentarlos einen B-Modul X auch als CG-Modul. Diesenfalls ist dann ξ · x := ω(ξ) · x für ξ ∈ CG und x ∈ X. Umgekehrt betrachten wir einen CG-Modul vermittels ω^{−} kommentarlos auch als B-Modul.

Schreibe χ_{s}(g) := tr ω^{s}(g) für s ∈ [1, t] und g ∈ G. Insbesondere ist χ_{s}(1) = n_{s}.

Für g ∈ G schreiben wir ^{G}g := { ^{x}g : x ∈ G } für die Konjugationsklasse von g in G. Es ist die Relation “ist konjugiert zu” eine Äquivalenzrelation auf G; diesbezüglich ist die Konjugationsklasse ^{G}g die Äquivalenzklasse.

Zerlege G = ⨆_{r∈[1,t′]} ^{G}g_{r}, wobei g_{1} = 1_{G}, und wobei t′ ∈ Z_{⩾1} die Anzahl der Konjugationsklassen in G bezeichne. In anderen Worten, sei { g_{r} : r ∈ [1, t′] } ein Repräsentantensystem der Konjugationsklassen in G mit g_{1} = 1_{G}.

Schreibe ḡ_{r} := ∑_{x ∈^{G}g_{r}} x für r ∈ [1, t′].

Wir werden noch sehen, daß t = t′ ist; cf. Lemma 84 unten.

Bemerkung 79 Sei s ∈ [1, t]. Sei i ∈ [1, n_{s}]. Sei g ∈ G. Es ist ω^{s}(g) die beschreibende Matrix des Bildes von g unter der zum CG-Modul Be_{i,i}^{s} gehörigen Darstellung bezüglich der Basis (e_{1,i}^{s} , e_{2,i}^{s} , …, e_{n_{s} , i}^{s}).

Beweis. Für j ∈ [1, n_{s}] ist

g · e_{j,i}^{s} = ω(g) e_{j,i}^{s} = ∑_{k∈[1,n_{s}]} ω_{k,j}^{s}(g) e_{k,i}^{s} ,

wobei die erste Gleichheit aus der Vereinbarung über die CG-Moduloperation auf einem B-Modul resultiert. Also ist die beschreibende Matrix der C-linearen Abbildung Be_{i,i}^{s} \overline{}Be_{i,i}^{s}, b e_{i,i}^{s} \overline{}g · b e_{i,i}^{s} gleich ω^{s}(g).

Bemerkung 80 Sei s ∈ [1, t].

Es ist Be_{1,1}^{s} ein einfacher CG-Modul.

Es ist χ_{s} = χ_{Be_{1,1}^{s}}, und dies ist daher ein irreduzibler Charakter von G.

Beweis. Es ist Be_{1,1}^{s} ein einfacher CG-Modul; cf. Aufgabe 21.(1). Also ist χ_{Be_{1,1}^{s}} irreduzibel.

Es ist ω^{s}(g) eine beschreibende Matrix des Bildes von g unter der zu Be_{1,1}^{s} gehörigen Darstellung von G; cf. Bemerkung 79. Also ist χ_{Be_{1,1}^{s}} = tr ω^{s}(g) = χ_{s}(g).

Lemma 81 Sei V ein einfacher CG-Modul.

Es gibt ein s ∈ [1, t] mit V ≃ Be_{1,1}^{s} als CG-Moduln.

Beweis. Sei v ∈ V ∖ {0} gewählt. Wir haben die surjektive B-lineare Abbildung f : B \overline{}V, ξ \overline{}ω^{−}(ξ)v; cf. Aufgabe 20.(3). Da V ≠ 0 ist, ist Kern f ⊂ B. Da B = ⨁_{s∈[1,t]} ⨁_{i∈[1,n_{s}]} Be_{i,i}^{s} ist, gibt es ein s ∈ [1, t] und ein i ∈ [1, n_{s}] mit Be_{i,i}^{s} ⊈ Kern f ; cf. Bemerkung 52. Da mithin f|_{Be_{i,i}^{s}} : Be_{i,i}^{s} \overline{}V nicht verschwindet und da Be_{i,i}^{s} und V einfache B-Moduln sind, ist f|_{Be_{i,i}^{s}} ein Isomorphismus; cf. Lemma 66.(1).

Ferner ist Be_{i,i}^{s} \overline{}Be_{1,1}^{s}, b e_{i,i}^{s} \overline{}b e_{i,i}^{s}e_{i,1}^{s} = b e_{i,1}^{s}e_{1,1}^{s} ein Isomorphismus von CG-Moduln, invertiert von Be_{1,1}^{s} \overline{}Be_{i,i}^{s}, b e_{1,1}^{s} \overline{}b e_{1,i}^{s}e_{i,i}^{s}.

Es gibt in der Aussage von Lemma 81 auch genau ein solches s; cf. Aufgabe 28.

Korollar 82 Sei χ ein irreduzibler Charakter von G.

Dann gibt es ein s ∈ [1, t] mit χ = χ_{s}.

Insbesondere tritt der triviale Charakter von G unter den χ_{s} auf, s ∈ [1, t], sodaß wir durch Umsortieren erreichen können, daß χ_{1} der triviale Charakter ist; cf. Beispiel 73. Dies wollen wir fürderhin auch voraussetzen.

Beweis. Sei V ein einfacher CG-Modul mit χ = χ_{V} . Sei s ∈ [1, t] mit V ≃ Be_{1,1}^{s}; cf. Lemma 81. Es ist

χ = χ_{V} =^{B. 74} χ_{Be_{1,1}^{s}} =^{B. 80} χ_{s} .

Korollar 83 Jeder Charakter von G ist von der Form ∑_{s∈[1,t]} z_{s} χ_{s} mit z_{s} ∈ Z_{⩾0} für s ∈ [1, t].

Die Koeffizienten z_{s} sind eindeutig bestimmt, wie wir in Bemerkung 92 unten sehen werden; cf. auch Bemerkung 94.(1).

Beweis. Jeder Charakter von G ist Summe irreduzibler nach Bemerkung 77; jeder irreduzible ist nach Korollar 82 in {χ_{1}, …, χ_{t}} enthalten.

Lemma 84 Die Anzahl t′ der Konjugationsklassen in G ist gleich der Anzahl t direkten Faktoren in B. Kurz, es ist t′ = t.

Ferner ist (ḡ_{s})_{s∈[1,t]} eine C-lineare Basis von Z(CG).

Beweis. Es ist Z(B) = Z(∏_{s∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}}) = ∏_{s∈[1,t]} Z(C^{n_{s}×n_{s}}) = ∏_{s∈[1,t]} _{C}⟨E_{n_{s}}⟩; cf. Aufgaben 16 und 27. Also ist dim_{C} Z(B) = t.

Da B ≃ CG als C-Algebren, ist auch Z(B) ≃ Z(CG) als C-Algebren, und es bleibt zu zeigen, daß dim_{C} Z(CG) =^{!} t′. Es ist das Tupel (ḡ_{r})_{r∈[1,t′]} linear unabhängig. Bleibt zu zeigen, daß es Z(CG) erzeugt. Sei ∑_{g∈G} z_{g} g ∈ Z(CG), wobei z_{g} ∈ C für g ∈ G. Sei x ∈ G. Es wird

∑_{g∈G} z_{g} g = x(∑_{g∈G} z_{g} g)x^{−} = ∑_{g∈G} z_{g} ^{x}g =^{h = ^{x}g} ∑_{h∈G} z_{(^{x^{−}}h)} h ,

woraus mit einem Koeffizientenvergleich z_{g} = z_{(^{x^{−}}g)} für g, x ∈ G folgt. Somit ergibt sich

∑_{g∈G} z_{g} g = ∑_{r∈[1,t′]} ∑_{x ∈^{G}g_{r}} z_{x} x
= ∑_{r∈[1,t′]} ∑_{x ∈^{G}g_{r}} z_{g_{r}} x
= ∑_{r∈[1,t′]} z_{g_{r}} ∑_{x ∈^{G}g_{r}} x
= ∑_{r∈[1,t′]} z_{g_{r}} ḡ_{r}
∈ _{C}⟨ ḡ_{r} : r ∈ [1, t′] ⟩ .

Definition 85 Die Matrix X(G) := (χ_{s}(g_{r}))_{s,r∈[1,t]} ∈ C^{t×t} heißt die Charaktertafel von G; cf. Lemma 84. In ihren Zeilen sind also alle irreduziblen Charaktere von G anhand ihrer Werte auf Konjugationsklassenrepräsentanten aufgelistet; cf. Bemerkung 71. In Korollar 82 wurde vereinbart, daß χ_{1} der triviale Charakter ist. Also sind die Einträge der ersten Zeile der Charaktertafel alle gleich 1. Der jeweilige Eintrag in der ersten Spalte der Charaktertafel ist χ_{s}(g_{1}) = χ_{s}(1_{G}) = n_{s} für s ∈ [1, t]. Somit hat die Charaktertafel von G die Form

X(G) =  [ \begin{matrix}& g_{1} = 1 & g_{2} & … & g_{t} \\ χ_{1} & 1 & 1 & … & 1 \\ χ_{2} & n_{2} & ∗ & … & ∗ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ χ_{t} & n_{t} & ∗ & … & ∗ \end{matrix} ]

Bis auf die festgelegte erste Zeile und die festgelegte erste Spalte können aber noch Zeilenund Spaltenpermutationen auftreten.

In Bemerkung 92 unten werden wir auch noch feststellen, daß X(G) regulär ist, ihre Zeilen also insbesondere paarweise verschieden sind. Zusammen mit Korollar 82 liefert dies dann die Unabhängigkeit von X(G) vom gewählten Wedderburnisomorphismus ω bis auf Zeilenpermutation. Insbesondere sind dann die n_{s}, s ∈ [1, t], als bis auf Permutation unabhängig von der Wahl von ω erkannt.

Beispiel 86

(1) Die Charaktertafel von S_{3} ist gegeben durch

X(S_{3}) =  [ \begin{matrix}& id & (1, 2) & (1, 2, 3) \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & −1 & 1 \\ χ_{3} & 2 & 0 & −1 \end{matrix} ] ∈ C^{3×3} ;

cf. Lösung zu Aufgabe 18.(1), Beispiel 73.(2), Beispiel 39.(3).

(2) Sei n ∈ Z_{⩾1} . Schreibe ζ := ζ_{n}. Die Charaktertafel von C_{n} = ⟨ a : a^{n} ⟩ ist gegeben durch

X(C_{n}) =  [ \begin{matrix}& a^{0} & a^{1} & … & a^{n−1} \\ χ_{1} & ζ^{0·0} & ζ^{0·1} & … & ζ^{0·(n−1)} \\ χ_{2} & ζ^{1·0} & ζ^{1·1} & … & ζ^{1·(n−1)} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ χ_{n} & ζ^{(n−1)·0} & ζ^{(n−1)·1} & … & ζ^{(n−1)·(n−1)} \end{matrix} ] = (ζ^{(s−1)·(r−1)})_{s,r∈[1,n]} ∈ C^{n×n} ;

cf. Beispiel 50.

(3) Genau dann sind alle Einträge der ersten Spalte der Charaktertafel von G gleich 1, wenn G abelsch ist.

Denn ist n_{j} ⩾ 2 für ein j ∈ [1, t], dann ist der Block C^{n_{j}×n_{j}} der Wedderburnzerlegung nichtkommutativ, folglich CG nichtkommutativ und also G nichtabelsch.

Ist umgekehrt n_{i} = 1 für alle i ∈ [1, t], dann ist jeder Block C^{n_{i}×n_{i}} der Wedderburnzerlegung kommutativ, folglich CG kommutativ und also G abelsch.

4.3 Orthogonalitäten

Sei G eine endliche Gruppe.

Wir verwenden Notation 78. Insbesondere schreiben wir CG \overline{}^{ω}_{∼} B := ∏_{s∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}}.

Lemma 87 Sei g ∈ G. Es ist

∑_{s∈[1,t]} n_{s} χ_{s}(g) = χ_{CG}(g) = ∂_{g,1} |G| .

Beweis. Es ist CG \overline{}^{ω}_{∼} B auch ein Isomorphismus von CG-Moduln, denn es wird ω(ξ · η) = ω(ξ) · ω(η) = ξ · ω(η) für ξ, η ∈ CG, wobei letzteres Produkt die vereinbarte CG-Multiplikation auf dem CG-Modul B bezeichnet.

Also ist χ_{B}(g) = χ_{CG}(g) = ∂_{g,1} |G|; cf. Bemerkung 74, Beispiel 73.(5).

Wir wollen nun χ_{B}(g) noch auf eine zweite Art berechnen.

Wir haben die Zerlegung

B = ⨁_{s∈[1,t]} ⨁_{i∈[1,n_{s}]} Be_{i,i}^{s}

in CG-Teilmoduln. In Be_{i,i}^{s} wählen wir die C-lineare Basis (e_{1,i}^{s} , …, e_{n_{s} , i}^{s}). Diese Basen setzen wir zu einer Basis von B zusammen.

Da eine Zerlegung in CG-Teilmoduln vorliegt, ergibt sich in dieser Basis die beschreibende Matrix von B \overline{}B, b \overline{}g · b als Blockdiagonalmatrix mit den beschreibenden Matrizen ω^{s}(g) von Be_{i,i}^{s} \overline{}Be_{i,i}^{s}, b e_{i,i}^{s} \overline{}g · b e_{i,i}^{s} in der Hauptdiagonalen, wobei s ∈ [1, t] und i ∈ [1, n_{s}] ; cf. Bemerkung 79.

Wir summieren über alle diese Diagonalblöcke und erhalten

χ_{B}(g) = tr(b \overline{}g · b) = ∑_{s∈[1,t]} ∑_{i∈[1,n_{s}]} tr ω^{s}(g) = ∑_{s∈[1,t]} ∑_{i∈[1,n_{s}]} χ_{s}(g) = ∑_{s∈[1,t]} n_{s} χ_{s}(g) .

Bemerkung 88 Für s ∈ [1, t] schreiben wir

ε_{s} := ω^{−}( ∑_{i∈[1,n_{s}]} e_{i,i}^{s}) ∈ CG .

Es ist (ε_{1} , …, ε_{t}) die orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in Z(CG) ; cf. Aufgabe 22.

Beweis. Da ω ein Ringisomorphismus ist, genügt es zu zeigen, daß

(ω(ε_{s}))_{s∈[1,t]} = ( ∑_{i∈[1,n_{s}]} e_{i,i}^{s})_{s∈[1,t]}

die orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in ω(Z(CG)) = Z(B) ist.

Es ist φ : C^{×t} \overline{}Z(B), (z_{s})_{s} \overline{}(z_{s}E_{n_{s}})_{s} ein C-Algebrenisomorphismus; cf. Aufgaben 16 und 27, Bemerkung 61.(2).

Schreibe η_{s} := (0, …, 0, 1, 0, …, 0) ∈ C^{×t} mit der 1 an Position s für s ∈ [1, t]. Es genügt zu zeigen, daß

(φ^{−}ω(ε_{s}))_{s∈[1,t]} = (η_{s})_{s∈[1,t]}

die orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in C^{×t} ist.

In der Tat liegt eine orthogonale Zerlegung in Idempotente vor. Diese sind primitiv, da dim_{C} C^{×t}η_{s} = 1 und folglich C^{×t}η_{s} unzerlegbar ist für s ∈ [1, t] ; cf. Bemerkung 55.

Lemma 89 Für s ∈ [1, t] ist

ε_{s} = \frac{n_{s}}{|G|} ∑_{g∈G} χ_{s}(g^{−}) g .

Beweis. Schreibe ε_{s} =: ∑_{g} z_{s,g} g für s ∈ [1, t], wobei z_{s,g} ∈ C. Für h ∈ G wird zum einen

∑_{r∈[1,t]} n_{r} tr(ω^{r}(ε_{s} · h)) = ∑_{r} n_{r} tr(ω^{r}(ε_{s}) · ω^{r}(h))
= ∑_{r} n_{r} tr(∂_{s,r} ω^{r}(h))
= n_{s} tr(ω^{s}(h))
= n_{s} χ_{s}(h) ,

zum anderen

∑_{r∈[1,t]} n_{r} tr(ω^{r}(ε_{s} · h)) = ∑_{r} n_{r} tr(ω^{r}(∑_{g} z_{s,g} gh))
= ∑_{g} z_{s,g} ∑_{r} n_{r} tr(ω^{r}(gh))
= ∑_{g} z_{s,g} ∑_{r} n_{r} χ_{r}(gh)
=^{L. 87} ∑_{g} z_{s,g} ∂_{gh,1}|G|
= z_{s,h^{−}}|G| .

Es folgt z_{s,h^{−}} = \frac{n_{s}}{|G|} χ_{s}(h), also auch z_{s,g} = \frac{n_{s}}{|G|} χ_{s}(g^{−}) für g ∈ G, wie zu zeigen war.

Satz 90 (Orthogonalitäten) Weiterhin sei G eine endliche Gruppe und Notation 78 in Verwendung.

(1) Seien r, s ∈ [1, t]. Es gilt die horizontale Orthogonalität

∑_{g∈G} χ_{r}(g) \overline{χ_{s}(g)} = |G| ∂_{r,s} .

(2) Seien g, h ∈ G. Es gilt die vertikale Orthogonalität

∑_{s∈[1,t]} χ_{s}(g) \overline{χ_{s}(h)} = ∂_{^{G}g,^{G}h}|G||^{G}g|^{−1} = ∂_{^{G}g,^{G}h}|C_{G}(g)| .

Beweis. Zu (1). Für r, s ∈ [1, t] wird zum einen

\begin{aligned}ε_{s} ε_{r} & =^{B. 88} & ∂_{r,s} ε_{s} \\ & =^{L. 89} & ∂_{r,s} \frac{n_{s}}{|G|} ∑_{x} χ_{s}(x^{−})x , \end{aligned}

zum anderen

\begin{aligned}ε_{s} ε_{r} & =^{L. 89} & (\frac{n_{s}}{|G|} ∑_{g} χ_{s}(g^{−})g)(\frac{n_{r}}{|G|} ∑_{h} χ_{r}(h^{−})h) \\ & = & \frac{n_{s} n_{r}}{|G|^{2}} ∑_{x} ( ∑_{gh = x} χ_{s}(g^{−}) χ_{r}(h^{−}))x . \end{aligned}

Koeffizientenvergleich bei x = 1 liefert

∂_{r,s} \frac{n_{s}^{2}}{|G|} = \frac{n_{s} n_{r}}{|G|^{2}} ∑_{g} χ_{s}(g^{−})χ_{r}(g) ,

i.e. |G|∂_{r,s} = ∑_{g} χ_{r}(g) χ_{s}(g^{−}).

Die Aussage folgt nun wegen χ_{s}(g^{−}) = \overline{χ_{s}(g)} ; cf. Aufgabe 25.(2).

Zu (2). Wir erinnern an die Charaktertafel X := X(G) = (χ_{r}(g_{s}))_{r,s} ∈ C^{t×t}; cf. Definition 85. Sei

Y := |G|^{−1/2}X ( ..._{|^{G}g_{t}|^{1/2}}^{|^{G}g_{1}|^{1/2}}) .

Die Aussage (1) bedeutet, daß ∑_{q∈[1,t]} |^{G}g_{q}| χ_{r}(g_{q}) \overline{χ_{s}(g_{q})} = |G| ∂_{r,s} ist für r, s ∈ [1, t], i.e. daß

E_{t} = |G|^{−1}X ( ..._{|^{G}g_{t}|}^{|^{G}g_{1}|}) X̄^{t} = Y Ȳ^{t}

ist, i.e. daß Y unitär ist. Vertauschung der Faktoren gibt

E_{t} = Ȳ^{t}Y = |G|^{−1} (  ..._{|^{G}g_{t}|^{1/2}}^{|^{G}g_{1}|^{1/2}}) X̄^{t}X (  ..._{|^{G}g_{t}|^{1/2}}^{|^{G}g_{1}|^{1/2}}) ,

i.e.

X̄^{t}X = |G| ( ..._{|^{G}g_{t}|^{−1}}^{|^{G}g_{1}|^{−1}}) ,

i.e.

∑_{q} \overline{χ_{q}(g_{r})} χ_{q}(g_{s}) = ∂_{r,s}|G||^{G}g_{r}|^{−1}

für r, s ∈ [1, t], i.e.

∑_{q} χ_{q}(g) \overline{χ_{q}(h)} = ∂_{^{G}g,^{G}h}|G||^{G}g|^{−1} =^{L. 5} ∂_{^{G}g,^{G}h}|C_{G}(g)|

für g, h ∈ G.

Es ist Lemma 87 ein Spezialfall von Satz 90.(2).

Definition 91

(1) Eine Abbildung f : G \overline{}C heißt eine Klassenfunktion auf G, wenn f(g) = f(^{x}g) ist für g, x ∈ G, wenn also f konstant auf Konjugationsklassen ist. E.g. ist jeder Charakter von G eine Klassenfunktion auf G; cf. Bemerkung 71. Die Menge Kf(G) der Klassenfunktionen auf G ist ein C-Unterraum des Raums aller C-wertigen Funktionen auf G. Da ( (G \overline{}C, h \overline{}∂_{^{G}h ,^{G}g_{r}}) : r ∈ [1, t] ) eine Basis von Kf(G) ist, ist dim_{C} Kf(G) = t.

(2) Wir definieren das hermitesche Skalarprodukt

[figure: Kf(G); ×; Kf(G); ^{^{G}(−,=)}; C; (φ; ,; ψ); _{G}(φ, ψ) := |G|^{−1} ∑_{g∈G} φ(g) \overline{ψ(g)} .]

Bemerkung 92

(1) Es besagt Satz 90.(1) gerade, daß _{G}(χ_{r} , χ_{s}) = ∂_{r,s} ist für r, s ∈ [1, t].

Mit anderen Worten, es ist (χ_{1} , …, χ_{t}) eine Orthonormalbasis des C-Vektorraums der Klassenfunktionen bezüglich _{G}(−, =). Insbesondere ist die Charaktertafel X(G) eine invertierbare Matrix.

(2) Für praktische Zwecke beachte, daß wir für φ, ψ ∈ Kf(G)

G(φ, ψ) = |G|^{−1} ∑_{g∈G} φ(g) \overline{ψ(g)}
= |G|^{−1} ∑_{r∈[1,t]} |^{G}g_{r}| φ(g_{r}) \overline{ψ(g_{r})}
=^{L. 5} ∑_{r∈[1,t]} |C_{G}(g_{r})|^{−1} φ(g_{r}) \overline{ψ(g_{r})}

erhalten.

(3) Für φ, ψ ∈ Kf(G) ist _{G}(φ, ψ) = \overline{_{G}(ψ, φ)}.

Beispiel 93

(1) Die Charaktertafel von S_{3} ist gegeben durch

X(S_{3}) =  [ \begin{matrix}& id & (1, 2) & (1, 2, 3) \\ & 1 & 3 & 2 \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & −1 & 1 \\ χ_{3} & 2 & 0 & −1 \end{matrix} ] ,

wobei direkt unter den Konjugationsklassenrepräsentanten die Länge ihrer Konjugationsklassen notiert wurde; cf. Beispiel 86.(1).

Es wird e.g. _{S_{3}}(χ_{2} , χ_{3}) = \frac{1}{6}(1 · 1 · 2 + 3 · (−1) · 0 + 2 · 1 · (−1)) = 0 und _{S_{3}}(χ_{3} , χ_{3}) = \frac{1}{6}(1 · 2 · 2 + 3 · 0 · 0 + 2 · (−1) · (−1)) = 1.

Es wird e.g. ∑_{s∈[1,3]} χ_{s}((1, 2)) \overline{χ_{s}((1, 2, 3))} = (1 · 1 + (−1) · 1 + 0 · (−1)) = 0 und

∑_{s∈[1,3]} χ_{s}((1, 2)) \overline{χ_{s}((1, 2))} = 1 · 1 + (−1) · (−1) + 0 · 0 = 2 = |S_{3}||^{S_{3}}(1, 2)|^{−1} = |C_{S_{3}}((1, 2))|.

(2) Sei n ⩾ 1. Schreibe ζ := ζ_{n}.

Die Charaktertafel von C_{n} ist gegeben durch X(C_{n}) = (ζ^{(s−1)(r−1)})_{s,r ∈[1,n]} .

Die horizontale Orthogonalität wird für r, s ∈ [1, n] zu

C_{n}(χ_{r} , χ_{s}) = |C_{n}|^{−1} ∑_{q∈[1,n]} |^{G}g_{q}| χ_{r}(g_{q}) \overline{χ_{s}(g_{q})}
= n^{−1} ∑_{q∈[1,n]} 1 · ζ^{(r−1)(q−1)} · ζ^{−(s−1)(q−1)}
= n^{−1} ∑_{q∈[1,n]} ζ^{(r−s)(q−1)} = ∂_{r,s} ;

cf. Beispiel 86.(2), Lösung zu Aufgabe 17.

(3) Allgemein ist ∑_{s∈[1,t]} |χ_{s}(g)|^{2} = |C_{G}(g)| für g ∈ G. Insbesondere ist

∑_{s∈[1,t]} n_{s}^{2} = ∑_{s∈[1,t]} |χ_{s}(1)|^{2} = |C_{G}(1)| = |G| .

Cf. Satz 90.(2). Dies folgt auch durch Dimensionsvergleich aus dem Wedderburnisomorphismus.

Bemerkung 94 Sei φ ∈ Kf(G).

(1) Es ist φ = ∑_{s∈[1,t]} _{G}(φ, χ_{s})χ_{s}.

Es ist φ genau dann ein Charakter, wenn _{G}(φ, χ_{s}) ∈ Z_{⩾0} ist für alle s ∈ [1, t].

(2) Ist φ ein Charakter, so ist φ genau dann irreduzibel, wenn _{G}(φ, φ) = 1, i.e. wenn ∑_{g∈G} |φ(g)|^{2} = |G|.

Beweis.

Zu (1). Schreibe φ = ∑_{s∈[1,t]} z_{s} χ_{s} mit z_{s} ∈ C. Für r ∈ [1, t] wird

G(φ, χ_{r}) = _{G}(∑_{s} z_{s} χ_{s} , χ_{r}) = ∑_{s} z_{s} _{G}(χ_{s} , χ_{r}) = ∑_{s} z_{s} ∂_{s,r} = z_{r} .

Die zweite Aussage folgt nun aus Bemerkung 75, Bemerkung 77, Korollar 82 und Bemerkung 92.(1).

Zu (2). Schreibe φ = ∑_{s∈[1,t]} z_{s} χ_{s} mit z_{s} ∈ Z_{⩾0} ; cf. (1). Es ist φ genau dann irreduzibel, wenn φ ∈ { χ_{s} : s ∈ [1, t] }. Wegen

G(φ, φ) = _{G}(∑_{s} z_{s} χ_{s} , ∑_{r} z_{r} χ_{r}) = ∑_{s,r} z_{s} z_{r} · _{G}(χ_{s} , χ_{r}) = ∑_{s,r} z_{s} z_{r} ∂_{s,r} = ∑_{s} z_{s}^{2}

ist dies genau dann der Fall, wenn _{G}(φ, φ) = 1 ist.

Bemerkung 95 Seien V und W endlichdimensionale CG-Moduln.

(1) Es ist _{G}(χ_{V} , χ_{W}) = dim_{C} Hom_{CG}(V, W) ∈ Z_{⩾0} . Insbesondere ist _{G}(φ, ψ) = _{G}(ψ, φ) für Charaktere φ und ψ von G; cf. Bemerkung 92.(3).

(2) Es ist V ≃ W genau dann, wenn χ_{V} = χ_{W} .

Cf. Bemerkung 74. Beweis. Zu (1). Da für endlichdimensionale CG-Moduln W′ und W′′ zum einen _{G}(χ_{V} , χ_{W′⊕W′′}) = G(χ_{V} , χ_{W′} + χ_{W′′}) = _{G}(χ_{V} , χ_{W′}) +_{G}(χ_{V} , χ_{W′′}), zum anderen dim_{C} Hom_{CG}(V, W′⊕W′′) = dim_{C}(Hom_{CG}(V, W′) ⊕ Hom_{CG}(V, W′′)) = dim_{C} Hom_{CG}(V, W′) + dim_{C} Hom_{CG}(V, W′′) ist, können wir annehmen, daß W einfach ist; cf. Bemerkungen 75 und 77. Genauso können wir annehmen, daß V einfach ist. Wir finden r, s ∈ [1, t] mit V ≃ Be_{1,1}^{r} und W ≃ Be_{1,1}^{s}; cf. Lemma 81. Wir erhalten

G(χ_{V} , χ_{W}) =^{B. 74} _{G}(χ_{Be_{1,1}^{r}} , χ_{Be_{1,1}^{s}})
=^{B. 80}  _{G}(χ_{r} , χ_{s})
=^{B. 92.(1)}  ∂_{r,s}
=^{L. 66.(2, 4), A. 28} dim_{C} Hom_{CG}(Be_{1,1}^{r} , Be_{1,1}^{s})

Komp. m. Isom.

= dim_{C} Hom_{CG}(V , W) .

Zu (2). Sind V und W isomorph, so ist χ_{V} = χ_{W} ; cf. Bemerkung 74. Sei umgekehrt χ_{V} = χ_{W} . Für s ∈ [1, t] finden wir x_{s} , y_{s} ∈ Z_{⩾0} mit V ≃ ⨁_{s}(Be_{1,1}^{s})^{⊕x_{s}} und W ≃ ⨁_{s}(Be_{1,1}^{s})^{⊕y_{s}}; cf. Bemerkung 77, Lemma 81. Wir haben zu zeigen, daß x_{s} =^{!} y_{s} für s ∈ [1, t]. Aber es wird

∑_{s} x_{s} χ_{s} =^{B. 80} ∑_{s} x_{s} χ_{Be_{1,1}^{s}}
=^{B. 75} χ_{⨁_{s}(Be_{1,1}^{s})^{⊕xs}}
=^{B. 74} χ_{V}
= χ_{W}
=^{B. 74} χ_{⨁_{s}(Be_{1,1}^{s})^{⊕ys}}
=^{B. 75} ∑_{s} y_{s} χ_{Be_{1,1}^{s}}
=^{B. 80} ∑_{s} y_{s} χ_{s} .

Das Resultat folgt nun aus der Regularität der Charaktertafel; cf. Bemerkung 92.(1).

4.4 Der Grad eines irreduziblen Charakters teilt die Gruppenordnung

Sei G eine endliche Gruppe. Wir verwenden Notation 78. Da ω ein Ringisomorphismus ist, ist

ω(Z(CG)) = Z(B) =^{A. 27} ∏_{s} Z(C^{n_{s}×n_{s}}) =^{A. 16} ∏_{s} _{C}⟨E_{n_{s}}⟩ .

Es ist

[figure: C^{×t}; φ; ∼; Z(B); (z_{s})_{s}; (z_{s}E_{n_{s}})_{s}]

ein Isomorphismus von C-Algebren; cf. Aufgaben 27 und 16. Setzen wir noch ω_{Z} := φ^{−} ∘ ω|_{Z(CG)}^{Z(B)} , so sind wir folgender Situation.

\xymatrix{CG \ar[rr]^{ω}_{∼} &  & B = ∏_{s} C^{n_{s}×n_{s}} \\ Z(CG) \ar[r]^{ω|_{Z(CG)}^{Z(B)}}_{∼} \ar@{^{(}->}[u] \ar[dr]_{ω_{Z}}^{∼} & Z(B) \ar@{^{(}->}[ur] \\  & C^{×t} \ar[u]^{φ}_{≀}}

Es ist ω_{Z} ein Isomorphismus von C-Algebren. Schreibe ω_{Z}(ξ) =: (ω_{Z}^{s}(ξ))_{s} ∈ C^{×t} für ξ ∈ Z(CG). Also wird

(ω^{s}(ξ))_{s} = ω(ξ) = φ(ω_{Z}(ξ)) = φ((ω_{Z}^{s}(ξ))_{s}) = (ω_{Z}^{s}(ξ)E_{n_{s}})_{s} ,

i.e. ω^{s}(ξ) = ω_{Z}^{s}(ξ)E_{n_{s}} für ξ ∈ Z(CG) und s ∈ [1, t]. Bemerkung 96 (und Definition) Es ist

β_{r,s} := ω_{Z}^{r}(ḡ_{s}) = χ_{r}(g_{s}) · \frac{|^{G}g_{s}|}{n_{r}}

für r, s ∈ [1, t]; cf. Definition 85. Insbesondere ist β_{r,1} = 1 für r ∈ [1, t], sowie β_{1,s} = |^{G}g_{s}| für s ∈ [1, t]. Beweis. Es ist

χ_{r}(g_{s}) · |^{G}g_{s}| = ∑_{x∈^{G}g_{s}} χ_{r}(x)
= ∑_{x∈^{G}g_{s}} tr ω^{r}(x)
= tr ω^{r}(ḡ_{s})
= tr(ω_{Z}^{r}(ḡ_{s})E_{n_{r}})
= n_{r} ω_{Z}^{r}(ḡ_{s}) .

Definition 97 Seien r, s ∈ [1, t]. Da ḡ_{r} , ḡ_{s} ∈ Z(CG) ist, ist auch ḡ_{r} · ḡ_{s} ∈ Z(CG). Da (ḡ_{a})_{a} eine Basis von Z(CG) ist, können wir

ḡ_{r} · ḡ_{s} =: ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} ḡ_{a}

setzen, mit eindeutig bestimmten γ_{r,s,a} ∈ C ; cf. Lemma 84.

Bemerkung 98 Seien r, s, a ∈ [1, t]. Es ist

γ_{r,s,a} = |{ (x, y) ∈ ^{G}g_{r} ×^{G}g_{s} : xy = g_{a} }| ∈ Z_{⩾0} .

Beweis. Es wird

ḡ_{r} · ḡ_{s} = (∑_{x ∈^{G}g_{r}} x)(∑_{y ∈^{G}g_{s}} y)
= ∑_{(x,y) ∈^{G}g_{r}×^{G}g_{s}} xy
= ∑_{h∈G} |{ (x, y) ∈ ^{G}g_{r} ×^{G}g_{s} : xy = h }| h .

Also ist der Koeffizient von g_{a} in ḡ_{r} · ḡ_{s} gleich |{ (x, y) ∈ ^{G}g_{r} ×^{G}g_{s} : xy = g_{a} }|.

Dies ist auch der Koeffizient γ_{r,s,a} von ḡ_{a} in ḡ_{r} · ḡ_{s}, da in der Basis ( ḡ_{a} : a ∈ [1, t] ) von Z(CG) das Element g_{a} nur in ḡ_{a} auftritt, und dort mit Koeffizient 1.

Bemerkung 99 Seien q, r ∈ [1, t].

Für s ∈ [1, t] wird

β_{q,r} β_{q,s} = ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} β_{q,a} .

Als Matrixgleichung geschrieben besagt dies

β_{q,r} (β_{q,s})_{s} = (γ_{r,s,a})_{s,a} (β_{q,a})_{a} .

Da β_{q,1} =^{B. 96} 1 ≠ 0 ist, hat also (γ_{r,s,a})_{s,a} ∈ C^{t×t} den Eigenvektor (β_{q,a})_{a} ∈ C^{t×1} zum Eigenwert β_{q,r} ∈ C .

Beweis. Es wird

β_{q,r} β_{q,s} = ω_{Z}^{q}(ḡ_{r}) ω_{Z}^{q}(ḡ_{s})
= ω_{Z}^{q}(ḡ_{r} ḡ_{s})
=^{D. 97} ω_{Z}^{q}( ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} ḡ_{a})
= ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} ω_{Z}^{q}(ḡ_{a})
= ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} β_{q,a} .

Definition 100 Sei O := { z ∈ C : es gibt f(X) ∈ Z[X] normiert mit f(z) = 0 } ⊆ C. Es ist O ⊆ C ein Teilring; cf. Aufgabe 29.(2). Es heißt O der Ring der algebraisch ganzen Zahlen in C. Es ist O ∩ Q = Z ; cf. Aufgabe 29.(3). Es ist e.g. für k ∈ Z_{⩾1} und i ∈ [0, k −1] das Element ζ_{k}^{i} in O, als Nullstelle des normierten Polynoms X^{k} − 1 ∈ Z[X].

Bemerkung 101 Es ist β_{q,r} ∈ O für q, r ∈ [1, t].

Beweis. Es ist β_{q,r} ∈ C der Eigenwert einer Matrix mit ganzzahligen Einträgen, also die Nullstelle eines charakteristischen Polynoms mit ganzzahligen Koeffizienten; cf. Bemerkungen 99 und 98.

Satz 102 (Grad eines irreduziblen Charakters teilt Gruppenordnung) Sei χ ein irreduzibler Charakter der endlichen Gruppe G. Es ist der Charaktergrad χ(1) ein Teiler der Gruppenordnung |G|.

Beweis. Es gibt ein s ∈ [1, t] mit χ = χ_{s}; cf. Korollar 82. Wir haben zu zeigen, daß n_{s} ein Teiler von |G| ist. Es ist |G|n_{s}^{−1} ∈ Q. Da Z = O ∩ Q ist, bleibt zu zeigen, daß |G|n_{s}^{−1} ∈^{!} O ist; cf. Aufgabe 29.(3). Aus ζ_{|⟨g_{r}⟩|} ∈ O folgt, daß \overline{χ_{s}(g_{r})} ∈ O liegt für r ∈ [1, t], da O ⊆ C ein unter Konjugation abgeschlossener Teilring ist; cf. Aufgaben 25.(1, 2) und 29.(2); beachte, daß aus f(z) = 0 auch f(z̄) = \overline{f(z)} = 0 folgt für z ∈ C und f(X) ∈ Z[X] normiert. Es ist

|G|n_{s}^{−1} =^{S. 90.(1)} n_{s}^{−1} ∑_{g} χ_{s}(g) \overline{χ_{s}(g)}
= n_{s}^{−1} ∑_{r} |^{G}g_{r}| χ_{s}(g_{r}) \overline{χ_{s}(g_{r})}
=^{B. 96} ∑_{r} β_{s,r} \overline{χ_{s}(g_{r})}
∈^{B. 101} O .

Korollar 103 Sei M ein einfacher CG-Modul. Es teilt dim_{C} M die Gruppenordnung |G|.

Beweis. Es ist dim_{C} M = χ_{M}(1); cf. Bemerkung 72. Da M einfach ist, ist χ_{M} irreduzibel; cf. Definition 76. Also ist χ_{M}(1) ein Teiler von |G|; cf. Satz 102.

Beispiel 104 Sei p eine Primzahl. Sei G eine Gruppe von Ordnung |G| = p^{2}. Wir können nun nochmals die bereits in der Lösung zu Aufgabe 13 angemerkte Tatsache zeigen, daß G abelsch ist. Wir verwenden Notation 78 sinngemäß. Annahme, es ist G nichtabelsch. Es ist also n_{r} ⩾ 2 für ein r ∈ [1, t], und somit n_{r} ∈ {p, p^{2}} nach Satz 102. Da ∑_{s∈[1,t]} n_{s}^{2} = |G| = p^{2} und da n_{1} = 1, ist n_{r}^{2} < p^{2}. Dies ist aber für keinen der beiden Kandidaten erfüllt. Wir haben einen Widerspruch.

4.5 Konjugation und Produkte

Sei G eine endliche Gruppe.

4.5.1 Konjugation

Definition 105 Ist φ ∈ Kf(G), so definieren wir die (komplex) konjugierte Klassenfunktion φ̄ ∈ Kf(G) durch

φ̄(g) := \overline{φ(g)}

für g ∈ G. Lemma 106 Sei M ein endlichdimensionaler CG-Modul. Es trägt M^{∗} := Hom_{C}(M, C) eine CG-Modulstruktur via

(g · f)(m) := f(g^{−}m)

für g ∈ G, f ∈ M^{∗} und m ∈ M. Ist M einfach, dann auch M^{∗}. Es ist χ_{M^{∗}}(g) = \overline{χ_{M}(g)} für g ∈ G. I.e. es ist χ_{M^{∗}} = \overline{χ_{M}} . Ist χ ein Charakter von G, dann ist auch χ̄ ein Charakter von G. Ist χ ein irreduzibler Charakter von G, dann ist auch χ̄ ein irreduzibler Charakter von G. Beweis. Siehe Aufgabe 25.(3) und Lösung. Alternativ folgt aus der Irreduzibilität von χ, daß

1 = _{G}(χ , χ) = \frac{1}{|G|} ∑_{g} χ(g) χ̄(g) = \frac{1}{|G|} ∑_{g} χ̄(g) χ(g) = _{G}(χ̄ , χ̄)

i.e. die Irreduzibilität von χ̄; cf. Bemerkung 94.(2). Beispiel 107 Für G = C_{n} operiert die komplexe Konjugation auf der Charaktertafel X(C_{n}) in der Anordnung von Beispiel 86.(2) via

\begin{aligned}χ̄_{1} & = & χ_{1} \\ χ̄_{i} & = & χ_{n+2−i} & für i ∈ [2, n] \end{aligned}

4.5.2 Produkte

Definition 108 Sind φ, φ′ ∈ Kf(G), so definieren wir ihr Produkt φ · φ′ ∈ Kf(G) durch

(φ · φ′)(g) := φ(g) · φ′(g)

für g ∈ G.

Notation 109 Seien V und W zwei C-Moduln, i.e. C-Vektorräume. Via v · z := zv für z ∈ C und v ∈ V wird V zu einem C-Rechtsmodul. Insgesamt können und werden wir V bei Bedarf kommentarlos als C-C-Bimodul verwenden. Wir schreiben

V ⊗ W := V ⊗_{C} W ,

und dies ist wieder ein C-Vektorraum; cf. Aufgabe 26.(2). Ist e.g. M ein CG-Modul, so wird aus diesem durch Einschränkung ein C-Vektorraum und dann mittels unserer Konvention ein C-C-Bimodul.

Lemma 110 Seien M und N endlichdimensionale CG-Moduln. Es trägt M ⊗ N eine CG-Modulstruktur via

g · (m ⊗ n) := (gm) ⊗ (gn)

für g ∈ G, m ∈ M und n ∈ N. Es ist χ_{M⊗N}(g) = χ_{M}(g) · χ_{N}(g) für g ∈ G. I.e. es ist χ_{M⊗N} = χ_{M} · χ_{N} . Sind χ und ψ Charaktere von G, dann ist auch χ · ψ ein Charakter von G.

Beweis. Sei g ∈ G. Wir haben auf dem C-Vektorraum M ⊗ N die Abbildung

[figure: M; ⊗; N; g·(−); M; ⊗; N; m; ⊗; n; (gm); ⊗; (gn) ,]

da (gm) ⊗ (gn) additiv in m und n ist und da

(g(mz)) ⊗ (gn) = (gm)z ⊗ (gn) = (gm) ⊗ z(gn) = (gm) ⊗ g(zn) ,

wobei g ∈ G, m ∈ M, n ∈ N und z ∈ C. Dies liefert eine Darstellung G \overline{}GL(M ⊗ N), g \overline{}g · (−), da sich für g, g̃ ∈ G

(gg̃) · (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) = ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} ((gg̃)m) ⊗ ((gg̃)n)
= ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} (g(g̃m)) ⊗ (g(g̃n))
= g · (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} (g̃m) ⊗ (g̃n))
= g · (g̃ · (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n))

ergibt, wobei z_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N. Somit verfügen wir auch über den zugehörigen CG-Modul M ⊗ N ; cf. Lemma 44. Sei (m_{1} , …, m_{k}) eine C-lineare Basis von M. Sei (n_{1} , …, n_{ℓ}) eine C-lineare Basis von N. Als C-Vektorräume ist

[figure: M ⊗ N; ∼; C^{⊕k}; ⊗; C^{⊕ℓ}; ∼; ((C ⊗ C)^{⊕k})^{⊕ℓ}; ∼; C^{k×ℓ}; ∑_{i,j} z_{i} w_{j} m_{i} ⊗ n_{j}; (z_{i})_{i}; ⊗; (w_{j})_{j}; ((z_{i} ⊗ w_{j})_{i})_{j}; (z_{i}w_{j})_{i,j} ,]

wobei der erste Isomorphismus mit der Lösung zu Aufgabe 26.(5) aus den Isomorphismen M ^{\overline{}^{∼}} C^{⊕k}, ∑_{i} z_{i} m_{i} \overline{}(z_{i})_{i} und N ^{\overline{}^{∼}} C^{⊕ℓ}, ∑_{j} w_{j} n_{j} \overline{}(w_{j})_{j} konstruiert werden kann; der zweite folgt aus Aufgabe 26.(5), der dritte aus Aufgabe 26.(3). Insgesamt korrespondiert m_{i} ⊗ n_{j} zu e_{i,j} für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ], sodaß (m_{i} ⊗ n_{j})_{i,j} eine C-lineare Basis von M ⊗ N ist. Sei g ∈ G. Sei gm_{i} = ∑_{a} z_{a,i} m_{a} für i ∈ [1, k], wobei z_{a,i} ∈ C stets. Sei gn_{j} = ∑_{b} w_{b,j} n_{b} für j ∈ [1, ℓ], wobei w_{b,j} ∈ C stets. Es wird

g(m_{i} ⊗ n_{j}) = (gm_{i}) ⊗ (gn_{j}) = ∑_{a,b} z_{a,i} w_{b,j} m_{a} ⊗ n_{b} ,

und der Koeffizient von m_{i} ⊗ n_{j} darin gleich z_{i,i} w_{j,j}, wobei i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ]. Folglich wird die Spur der Multiplikationsabbildung g · (−) : M ⊗ N \overline{}M ⊗ N gleich

χ_{M⊗N}(g) = ∑_{i,j} z_{i,i} w_{j,j} = (∑_{i} z_{i,i}) · (∑_{j} w_{j,j}) = χ_{M}(g) · χ_{N}(g) .

Beispiel 111 Sei G = S_{3} . Wir verwenden die Notation von Beispiel 93.(1). Es ist χ_{3} = (^{2 0 −1}). Es wird χ_{3} · χ_{3} = (^{2 0 −1}) · (^{2 0 −1}) = (^{4 0 1}) = (^{1 1 1}) + (^{1 −1 1}) + (^{2 0 −1}) = χ_{1} + χ_{2} + χ_{3} . Insbesondere ist das Produkt zweier irreduzibler Charaktere i.a. nicht irreduzibel.

Zusammenfassung 112 Sind χ und ψ Charaktere von G, so sind auch χ̄, χ + ψ und χ · ψ Charaktere von G. Cf. Bemerkung 75, Lemma 106, Lemma 110.

4.6 Restriktion und Induktion

4.6.1 Restriktion

Seien H und G endliche Gruppen. Sei f : H \overline{}G ein Gruppenmorphismus.

Sei χ : G \overline{}C ein Charakter von G.

Sei ρ : G \overline{}GL(V) eine zu χ gehörige Darstellung von G auf einem endlichdimensionalen C-Vektorraum V.

Bemerkung 113 Es ist χ ∘ f : H \overline{}C ein Charakter von H, der entlang f eingeschränkte Charakter.

Es ist ρ ∘ f eine zu χ ∘ f gehörige Darstellung.

Beweis. Es ist ρ ∘ f : H \overline{}GL(V) eine Darstellung von H auf V. Es ist

χ_{ρ ∘f} = tr ∘ρ ∘ f = χ ∘ f .

Definition 114 Ist H ⩽ G und ist f : H \overline{}G, h \overline{}h die Inklusionsabbildung, so schreiben wir

χ⇃_{H}^{G} := χ ∘ f

für den von G nach H eingeschränkten Charakter von χ.

I.e. χ⇃_{H}^{G}(h) = χ(h) für h ∈ H.

Für den Charaktergrad gilt χ⇃_{H}^{G}(1) = χ(1).

Beispiel 115 Es ist C_{4} = ⟨a⟩ ⩽ ⟨ a, b : a^{4}, b^{2}, (ba)^{2} ⟩ = D_{8} .

Was die Charaktere von D_{8} angeht, verwenden wir die Notation aus der Lösung zu Aufgabe 24.(1). Was die Charaktere von C_{4} angeht, verwenden wir die Notation von Beispiel 93.(2).

Es ist χ := χ_{1} + χ_{2} + χ_{5} = (^{4 0 2 0 0}) ein Charakter von D_{8} , wobei die Konjugationsklassen in der Reihenfolge {1}, {a^{2}}, {a, a^{3}}, … aufgelistet sind.

Es ist χ⇃_{C_{4}}^{D_{8}} = (^{χ(1)} ^{χ(a)} ^{χ(a^{2})} ^{χ(a^{3})} ) = (^{4 2 0 2}) = 2 (^{1 1 1 1}) + (^{1 i −1 −i}) + (^{1 −i −1 i}), wobei die Konjugationsklassen in der Reihenfolge {1}, {a}, {a^{2}}, {a^{3}} aufgelistet sind.

Wenn also für H ⩽ G und g ∈ G der Schnitt ^{G}g ∩ H aus mehreren Konjugationsklassen von H besteht, dann wird beim Einschränken der Charakterwert bei g auf mehrere Konjugationsklassen von H “verteilt”.

4.6.2 Induktion

Sei G eine endliche Gruppe. Sei H ⩽ G. Sei ψ ein Charakter von H. Sei M ein zu ψ gehöriger CH-Modul, i.e. ψ = χ_{M} .

Es ist CG ein CG-CG-Bimodul. Durch Restriktion auf der rechten Seite wird daraus ein CG-CH-Bimodul. I.e. es sei schlicht g · ξ · h := gξh für g ∈ G, ξ ∈ CG und h ∈ H, letzteres Produkt gebildet im Ring CG.

Sei ℓ := |G|/|H|. Sei G = ⨆_{j∈[1,ℓ]} Hx_{j}, i.e. sei { x_{j} : j ∈ [1, ℓ] } ein Repräsentantensystem der Rechtsnebenklassen von H in G. Beachte, daß G = G^{−} = ⨆_{i∈[1,ℓ]}(Hx_{j})^{−} = ⨆_{i∈[1,ℓ]} x_{j}^{−}H.

Findet man e.g. U ⩽ G mit |U||H| = |G| und U ∩ H = 1, so ist U ein Repräsentantensystem der Rechtsnebenklassen von H in G (und der Linksnebenklassen). Denn Hu = Hv mit u, v ∈ U impliziert uv^{−} ∈ H ∩U = 1, sodaß wegen Kardinalität insgesamt G = ⨆_{u∈U} Hu gilt.

Definition 116 Sei

ψ↿_{H}^{G} := χ_{CG ⊗_{CH}M}

der von H nach G induzierte Charakter von ψ = χ_{M} ; cf. Aufgabe 26.(2).

Lemma 117 Für g ∈ G ist

ψ↿_{H}^{G}(g) = ∑_{j ∈ [1,ℓ], ^{x_{j}} g ∈ H} ψ(^{x_{j}}g) = \frac{1}{|H|} ∑_{x ∈ G, ^{x}g ∈ H} ψ(^{x}g) .

Für den Charaktergrad gilt ψ↿_{H}^{G}(1) = \frac{|G|}{|H|} ψ(1).

Beweis. Sei (m_{1} , …, m_{k}) eine C-lineare Basis von M.

Es ist CG = ⨁_{i∈[1,ℓ]} x_{j}^{−}CH eine Zerlegung in CH-Rechtsmoduln.

Also ist

CG ⊗_{CH} M = ⨁_{i∈[1,ℓ]} x_{j}^{−}CH ⊗_{CH} M

als C-Vektorräume; cf. Aufgabe 26.(5).

Es ist CH ^{\overline{}^{∼}} x_{j}^{−}CH, ξ \overline{}x_{j}^{−}ξ als CH-Rechtsmoduln, und daher, als C-Vektorräume,

[figure: x_{j}^{−}CH; ⊗_{CH}; M; ∼; CH; ⊗_{CH}; M; ∼; M; x_{j}^{−}h; ⊗; m; h; ⊗; m; hm ,]

wobei h ∈ H und m ∈ M ; cf. Aufgabe 26.(3) und Lösung zu Aufgabe 26.(5).

Daher ist ( x_{j}^{−} ⊗ m_{i} : i ∈ [1, k] ) eine C-lineare Basis von x_{j}^{−}CH ⊗_{CH} M. Folglich ist

( x_{j}^{−} ⊗ m_{i} : i ∈ [1, k], j ∈ [1, ℓ] )

eine C-lineare Basis von CG ⊗_{CH} M.

Damit ist schonmal

ψ↿_{H}^{G}(1) = dim_{C}(CG ⊗_{CH} M) = ℓ · k = \frac{|G|}{|H|} dim_{C} M = \frac{|G|}{|H|} ψ(1) ;

cf. Bemerkung 72. Sei g ∈ G gegeben. Wir wollen die Spur der Multiplikationsabbildung mit g auf CG ⊗_{CH} M bezüglich der eben gefundenen Basis berechnen. Für j ∈ [1, ℓ] schreiben wir

gx_{j}^{−} =: x_{σ(j)}^{−} h_{j}

mit σ(j) ∈ [1, ℓ] und h_{j} ∈ H. Es ist σ(j) = j genau dann, wenn gx_{j}^{−} ∈ x_{j}^{−}H, i.e. wenn x_{j} g x_{j}^{−} ∈ H. Für i ∈ [1, k] wird

g(x_{j}^{−} ⊗ m_{i}) = x_{σ(j)}^{−} h_{j} ⊗ m_{i} = x_{σ(j)}^{−} ⊗ h_{j} m_{i} .

Wir wollen den Beitrag der Basiselemente x_{j}^{−}⊗m_{i} mit i ∈ [1, k] zu unserer Spur berechnen. Falls σ(j) ≠ j ist, dann ist dieser Beitrag gleich 0, da x_{σ(j)}^{−} ⊗h_{j} m_{i} eine C-Linearkombina-tion in (x_{σ(j)}^{−} ⊗ m_{a} : a ∈ [1, k]) ist, in welcher das Basiselement x_{j}^{−} ⊗ m_{i} nicht auftritt. Falls σ(j) = j ist, dann ist h_{j} = x_{σ(j)}gx_{j}^{−} = ^{x_{j}}g. Es ist also, so wir

x_{j}g m_{i} = ∑_{a∈[1,k]} z_{a,i} m_{a}

schreiben mit z_{a,i} ∈ C für a, i ∈ [1, k], auch

g(x_{j}^{−} ⊗ m_{i}) = x_{j}^{−} ⊗ ^{x_{j}}g m_{i} = x_{j}^{−} ⊗ ∑_{a∈[1,k]} z_{a,i} m_{a} ,

und es ergibt sich dieser Beitrag zu ∑_{i∈[1,k]} z_{i,i} = ψ(^{x_{j}}g) .

Halten wir schließlich noch fest, daß diesenfalls ψ(^{x_{j}}g) = ψ(^{hx_{j}}g) ist für h ∈ H, daß also eine andere Wahl des Repräsentanten dieser Rechtsnebenklasse denselben Beitrag zutage fördert; cf. Bemerkung 71. Insgesamt wird also in der Tat

ψ↿_{H}^{G}(g) = ∑_{j ∈ [1,ℓ], ^{x_{j}} g ∈ H} ψ(^{x_{j}}g) = \frac{1}{|H|} ∑_{h∈H} ∑_{j ∈ [1,ℓ], ^{hx_{j}}g ∈ H} ψ(^{hx_{j}}g) = \frac{1}{|H|} ∑_{x ∈ G, ^{x}g ∈ H} ψ(^{x}g) .

Korollar 118 Sei H = ⊔_{s∈[1,t]} ^{H}h_{s}. Für g ∈ G ist

ψ↿_{H}^{G}(g) = |C_{G}(g)| ∑_{s∈[1,t]} \frac{1}{|C_{H}(h_{s})|} · ∂_{^{G}h_{s} ,^{G}g} · ψ(h_{s}) = ∑_{s∈[1,t]} \frac{|C_{G}(h_{s})|}{|C_{H}(h_{s})|} · ∂_{^{G}h_{s} ,^{G}g} · ψ(h_{s}) .

Korollar 118 ist insbesondere dann von Nutzen, wenn die Bestimmung einer Menge von Rechtsnebenklassenvertretern für G/H aufwendig wäre.

Beweis. Die zweite Gleichheit resultiert aus |C_{G}(h_{s})| = |C_{G}(g)|, falls ^{G}h_{s} = ^{G}g; cf. Aufgabe 3.(2). Zur ersten Gleichheit. Sei g ∈ G. Ist u ∈ ^{G}g, so ist, schreiben wir u = ^{y}g für ein y ∈ G,

{ x ∈ G : ^{x}g = u } = { x ∈ G : ^{x}g = ^{y}g }
= { x ∈ G : ^{y^{−}x}g = g }
= { x ∈ G : y^{−}x ∈ C_{G}(g) } = y C_{G}(g) .

Somit wird

ψ↿_{H}^{G}(g) =^{L. 117} \frac{1}{|H|} ∑_{x ∈ G, ^{x}g ∈ H}ψ(^{x}g)
= \frac{1}{|H|} ∑_{h∈H}|\{ x ∈ G : ^{x}g = h \}| · ψ(h)
= \frac{|C_{G}(g)|}{|H|} ∑_{h∈H}∂_{^{G}h ,^{G}g} · ψ(h)
= \frac{|C_{G}(g)|}{|H|} ∑_{s∈[1,t]}|^{H}h_{s}| · ∂_{^{G}h_{s} ,^{G}g} · ψ(^{x}g)
=^{L. 5} |C_{G}(g)| ∑_{s∈[1,t]} \frac{1}{|C_{H}(h_{s})|} · ∂_{^{G}h_{s} ,^{G}g} · ψ(^{x}g) .

Beispiel 119 Sei G = S_{3} . Wir verwenden die Notation von Beispiel 86.(1), was ihre Konjugationsklassenrepräsentanten g_{1} = id, g_{2} = (1, 2) und g_{3} = (1, 2, 3) und ihre irreduziblen Charaktere angeht. Schreibe ζ := ζ_{3} . Sei H = ⟨(1, 2, 3)⟩ ⩽ S_{3} = G. Die (einelementigen) Konjugationsklassen von H seien von

h_{1} := id , h_{2} := (1, 2, 3) , h_{3} := (1, 3, 2)

repräsentiert. Es ist ψ := (^{1} ^{ζ} ^{ζ^{2}}) ein Charakter von H; cf. Beispiel 86.(2). Es wird ψ↿_{H}^{G}(id) = \frac{|G|}{|H|} ψ(id) = 2. Alternativ wird ψ↿_{H}^{G}(id) = ∑_{s∈[1,3]} \frac{|C_{G}(h_{s})|}{|C_{H}(h_{s})|} · ∂_{^{G}h_{s} ,^{G}id} · ψ(h_{s}) = 2 · 1 + 0 + 0 = 0. Es wird ψ↿_{H}^{G}((1, 2)) = ∑_{s∈[1,3]} \frac{|C_{G}(h_{s})|}{|C_{H}(h_{s})|} · ∂_{^{G}h_{s} ,^{G}(1,2)} · ψ(h_{s}) = 0 + 0 + 0 = 0.

Es wird ψ↿_{H}^{G}((1, 2, 3)) = ∑_{s∈[1,3]} \frac{|C_{G}(h_{s})|}{|C_{H}(h_{s})|} · ∂_{^{G}h_{s} ,^{G}(1,2,3)} · ψ(h_{s}) = 0 + 1 · ζ + 1 · ζ^{2} = −1. Alternativ wird G = Hx_{1} ⊔ Hx_{2} mit x_{1} := id und x_{2} := (1, 2), und somit ψ↿_{H}^{G}((1, 2, 3)) = ∑_{j ∈ [1,2], ^{x_{j}} (1,2,3) ∈ H} ψ(^{x_{j}}(1, 2, 3)) = ζ + ζ^{2} = −1. Insgesamt ist also ψ↿_{H}^{G} = (^{2 0 −1}) = χ_{3} ; cf. Beispiel 126.

4.6.3 Frobenius-Reziprozität

Sei G eine endliche Gruppe. Sei H ⩽ G. Sei ψ ein Charakter von H. Sei M ein zu ψ gehöriger CH-Modul, i.e. ψ = χ_{M} . Sei χ ein Charakter von G. Sei N ein zu χ gehöriger CG-Modul, i.e. χ = χ_{N} . Der von CG nach CH eingeschränkte Modul N|_{CH} , der von der eingeschränkten Darstellung H [figure] G ^{\overline{}^{ρ_{N}}} GL(N) kommt, gehört zum von G nach H eingeschränkten Charakter χ⇃_{H}^{G} ; cf. Bemerkung 113, Aufgabe 31.(3). Lemma 120 (Frobenius-Reziprozität) Es ist

G(ψ↿_{H}^{G} , χ) = _{H}(ψ , χ⇃_{H}^{G}) ;

cf. Definition 91, Bemerkung 95.(1). Beweis. Es ist

G(ψ↿_{H}^{G} , χ) =^{B. 95.(1)} dim_{C} Hom_{CG}(CG ⊗_{CH} M, N)
=^{A. 31.(2)} dim_{C} Hom_{CH}(M, Hom_{CG}(CG, N))
=^{A. 31.(3)} dim_{C} Hom_{CH}(M, N|_{CH})
=^{B. 95.(1)} _{H}(ψ , χ⇃_{H}^{G}) .

4.6.4 Mackey

Sei G eine endliche Gruppe. Seien H, K ⩽ G. Bemerkung 121 Sei zudem K ⩽ H.

(1) Sei χ ein Charakter von G. Es ist χ⇃_{H}^{G}⇃_{K}^{H} = χ⇃_{K}^{G} . Es ist χ⇃_{G}^{G} = χ.

(2) Sei κ ein Charakter von K. Es ist κ↿_{K}^{H}↿_{H}^{G} = κ↿_{K}^{G} . Es ist κ↿_{K}^{K} = κ.

Beweis. Zu (2). Über Charaktere. Zur ersten Aussage. Es genügt zu zeigen, daß _{G}(κ↿_{K}^{H}↿_{H}^{G} , τ) = _{G}(κ↿_{K}^{G} , τ) ist für jeden irreduziblen Charakter τ von G; cf. Bemerkung 94.(1). In der Tat wird

G(κ↿_{K}^{H}↿_{H}^{G} , τ) =^{L. 120} _{H}(κ↿_{K}^{H} , τ⇃_{H}^{G}) =^{L. 120} _{K}(κ, τ⇃_{H}^{G}⇃_{K}^{H}) =^{(1)} _{K}(κ, τ⇃_{K}^{G}) =^{L. 120} _{G}(κ↿_{K}^{G} , τ) .

Zur zweiten Aussage. Es genügt zu zeigen, daß _{K}(κ↿_{K}^{K} , τ) = _{K}(κ, τ) für jeden irreduziblen Charakter τ von K. In der Tat wird

K(κ↿_{K}^{K} , τ) =^{L. 120} _{K}(κ, τ⇃_{K}^{K}) =^{(1)} _{K}(κ, τ) .

Alternativ hierzu, über Moduln.

Zur ersten Aussage. Sei M ein zu κ gehöriger CK-Modul, i.e. κ = χ_{M} . Wir haben CG-lineare Isomorphismen

[figure: CG; ⊗_{CH}; (CH; ⊗_{CK}; M); A. 26.(4); ∼; (CG; ⊗_{CH}; CH); ⊗_{CK}; M; A. 26.(3, L.z. 5); ∼; CG; ⊗_{CK}; M]
[figure: g; ⊗; (h; ⊗; m); (g; ⊗; h); ⊗; m; gh; ⊗; m ,]

wobei die CG-Linearität wie folgt einzusehen ist. Jedes Element von (CG ⊗_{CH} CH) ⊗_{CK} M) ist von der Form ∑_{g}(g ⊗ 1) ⊗ m_{g} mit m_{g} ∈ M für g ∈ G. Es ergibt sich

(∑_{x} z_{x} x)(∑_{g}(g ⊗ 1) ⊗ m_{g}) =  ∑_{g}(∑_{x} z_{x} xg ⊗ 1) ⊗ m_{g}
\overline{}∑_{g}(∑_{x} z_{x} xg) ⊗ m_{g}
=  (∑_{x} z_{x} x)(∑_{g} g ⊗ m_{g}) ,

wobei z_{x} ∈ C für x ∈ G. Also wird

κ↿_{K}^{H}↿_{H}^{G} = χ_{CG ⊗_{CH}(CH ⊗_{CK}M)} =^{B. 74} χ_{CG ⊗_{CK}M} = κ↿_{K}^{G} .

Die zweite Aussage folgt mit Aufgabe 26.(3).

Lemma 122 (Mackeyformel) Sei κ ein Charakter von K. Wähle D ⊆ G mit G = ⨆_{d∈D} HdK. Betrachte den Gruppenisomorphismus c_{d} := ^{d}K ^{\overline{}^{∼}} K, ^{d}k \overline{}k = ^{d^{−}}(^{d}k) für d ∈ D. Es ist

κ↿_{K}^{G}⇃_{H}^{G} = ∑_{d∈D}(κ ∘ c_{d})⇃_{^{d}K∩H}^{^{d}K}↿_{^{d}K∩H}^{H} .

Beweis. Sei V ein CK-Modul mit κ = χ_{V} . Für d ∈ D schreiben wir _{d}V für den C(^{d}K)-Modul, der zur Darstellung ρ_{V} ∘c_{d} von ^{d}K auf V gehört. Somit wird ^{d}k · v = kv für k ∈ K und v ∈ V, wobei links auf _{d}V multipliziert wird und rechts auf V. Schreibe CHdK := _{C}⟨ hdk : h ∈ H, k ∈ K ⟩. Es ist CG = ⨁_{d∈D} CHdK eine Zerlegung in CH-CK-Teilbimoduln. Also wird

CG ⊗_{CK} V = (⨁_{d∈D} CHdK) ⊗_{CK} V ≃^{cf. A. 26.(5)} ⨁_{d∈D}(CHdK ⊗_{CK} V) .

Sei d ∈ D. Es bleibt zu zeigen, daß

[figure: CHdK; ⊗_{CK}; V; CH; ⊗_{C(^{d}K∩H)}; _{d}V; hdk; ⊗; v; h; ⊗; kv; hd; ⊗; v; h; ⊗; v]

sich gegenseitig invertierende CH-lineare Abbildungen sind, wobei h ∈ H, k ∈ K und v ∈ V. Denn zur rechten Seite gehört der Charakter (κ ∘ c_{d})⇃_{^{d}K∩H}^{^{d}K}↿_{^{d}K∩H}^{H} . Wohldefiniertheit und Z-Linearität von \overline{}. Ist hdk = h̃dk̃ für h, h̃ ∈ H und k, k̃ ∈ K, dann wird h̃^{−}h = ^{d}(k̃k^{−}) ∈ ^{d}K ∩ H und folglich auf der rechten Seite

h ⊗ kv = h̃(h̃^{−}h) ⊗ kv = h̃ ⊗ ^{d}(k̃k^{−}) · kv = h̃ ⊗ k̃k^{−}kv = h̃ ⊗ k̃v .

Ferner wird für h ∈ H, k ∈ K, v ∈ V und k′ ∈ K auch h ⊗ (kk′)v = h ⊗ k(k′v). Entsprechend für C-Linearkombinationen. Additivität in beiden Faktoren ist ersichtlich. Wohldefiniertheit und Z-Linearität von \overline{}. Seien h ∈ H und v ∈ V gegeben. Sei ferner h′ = ^{d}k′ ∈ ^{d}K ∩ H gegeben. Es wird auf der linken Seite

hh′d ⊗ v = h^{d}k′d ⊗ v = hdk′ ⊗ v = hd ⊗ k′v = hd ⊗ ^{d}k′ · v .

Entsprechend für C-Linearkombinationen. Additivität in beiden Faktoren ist ersichtlich. Sowohl CH-Linearität von \overline{}und \overline{}als auch ihre gegenseitige Inversion sind ersichtlich.

Satz 123 (Mackeykriterium) Weiterhin sei G eine endliche Gruppe und H ⩽ G. Sei ψ ein Charakter von H. Betrachte den Gruppenisomorphismus c_{g} : ^{g}H ^{\overline{}^{∼}} H, ^{g}h \overline{}h = ^{g^{−}}(^{g}h) für g ∈ G. Wähle D ⊆ G so, daß G = ⨆_{d∈D} HdH und daß 1 ∈ D. Es ist ψ↿_{H}^{G} genau dann irreduzibel, wenn folgende Aussagen (1) und (2) gelten.

(1) Es ist ψ irreduzibel.

(2) Für d ∈ D ∖ {1} ist _{^{d}H∩H}(ψ⇃_{^{d}H∩H}^{H} , (ψ ∘ c_{d})⇃_{^{d}H∩H}^{^{d}H}) = 0.

Beweis. O.E. ist ψ ≠ 0. Es ist

G(ψ↿_{H}^{G} , ψ↿_{H}^{G}) =^{L. 120} _{H}(ψ, ψ↿_{H}^{G}⇃_{H}^{G})
=^{L. 122} _{H}(ψ, ∑_{d∈D}(ψ ∘ c_{d})⇃_{^{d}H∩H}^{^{d}H}↿_{^{d}H∩H}^{H})
= _{H}(ψ, ψ) + ∑_{d∈D∖{1}} _{H}(ψ, (ψ ∘ c_{d})⇃_{^{d}H∩H}^{^{d}H}↿_{^{d}H∩H}^{H})
=^{B. 95} _{H}(ψ, ψ) + ∑_{d∈D∖{1}} _{H}((ψ ∘ c_{d})⇃_{^{d}H∩H}^{^{d}H}↿_{^{d}H∩H}^{H} , ψ)
=^{L. 120} _{H}(ψ, ψ) + ∑_{d∈D∖{1}} _{^{d}H∩H}((ψ ∘ c_{d})⇃_{^{d}H∩H}^{^{d}H} , ψ⇃_{^{d}H∩H}^{H})
=^{B. 95} _{H}(ψ, ψ) + ∑_{d∈D∖{1}} _{^{d}H∩H}(ψ⇃_{^{d}H∩H}^{H} , (ψ ∘ c_{d})⇃_{^{d}H∩H}^{^{d}H}) .

Es liegt das Skalarprodukt zweier Charaktere in Z_{⩾0} ; cf. Bemerkung 95.(1). Speziell ist H(ψ, ψ) ∈ Z_{⩾1} ; cf. Definition 91.(2). Nun ist ψ↿_{H}^{G} genau dann irreduzibel, wenn _{G}(ψ↿_{H}^{G} , ψ↿_{H}^{G}) = 1; cf. Bemerkung 94.(2). Nach vorstehendem ist dies aber genau dann der Fall, wenn _{H}(ψ, ψ) = 1 und H(ψ , (ψ ∘ c_{d})⇃_{^{d}H∩H}^{^{d}H}↿_{^{d}H∩H}^{H}) = 0 ist für d ∈ D ∖ {1}. Ersteres ist schließlich äquivalent dazu, daß ψ irreduzibel ist; cf. Bemerkung 94.(2).

Bemerkung 124 Für einen Charakter ψ von H und g ∈ G ist explizit

gH∩H(ψ⇃_{^{g}H∩H}^{H} , (ψ ∘ c_{g})⇃_{^{g}H∩H}^{^{g}H}) = \frac{1}{|^{g}H∩H|} ∑_{x∈^{g}H∩H} ψ(x) \overline{ψ(g^{−}xg)} .

Da D ∖ {1} in Satz 123 ein beliebig gewähltes Doppelnebenklassenrepräsentantensystem ist, folgt aus ψ↿_{H}^{G} irreduzibel auch noch, daß _{^{g}H∩H}(ψ⇃_{^{g}H∩H}^{H} , (ψ ∘ c_{g})⇃_{^{g}H∩H}^{^{g}H}) = 0 für g ∈ G ∖ H.

Beispiel 125 Sei n ∈ Z_{⩾2} . Betrachte S_{n−1} ⩽ S_{n}. Sei ψ ein irreduzibler Charakter von S_{n−1} . Sei σ ∈ S_{n} ∖ S_{n−1} . Es wird

\frac{1}{|^{σ}S_{n−1} ∩ S_{n−1}|} ∑_{τ∈^{σ}S_{n−1}∩ S_{n−1}} ψ(τ) \overline{ψ(σ^{−}τσ)} = \frac{1}{|^{σ}S_{n−1} ∩ S_{n−1}|} ∑_{τ∈^{σ}S_{n−1}∩ S_{n−1}} ψ(τ) \overline{ψ(τ)} > 0 .

da zwei Elemente aus S_{n−1}, die in S_{n} konjugiert sind, denselben Zykeltyp aufweisen und damit auch in S_{n−1} konjugiert sind, und da ψ(1) ≠ 0 ist. Gemäß Mackeykriterium ist also ψ↿_{S_{n−1}}^{S_{n}} nicht irreduzibel; cf. Satz 123, Bemerkung 124. Cf. auch Lösung zu Aufgabe 42.(2).

Beispiel 126 Sei N ⊴ G. Sei ψ ein irreduzibler Charakter von N. Sei G = ⨆_{d∈D} NdN = ⨆_{d∈D} dN und 1 ∈ D. Es ist ψ↿_{N}^{G} irreduzibel genau dann, wenn _{N}(ψ, ψ ∘ c_{d}) = 0 ist für d ∈ D ∖ {1}; cf. Satz 123. I.e. es ist ψ↿_{N}^{G} irreduzibel genau dann, wenn ψ ∘ c_{d} ≠ ψ für d ∈ D ∖ {1}; cf. Aufgabe 33.(4), Satz 90.(1).

In der Situation von Beispiel 119 ist G = S_{3} , N = ⟨(1, 2, 3)⟩ und D = {id, (1, 2)}. Wir schreiben ζ := ζ_{3} . Es ist ψ = (^{1} ^{ζ} ^{ζ^{2}}) und ψ∘c_{(1,2)} = (^{1} ^{ζ^{2}} ^{ζ}) ≠ ψ. Also ist ψ↿_{N}^{G} irreduzibel, wie in loc. cit. ja auch schon festgestellt.

Cf. auch Nebenbemerkung in Lösung zu Aufgabe 52.

Burnside, Artin und Brauer

5.1 Burnside

Sei G eine endliche Gruppe.

5.1.1 Ein Lemma über Gruppen mittels Charakteren

Lemma 127 Sei k ∈ Z_{⩾1} . Schreibe ζ := ζ_{k}.

Sei n ∈ Z_{⩾1} . Seien x_{i} ∈ Z_{⩾0} für i ∈ [0, k − 1] mit ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} = n gegeben.

Es liege α := \frac{1}{n} ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} ζ^{i} in O ∖ \{0\}; cf. Definition 100, Aufgabe 29.(2, 3).

Dann gibt es ein j ∈ [1, n] mit x_{i} = n ∂_{j,i} für i ∈ [0, k − 1], und mit α = ζ^{j}.

Beweis. Schreibe Q(ζ) := _{Q}⟨ ζ^{i} : i ∈ [0, k − 1] ⟩ ⊆ C. Da das angegebene Q-lineare Erzeugendensystem unter Multiplikation abgeschlossen ist, ist Q(ζ) ⊆ C eine endlichdimensionale Q-Teilalgebra.

Da Q(ζ) als Teilring von C auch ein Integritätsbereich ist, ist es ein Körper, da aus der Injektivität der Q-linearen Multiplikationsabbildung auf Q(ζ) mit einem Element ξ aus Q(ζ) ∖ {0} auch ihre Surjektivität und damit die Invertierbarkeit von ξ in Q(ζ) folgt.

Sei Γ := \{ Q(ζ) ^{\overline{}^{σ}} Q(ζ) : σ ist ein Q-Algebrenisomorphismus \}. Mit der Komposition als Multiplikation ist Γ eine Gruppe.

Wir brauchen folgende Aussagen aus der Galoistheorie; cf. Aufgabe 40.

(i) Es ist Γ endlich.

(ii) Es ist { ξ ∈ Q(ζ) : es ist τ(ξ) = ξ für τ ∈ Γ } = Q.

Sei A := ∏_{σ∈Γ} σ(α), was dank (i) ein endliches und damit bildbares Produkt ist. Für τ ∈ Γ ist τ(A) = ∏_{σ∈Γ}(τ ∘ σ)(α) =^{ρ := τ ∘ σ} ∏_{ρ∈Γ} ρ(α) = A. Mit (ii) folgt A ∈ Q. Sei τ ∈ Γ. Da α ∈ O ist, gibt es ein Polynom f(X) = ∑_{i∈[0,m]} b_{i}X^{i} ∈ Z[X] mit m ∈ Z_{⩾1} , mit b_{m} = 1 und mit f(α) = 0. Es folgt

f(τ(α)) = ∑_{i∈[0,m]} b_{i}τ(α)^{i} =^{A. 19.(2)} τ(∑_{i∈[0,m]} b_{i}α^{i}) = τ(f(α)) = τ(0) = 0 .

Also ist auch τ(α) ∈ O. Insgesamt folgt

A = ∏_{σ∈Γ} σ(α) ∈^{A. 29.(2)} O ∩ Q =^{A. 29.(3)} Z .

Sei τ ∈ Γ. Für i ∈ [0, k − 1] ist |τ(ζ^{i})|^{k} = |τ(ζ^{ik})| = 1 und also |τ(ζ^{i})| = 1. Mit der Dreiecksungleichung wird |τ(α)| = |τ(\frac{1}{n} ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} ζ^{i})| = |\frac{1}{n} ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} τ(ζ^{i})| ⩽ \frac{1}{n} ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} |τ(ζ^{i})| = 1 . Hieraus ergibt sich

|A| = | ∏_{σ∈Γ} σ(α)| = ∏_{σ∈Γ} |σ(α)| ⩽ 1 .

Da A ∈ Z ist, folgt |A| = 0 oder |A| = 1. Fall |A| = 0. Es ist A = 0. Da Kern σ = 0 für σ ∈ Γ, folgt α = 0. Nach Voraussetzung tritt dies nicht ein. Fall |A| = 1. Es folgt |σ(α)| = 1 für alle σ ∈ Γ, insbesondere also |α| = 1, i.e. | ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} ζ^{i}| = n. Angenommen, es gibt j, j′ ∈ [0, k − 1] mit j ≠ j′, x_{j} ⩾ 1 und x_{j′} ⩾ 1. Vermittels Multiplikation mit ζ^{−j′} dürfen wir j′ = 0 annehmen. Aus

n = | ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} ζ^{i}| ⩽^{D.U.} \underbrace{| ∑_{i∈[1,k−1]∖\{j\}} x_{i} ζ^{i}|}_{⩽^{D.U.} n−x_{0}−x_{j}} + \underbrace{|x_{0} + x_{j} ζ^{j}|}_{⩽^{D.U.} x_{0}+x_{j}}

folgt |x_{0} + x_{j} ζ^{j}| = x_{0} + x_{j}, mit Aufgabe 39 also x_{j} ζ^{j} ∈ R_{⩾0} , Widerspruch. Also gibt es ein j ∈ [0, k − 1] mit x_{i} = 0 für i ∈ [0, k − 1] ∖ {j}. Da ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} = n ist, folgt α = ζ^{j}.

Lemma 128 Sei χ ein irreduzibler Charakter von G. Sei ρ : G \overline{}GL(V) eine Darstellung von G auf einem endlichdimensionalen C-Vektorraum V mit χ = χ_{ρ}. Sei g ∈ G mit χ(g) ≠ 0 gegeben. Sei k := |⟨g⟩| seine Ordnung. Schreibe ζ := ζ_{k}. Falls |^{G}g| und χ(1) in Z teilerfremd sind, dann ist ρ(g) = ζ^{j} · id_{V} für ein j ∈ [0, k − 1].

Beweis. Es ist χ(g) · \frac{|^{G}g|}{χ(1)} ∈ O; cf. Bemerkungen 96 und 101. Es ist χ(g) = ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} ζ^{i} mit x_{i} ∈ Z_{⩾0} für i ∈ [0, k − 1] so, daß ∑_{i∈[0,k−1]} x_{i} = χ(1) ; cf. Aufgabe 25.(1). Ferner ist x_{i} die Multiplizität des Eigenwerts ζ^{i} des diagonalisierbaren Endomorphismus ρ(g) ; cf. Lösung zu loc. cit. Insbesondere ist χ(g) ∈ O; cf. Aufgabe 29.(2). Wegen Teilerfremdheit gibt es a, b ∈ Z mit a|^{G}g| + bχ(1) = 1. Somit ist

\frac{χ(g)}{χ(1)} = χ(g) · \frac{a|^{G}g| + bχ(1)}{χ(1)} = a · \underbrace{χ(g) · \frac{|^{G}g|}{χ(1)}}_{∈ O} + b · \underbrace{χ(g)}_{∈ O} ∈ O ;

cf. Aufgabe 29.(2). Insgesamt ist also \frac{χ(g)}{χ(1)} ∈ O ∖ \{0\}.

Somit sind die Voraussetzungen von Lemma 127 erfüllt. Es gibt also ein j ∈ [0, k − 1] so, daß x_{i} = χ(1)∂_{j,i} ist für i ∈ [0, k − 1]. Somit ist ζ^{j} der einzige Eigenwert des diagonalisierbaren Endomorphismus ρ(g). Folglich ist ρ(g) = ζ^{j} · id_{V} .

Die Aussage des folgenden Lemmas bezieht sich nur auf Gruppen; unser Beweis benötigt aber Charaktere.

Lemma 129 Sei p ∈ Z_{⩾1} prim. Sei g ∈ G ∖ {1}. Falls |^{G}g| = p^{ℓ} ist für ein ℓ ∈ Z_{⩾0} , dann gibt es ein N ◁ G mit gN ∈ Z(G/N) .

Beweis. Seien {χ_{1} , …, χ_{t}} die paarweise verschiedenen irreduziblen Charaktere von G, wobei χ_{1} der triviale Charakter sei. Wir behaupten, daß es ein s ∈ [2, t] mit χ_{s}(g) ≠ 0 und mit χ_{s}(1) ≢_{p} 0 gibt. Annahme, für alle s ∈ [2, t] mit χ_{s}(g) ≠ 0 ist χ_{s}(1) ≡_{p} 0. Dank g ≠ 1 erhalten wir mit vertikaler Orthogonalität

1 + ∑_{s∈[2,t], χ_{s}(g)≠0} χ_{s}(1) χ_{s}(g) = ∑_{s∈[1,t]} χ_{s}(1) χ_{s}(g) =^{S. 90.(2)} 0 .

Es ist χ_{s}(g) ∈ O für s ∈ [2, t] ; cf. Aufgaben 25.(1) und 29.(2). Somit folgt

\frac{1}{p} = −\frac{1}{p} ∑_{s∈[2,t]} χ_{s}(1)χ_{s}(g) = − ∑_{s∈[2,t], χ_{s}(g) ≠ 0} \underbrace{\frac{1}{p} χ_{s}(1)}_{∈ Z} \underbrace{χ_{s}(g)}_{∈ O} ∈ O ∩ Q =^{A. 29.(3)} Z .

Wir haben einen Widerspruch, und damit die Behauptung gezeigt. Schreibe χ := χ_{s}. Sei ρ : G \overline{}GL(V) eine Darstellung auf einem endlichdimensionalen C-Vektorraum V mit χ = χ_{ρ}. Schreibe k := |⟨g⟩| und ζ := ζ_{k}.

Setze N := Kern ρ = Kern χ = { x ∈ G : χ(x) = χ(1) }; cf. Aufgabe 30. Wäre Kern χ = G, dann wäre χ(x) = χ(1) für alle x ∈ G, i.e. χ = χ(1) · χ_{1} , also wegen Irreduzibilität χ(1) = 1, also χ = χ_{1} , was aber nicht der Fall ist. Also ist N = Kern χ◁G. Es ist χ(g) ≠ 0. Da |^{G}g| = p^{ℓ} und χ(1) ≢_{p} 0 ist, sind |^{G}g| und χ(1) teilerfremd in Z. Gemäß Lemma 128 ist also ρ(g) = ζ^{j} · id_{V} für ein j ∈ [0, k − 1], und somit ρ(g) ∈ Z(GL(V)). Sei x ∈ G gegeben. Es ist ρ(^{x}g · g^{−}) = ^{ρ(x)}ρ(g) · ρ(g)^{−} = ρ(g) · ρ(g)^{−} = 1. Daher ist xg · g^{−} ∈ Kern ρ = N . Es folgt ^{(xN)}(gN) · (gN)^{−} = ^{x}g · g^{−}N = 1_{G/N} , i.e. ^{(xN)}(gN) = gN. Somit ist gN ∈ Z(G/N).

5.1.2 Anwendung auf Gruppen der Ordnung p^{a}q^{b}

Seien p, q ∈ Z_{⩾1} prim, und sei p ≠ q. Sei |G| = p^{a}q^{b} für gewisse a, b ∈ Z_{⩾0} . Wir erinnern daran, daß die Gruppe G einfach genannt wird, falls sie genau zwei Normalteiler enthält, nämlich 1 und G; cf. Aufgabe 8. Der Auflösbarkeitsbegriff findet sich in Definition 30.(1).

Lemma 130 Ist Z(G) = 1, so ist G nicht einfach.

Beweis. Da im Falle a = b = 0 nichts zu zeigen ist, ist o.E. b ⩾ 1. Schreibe G = ⨆_{s∈[1,t]} ^{G}g_{s}, wobei t ∈ Z_{⩾1} und g_{s} ∈ G für s ∈ [1, t], mit g_{1} = 1. Es ist |^{G}g_{s}| ein Teiler von |G| für s ∈ [1, t] ; cf. Lemma 5. Wäre |^{G}g_{s}| ≡_{q} 0 für alle s ∈ [2, t], dann wäre

0 ≡_{q} |G| = ∑_{s∈[1,t]} |^{G}g_{s}| ≡_{q} |^{G}g_{1}| = 1 ,

was nicht der Fall ist. Also gibt es ein s ∈ [2, t] mit |^{G}g_{s}| ≢_{q} 0. Schreibe g := g_{s} ∈ G ∖ {1}. Es ist |^{G}g| = p^{ℓ} für ein ℓ ∈ [0, a]. Dank Lemma 129 gibt es ein N ◁ G mit gN ∈ Z(G/N). Es kann nicht N = 1 sein, da Z(G) = 1 ist, aber g ≠ 1. Also ist G nicht einfach.

Satz 131 (Burnside) Wir erinnern daran, daß G eine Gruppe ist mit |G| = p^{a}q^{b} für gewisse a, b ∈ Z_{⩾0} , wobei p und q verschiedene Primzahlen sind. Es ist G auflösbar.

Beweis. Induktion nach |G|. Für |G| = 1 ist nichts zu zeigen. Sei |G| > 1. Nach Induktionsvoraussetzung sind alle Gruppen H, deren Ordnung |H| ein echter Teiler von |G| ist, auflösbar.

Fall Z(G) ≠ 1. Es ist Z(G) abelsch, also auflösbar. Da |G/Z(G)| ein echter Teiler von |G| ist, ist auch G/Z(G) auflösbar. Folglich ist auch G auflösbar; cf. Aufgabe 12.(1).

Fall Z(G) = 1. Es ist G dank Lemma 130 nicht einfach. Somit gibt es ein 1 ≠ N ◁ G. Da |N| und |G/N| echte Teiler von |G| sind, sind N und G/N auflösbar. Folglich ist auch G auflösbar; cf. Aufgabe 12.(1).

Beispiel 132

(1) Da |S_{4}| = 2^{3} · 3^{1}, ist S_{4} auflösbar. Dies wissen wir bereits aus Beispiel 33.(4).

(2) Es ist S_{5} nicht auflösbar, da die nichtabelsche einfache, und also nichtauflösbare Gruppe A_{5} enthalten ist; cf. Aufgabe 12.(2). Cf. Beispiel 33.(4). Aber auf der anderen Seite ist ja auch |S_{5}| = 2^{3} · 3^{1} · 5^{1}.

(3) Ist a = 0 oder b = 0, so ist G sogar nilpotent; cf. Definition 30.(3), Beispiel 33.(2).

(4) Im Fall a, b ∈ {1, 2} wurde die Auflösbarkeit von G in Aufgabe 13 mit gruppentheoretischen Methoden gezeigt.

(5) Nach einer von Feit und Thompson bewiesenen Vermutung von Burnside sind Gruppen ungerader Ordnung auflösbar. Äquivalent hierzu, jede nichtabelsche einfache endliche Gruppe hat gerade Ordnung. Das kann ich nicht zeigen.

5.2 Artin und Brauer

5.2.1 Virtuelle Charaktere

Notation 133 Sei G eine endliche Gruppe.

Sei t die Anzahl der irreduziblen Charaktere von G; cf. Lemma 84. Seien χ_{1} , …, χ_{t} die irreduziblen Charaktere von G, wobei χ_{1} den trivialen Charakter bezeichne. Diese bilden eine Orthonormalbasis des Raums der Klassenfunktionen Kf(G) ; cf. Bemerkung 92.(1).

Sei R ⊆ C ein Teilring.

Sei K ⩽ H ⩽ G.

Sei u die Anzahl der Konjugationsklassen von H. Seien ψ_{1} , …, ψ_{u} die irreduziblen Charaktere von H.

Definition 134 Sei

V_{R}(G) := _{R}⟨ χ_{s} : s ∈ [1, t] ⟩ = { ∑_{s∈[1,t]} r_{s} χ_{s} : r_{s} ∈ R für s ∈ [1, t] }

die Menge der virtuellen Charaktere von G mit Koeffizienten in R.

Wir schreiben auch V(G) := V_{Z}(G). Ein virtueller Charakter mit Koeffizienten in Z heißt auch kurz virtueller Charakter von G. Es ist V_{C}(G) = Kf(G).

Bemerkung 135 Seien z_{s} ∈ C für s ∈ [1, t] gegeben. Es ist ∑_{s∈[1,t]} z_{s} χ_{s} genau dann ein Charakter, wenn z_{s} ∈ Z_{⩾0} für s ∈ [1, t] ; cf. Bemerkung 94.(1). Ist χ = ∑_{s∈[1,t]} z_{s} χ_{s} ein virtueller Charakter, ist also z_{s} ∈ Z für s ∈ [1, t], und schreiben wir

\begin{aligned}χ_{+} & := & ∑_{s∈[1,t], z_{s}>0} z_{s} χ_{s} \\ χ_{−} & := & ∑_{s∈[1,t], z_{s}<0} (−z_{s}) χ_{s} , \end{aligned}

so sind χ_{+} und χ_{−} Charaktere und χ = χ_{+} − χ_{−}. Virtuelle Charaktere sind also genau die Klassenfunktionen, die sich als Differenz zweier Charaktere schreiben lassen.

Bemerkung 136 Es ist Kf(G) mit der punktweisen Addition und Multiplikation ein kommutativer Ring, mit 1_{Kf(G)} = χ_{1} . Es ist V_{R}(G) ⊆ Kf(G) ein Teilring. Via R \overline{}V_{R}(G), r \overline{}rχ_{1} ist V_{R}(G) eine R-Algebra, die R-linear isomorph zu R^{⊕t} ist.

Beweis. Nach Definition ist V_{R}(G) ⊆ Kf(G) eine additive Untergruppe. Es ist 1_{Kf(G)} = χ_{1} ∈ V_{R}(G). Seien χ, ψ ∈ V_{R}(G). Schreibe χ = ∑_{s} r_{s} χ_{s} und ψ = ∑_{s} r′_{s} χ_{s} mit r_{s} , r′_{s} ∈ R für s ∈ [1, t]. Es wird

χ · ψ = ∑_{s,s′} r_{s} r′_{s′} χ_{s} · χ_{s′} ∈ V_{R}(G) ,

da χ_{s} · χ_{s′} stets ein Charakter ist; cf. Lemma 110. Schließlich ist R \overline{}V_{R}(G), r \overline{}rχ_{1} ein Ringmorphismus, der V_{R}(G) zu einer R-Algebra macht.

Beispiel 137 Es ist X(S_{3}) = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}); cf. Beispiel 93.(1).

Umformungen mit GL_{3}(Z) von links liefern die Zeilen von (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) als Z-lineare Erzeuger. Also ist V(S_{3}) ≃ { (a, b, c) ∈ Z^{×3} : a ≡_{2} b, a ≡_{3} c }.

Definition 138

(1) Sei ψ = ∑_{s∈[1,u]} r_{s} ψ_{s} ∈ V_{R}(H), wobei r_{s} ∈ R für s ∈ [1, u]. Setze ψ↿_{H}^{G} := ∑_{s∈[1,u]} r_{s}(ψ_{s}↿_{H}^{G}) ∈ V_{R}(G) ; cf. Definition 116. Dies liefert eine Abbildung

[figure: V_{R}(H); ^{ind↿{G \atop H}}; V_{R}(G); ψ; ψ↿_{H}^{G} .]

(2) Wir haben den Morphismus von R-Algebren

[figure: V_{R}(G); ^{res⇃{G \atop H}}; V_{R}(H); χ; χ⇃_{H}^{G} ,]

wobei χ⇃_{H}^{G}(h) := χ(h) für h ∈ H; cf. Definition 114.

Bemerkung 139

(1) Für ψ ∈ V_{R}(H) und g ∈ G ist

ψ↿_{H}^{G}(g) = \frac{1}{|H|} ∑_{x∈G, ^{x}g∈H} ψ(^{x}g) .

Insbesondere stimmen für einen Charakter ψ die Definitionen 116 und 138.(1) überein.

(2) Für ψ ∈ V_{R}(H) und χ ∈ V_{R}(G) ist

(ψ · (χ⇃_{H}^{G}))↿_{H}^{G} = (ψ↿_{H}^{G}) · χ .

Es ist das Bild ind↿_{H}^{G}(V_{R}(H)) ein Ideal in V_{R}(G).

(3) Es ist ind↿_{H}^{G} ∘ ind↿_{K}^{H} = ind↿_{K}^{G} , als Abbildungen von V_{R}(K) nach V_{R}(G).

Es ist ind↿_{K}^{K} = id_{V_{R}(K)} .

(4) Für ψ ∈ V_{R}(H) und χ ∈ V_{R}(G) ist

G(ψ↿_{H}^{G} , χ) = _{H}(ψ, χ⇃_{H}^{G}) .

Beweis.

Zu (1). Schreiben wir ψ = ∑_{s} r_{s} ψ_{s} mit r_{s} ∈ R, so wird

ψ↿_{H}^{G}(g) = ∑_{s} r_{s} ψ_{s}↿_{H}^{G}(g)
=^{L. 117} ∑_{s} r_{s} \frac{1}{|H|} ∑_{x∈G, ^{x}g∈H} ψ_{s}(^{x}g)
= \frac{1}{|H|} ∑_{x∈G, ^{x}g∈H} ψ(^{x}g) .

Kurz gesagt, die fragliche Gleichheit gilt, da sie für Charaktere gilt und da beide Seiten R-linear in ψ sind.

Zu (2). Es ist

(ψ · (χ⇃_{H}^{G}))↿_{H}^{G} = (ψ↿_{H}^{G}) · χ

da dies für Charaktere zutrifft und da beide Seiten R-linear in ψ und in χ sind; cf. Aufgabe 36.(1).

Nach Konstruktion ist ind↿_{H}^{G} eine R-lineare Abbildung. Also ist ihr Bild eine additive Untergruppe von V_{R}(G). Wegen (ψ↿_{H}^{G}) · χ ∈ ind↿_{H}^{G}(V_{R}(H)) ist dieses Bild auch ein Ideal.

Zu (3). Sei κ ∈ V_{R}(K). Die Gleichheiten κ↿_{K}^{H}↿_{H}^{G} = κ↿_{K}^{G} und κ↿_{K}^{K} = κ gelten, da sie für Charaktere gelten und jeweils beide Seiten R-linear in κ sind; cf. Bemerkung 121.(2).

Zu (4). Die Gleichheit gilt für Charaktere, und beide Seiten sind R-linear in ψ und χ; cf. Lemma 120.

5.2.2 Artin

Sei G eine endliche Gruppe. Sei χ_{1} der triviale Charakter von G, mit χ_{1}(g) = 1 für g ∈ G.

Definition 140

(1) Wir schreiben Zyk(G) für die Menge der zyklischen Untergruppen der endlichen Gruppe G.

(2) Sei R ⊆ C ein Teilring. Wir betrachten die R-lineare Abbildung

⨁_{U∈ Zyk(G)} V_{R}(U) ^{\overline{}^{ind↿{G \atop Zyk(G)}}}  V_{R}(G)

(ψ_{U})_{U∈ Zyk(G)}  \overline{}∑_{U∈ Zyk(G)} ψ_{U}↿_{U}^{G} .

Sei V_{R,Zyk}(G) := ∑_{U∈ Zyk(G)} ind↿_{U}^{G}(V_{R}(U)) ⊆ V_{R}(G) ihr Bild.

Wir schreiben auch V_{Zyk}(G) := V_{Z,Zyk}(G)

Definition 141 Sei U eine endliche zyklische Gruppe.

Wir definieren ϑ_{U} ∈ Kf(U) = V_{C}(U) als

[figure: U; ϑ_{U}; C; x; ϑ_{U}(x) := |U| ∂_{⟨x⟩,U} .]

Es ist also ϑ_{U}(x) gleich |U|, falls x ein Erzeuger von U ist, und 0 sonst.

Beispiel 142 Ist U = C_{4} = ⟨ a : a^{4} ⟩, so ist

ϑ_{U}(a^{0}) = 0 , ϑ_{U}(a^{1}) = 4 , ϑ_{U}(a^{2}) = 0 , ϑ_{U}(a^{3}) = 4 .

Lemma 143 Es ist

|G|χ_{1} = ∑_{U∈ Zyk(G)} ϑ_{U}↿_{U}^{G} .

Beweis. Für g ∈ G ist

∑_{U∈ Zyk(G)} ϑ_{U}↿_{U}^{G}(g) =^{B. 139.(1)} ∑_{U∈ Zyk(G)} \frac{1}{|U|} ∑_{x∈G, ^{x}g∈U} ϑ_{U}(^{x}g)
= ∑_{U∈ Zyk(G)} \frac{1}{|U|} ∑_{x∈G, ^{x}g∈U} |U| ∂_{⟨^{x}g⟩,U}
= ∑_{U∈ Zyk(G)} ∑_{x∈G} ∂_{⟨^{x}g⟩,U}
= ∑_{x∈G} ∑_{U∈ Zyk(G)} ∂_{⟨^{x}g⟩,U}
= ∑_{x∈G} 1
= |G|
= |G|χ_{1}(g) .

Lemma 144 Sei U eine endliche zyklische Gruppe. Es ist ϑ_{U} ∈ V(U).

Beweis. Induktion über |U|. Sei φ_{1} der triviale Charakter von U. Sei die Aussage für alle zyklischen Gruppen kleinerer Ordnung als U bekannt. Es ist

|U|φ_{1} = ∑_{V ⩽ U} ϑ_{V} ↿_{V}^{U} = ϑ_{U} + ∑_{V < U} ϑ_{V} ↿_{V}^{U} ;

cf. Lemma 143, Lösung zu Aufgabe 5, Bemerkung 139.(3). Für V < U ist nach Induktionsvoraussetzung ϑ_{V} ∈ V(V), und somit auch auch ϑ_{V} ↿_{V}^{U} ∈ V(U). Da auch |U|φ_{1} ∈ V(U) ist, folgt ϑ_{U} ∈ V(U).

Beachte, daß bei einem Induktionsbeweis wie dem zu Lemma 144 kein Induktionsanfang erforderlich ist.

Satz 145 (Artin) Weiterhin sei G eine endliche Gruppe. Weiterhin bezeichne Zyk(G) die Menge der zyklischen Untergruppen von G. Der Ring V(G) der virtuellen Charaktere von G wurde in Definition 134 und Bemerkung 136 eingeführt. Die additive Untergruppe V_{Zyk}(G) ⊆ V(G) der Summen aus von zyklischen Untergruppen nach G induzierten virtuellen Charakteren stammt aus Definition 140. Es ist

|G|V(G) ⊆ V_{Zyk}(G) ⊆ V(G) .

In anderen Worten, für χ ∈ V(G) ist |G|χ eine Z-Linearkombination aus von zyklischen Untergruppen nach G induzierten Charakteren. Abermals in anderen Worten, es ist |G| · ( V(G)/V_{Zyk}(G) ) = 0. Somit ist V(G)/V_{Zyk}(G) eine endliche abelsche Gruppe, deren Ordnung |G|^{t} teilt, wobei t die Anzahl der Konjugationsklassen von G ist.

Beweis. Es ist

|G|χ = |G|χ_{1} · χ =^{L. 143} ∑_{U∈ Zyk(G)}(ϑ_{U}↿_{U}^{G}) · χ =^{B. 139.(2)} ∑_{U∈ Zyk(G)}(ϑ_{U} · (χ⇃_{U}^{G}))↿_{U}^{G} ∈^{L. 144} V_{Zyk}(G) .

Korollar 146 Es ist V_{Q,Zyk}(G) = V_{Q}(G).

In anderen Worten, jeder virtuelle Charakter von G mit Koeffizienten in Q, insbesondere also jeder Charakter von G, ist eine Q-Linearkombination aus von zyklischen Untergruppen nach G induzierten Charakteren.

Beweis. Sei χ ein Charakter von G. Schreibe |G|χ = ∑_{i∈[1,k]} z_{i} ψ_{i}↿_{U_{i}}^{G}, wobei k ∈ Z_{⩾0} , sowie U_{i} ∈ Zyk(G), ψ_{i} Charakter von U_{i} und z_{i} ∈ Z für i ∈ [1, k] ; cf. Satz 145. Dann ist

χ = ∑_{i∈[1,k]} \underbrace{z_{i} |G|^{−1}}_{∈ Q} ψ_{i}↿_{U_{i}}^{G}.

5.2.3 Brauer

5.2.3.1 Irreduzible Charaktere überauflösbarer Gruppen

Sei G eine überauflösbare endliche Gruppe; cf. Definition 30.(2).

Bemerkung 147 Ist G nichtabelsch, dann gibt es Z(G) < N ⊴ G mit N abelsch.

Beweis. Es ist G/Z(G) überauflösbar; cf. Aufgabe 12.(6). Da G nichtabelsch ist, ist G/Z(G) ≠ 1. Bestehe

Z(G) = G_{n} ◁ G_{n−1} ◁ G_{n−2} ◁ ⋯ ◁ G_{1} ◁ G_{0} = G

aus den Urbildern einer (nichtredundanten) überauflösenden Kette von G/Z(G), wobei n ∈ Z_{⩾1} .

Wir setzen N := G_{n−1} . Es ist Z(G) < N ⊴ G. Bleibt zu zeigen, daß N abelsch ist. Nach Definition einer überauflösenden Kette ist N/Z(G) zyklisch. Sei x ∈ N mit ⟨xZ(G)⟩ = N/Z(G) gewählt. Zwei gegebene Elemente von N können wir also in der Form x^{i}z und x^{j}w schreiben, wobei i, j ∈ Z und z, w ∈ Z(G). Es folgt (x^{i}z)(x^{j}w) = x^{i+j}zw = (x^{j}w)(x^{i}z). Also ist N abelsch.

Cf. Kommentar zu Lösung zu Aufgabe 13.(2).

Lemma 148 Sei χ ein irreduzibler Charakter von G. Dann gibt es eine Untergruppe H ⩽ G und einen Charakter ψ von H mit ψ(1) = 1 und ψ↿_{H}^{G} = χ.

Beweis. Induktion nach |G|.

Sei M ein einfacher CG-Modul mit χ = χ_{M} . Schreibe k := dim_{C} M = χ(1).

Sei ρ = ρ_{M} : G \overline{}GL(M) die zugehörige Darstellung. Schreibe K := Kern ρ.

Fall K ≠ 1. Sei r : G \overline{}G/K, g \overline{}gK der Restklassenmorphismus. Es gibt eine Darstellung ρ̌ von G/K mit ρ̌ ∘ r = ρ. Also gilt auch für den zugehörigen Charakter χ̌ von G/K, daß χ̌ ∘ r = χ; cf. Bemerkung 113. Da mit G auch G/K überauflösbar ist und da |G/K| < |G|, folgt mit Induktion, daß es eine Untergruppe K ⩽ H ⩽ G und einen Charakter ψ̌ von H/K gibt mit ψ̌(1) = 1 und ψ̌↿_{H/K}^{G/K} = χ̌; cf. Aufgabe 12.(6).

\xymatrix{ & GL(M) \\ G \ar[r]^{r} \ar[ur]^{ρ} & G/K \ar[u]_{ρ̌} \\ H \ar[r]^{r|_{H}^{H/K}} \ar@{^{(}->}[u] & H/K \ar@{^{(}->}[u]}

Es ist ψ := ψ̌ ∘ r|_{H}^{H/K} ein Charakter von H. Es ist ψ(1) = (ψ̌ ∘ r)(1) = 1. Ferner ist

ψ↿_{H}^{G} = (ψ̌ ∘ r|_{H}^{H/K})↿_{H}^{G} =^{A. 45} (ψ̌↿_{H/K}^{G/K}) ∘ r = χ̌ ∘ r = χ .

Fall K = 1.

Subfall G abelsch. Es ist χ(1) = 1, da wegen CG kommutativ alle direkten Faktoren in der Wedderburn-Zerlegung gleich C^{1×1} sind; cf. Satz 67, Korollar 82, Notation 78. Also können (und müssen) wir H := G und ψ := χ wählen.

Subfall G nichtabelsch. Sei Z(G) < N ⊴ G mit N abelsch; cf. Bemerkung 147. Da ρ injektiv ist, folgt, daß Z(ρ(G)) = ρ(Z(G)) < ρ(N) ⊴ ρ(G) ist. Folglich gibt es ein n ∈ N mit ρ(n) ∉ _{C}⟨id_{M}⟩.

Annahme, es gibt ein primitives Idempotent ε ∈ Z(CN) = CN mit εM = M. Sei M = ⨁_{i∈[1,k]} S_{i} mit S_{i} einfachem (und eindimensionalem) CN-Modul für i ∈ [1, k] ; cf. Bemerkung 77. Da εM = M ist, ist εS_{i} = S_{i} für i ∈ [1, k]. Somit ist S_{i} ≃ S_{j} als CN-Moduln für i, j ∈ [1, k]; cf. Lemma 81, Aufgabe 22. Also ist ρ_{S_{i}}(n) = ρ_{S_{j}}(n) für i, j ∈ [1, k]. Es folgt

ρ(n) = ρ_{M}(n) = ρ_{S_{1}}(n) · id_{M} .

Aber ρ(n) ∉ _{C}⟨id_{M}⟩, und wir haben einen Widerspruch.

Cf. auch Lösung zu Aufgabe 43.(3).

Daher gibt es eine Untergruppe N ⊴ L < G und einen Charakter φ von L mit χ = φ↿_{L}^{G}; cf. Aufgabe 43.(2). Da mit G auch L überauflösbar ist und da |L| < |G| ist, folgt mit Induktion, daß es ein H ⩽ L und einen Charakter ψ von H mit ψ(1) = 1 und ψ↿_{H}^{L} = φ gibt. Wir erhalten

ψ↿_{H}^{G} =^{B. 121.(2)} ψ↿_{H}^{L}↿_{L}^{G} = φ↿_{L}^{G} = χ ,

cf. Aufgabe 12.(5).

5.2.3.2 Erzeugen und schneiden

Sei G eine endliche Gruppe.

Wir erinnern an den Teilring O ⊆ C der algebraisch ganzen Zahlen; cf. Definition 100.

Bemerkung 149 Sei a ∈ Z. Es ist aO ∩ Z = aZ.

Beweis. O.E. ist a ≠ 0. Zu zeigen ist nur aO ∩ Z ⊆^{!} aZ. Die Multiplikation mit a gibt eine

Bijektion von C nach C, so daß wir äquivalent O ∩ a^{−1}Z ⊆^{!} Z zeigen können. Aber es ist

O ∩ a^{−1}Z ⊆ O ∩ Q =^{A. 29.(3)} Z.

Lemma 150 Sei A ⩽ V(G) eine additive Untergruppe. Es ist _{O}⟨A⟩ ∩ V(G) = A.

Ersetzt man in dieser Aussage O etwa durch C, so wird sie i.a. falsch.

Beweis. Seien χ_{1} , …, χ_{t} die verschiedenen irreduziblen Charaktere von G. Es ist V(G) = _{Z}⟨χ_{1} , …, χ_{t}⟩; cf. Definition 134. Schreibe A = _{Z}⟨ ψ_{i} : i ∈ [1, t] ⟩ mit ψ_{i} ∈ V(G) für i ∈ [1, t] ; cf. Aufgabe 29.(1).

Schreibe ψ_{i} = ∑_{s} z_{s,i} χ_{s} für i ∈ [1, t], wobei z_{s,i} ∈ Z. Sei Z = (z_{s,i}) ∈ Z^{t×t}. Nach Elementarteilersatz gibt es U = (u_{i,j})_{i,j} ∈ GL_{t}(Z) und V = (v_{i,j})_{i,j} ∈ GL_{t}(Z) mit U^{−1}ZV = diag(d_{1} , …, d_{t}) ∈ Z^{t×t}. Setze φ_{i} := ∑_{s} u_{s,i} χ_{s}. Da U ∈ GL_{t}(Z) ist, ist

V(G) = _{Z}⟨ φ_{i} : i ∈ [1, t] ⟩ .

Wegen U diag(d_{1} , …, d_{t}) = ZV ist ferner

d_{i} φ_{i} = ∑_{s} u_{s,i} d_{i} χ_{s} = ∑_{s,j} z_{s,j} v_{j,i} χ_{s} = ∑_{j} v_{j,i} ψ_{j}

für i ∈ [1, t]. Da V ∈ GL_{t}(Z) ist, folgt

A = _{Z}⟨ d_{i} φ_{i} : i ∈ [1, t] ⟩ ,

und also

O⟨A⟩ = _{O}⟨ d_{i} φ_{i} : i ∈ [1, t] ⟩ .

Es ist V_{C}(G) = _{C}⟨V(G)⟩ = _{C}⟨ φ_{i} : i ∈ [1, t] ⟩. Da dim_{C} V_{C}(G) = t ist, folgt, daß (φ_{i})_{i∈[1,t]} eine C-lineare Basis von V_{C}(G) ist.

Zu zeigen ist nur _{O}⟨A⟩ ∩ V(G) ⊆^{!} A. Sei ∑_{i} α_{i} φ_{i} ∈ V(G) gegeben, wobei α_{i} ∈ Z für i ∈ [1, t]. Da (φ_{i})_{i∈[1,t]} ein C-linear unabhängiges Tupel ist, ist ∑_{i} α_{i} φ_{i} ∈ _{O}⟨A⟩ genau dann, wenn α_{i} = β_{i} d_{i} ist für gewisse β_{i} ∈ O für i ∈ [1, t]. Dann aber ist α_{i} ∈ Z ∩ d_{i}O =^{B. 149} d_{i}Z, und folglich ∑_{i} α_{i} φ_{i} ∈ A.

5.2.3.3 Eine Variante des Satzes von Artin

Schreibe ζ := ζ_{|G|}.

Sei Z[ζ] das Bild des Ringmorphismus Z[X] \overline{}C, X \overline{}ζ. Da ζ ∈ O ist, ist Z[ζ] ⊆ O; cf. Aufgabe 29.(2).

Sei χ_{1} der triviale Charakter von G.

Lemma 151 Sei φ ∈ V_{C}(G) mit φ(g) ∈ Z[ζ] für g ∈ G.

Es ist |G|φ ∈ V_{Z[ζ],Zyk}(G) ⊆ V_{Z[ζ]}(G).

I.e. es ist |G|φ eine Z[ζ]-Linearkombination aus von zyklischen Untergruppen induzierten Charakteren.

Beweis. Es ist |G|χ_{1} = ∑_{U∈ Zyk(G)} ϑ_{U}↿_{U}^{G}; cf. Definition 141, Lemma 143. Also ist

|G|φ = |G|χ_{1} · φ = ∑_{U∈ Zyk(G)} ϑ_{U}↿_{U}^{G} · φ =^{B. 139} ∑_{U∈ Zyk(G)}(ϑ_{U} · φ⇃_{U}^{G})↿_{U}^{G} .

Es bleibt zu zeigen, daß ϑ_{U}·φ⇃_{U}^{G} ∈ V_{Z[ζ]}(U) für U ∈ Zyk(G). Ist ψ ein irreduzibler Charakter von U, so wird in der Tat

U(ϑ_{U} · φ⇃_{U}^{G} , ψ) = \frac{1}{|U|} ∑_{u∈U} |U| ∂_{⟨u⟩,U} φ(u) \overline{ψ(u)} = ∑_{u∈U} ∂_{⟨u⟩,U} φ(u) \overline{ψ(u)} ∈^{A. 25.(1)} Z[ζ] ;

cf. Bemerkung 94.(1).

Im Unterschied zum Satz 145 von Artin wird nicht mehr φ ∈ V(G), sondern nur noch φ ∈ V_{C}(G) mit stets φ(g) ∈ Z[ζ] vorausgesetzt, aber auch nur noch gefolgert, daß φ eine Z[ζ]-Linearkombination der von zyklischen Untergruppen induzierten Charakteren ist, nicht mehr notwendig eine Z-Linearkombination.

5.2.3.4 An einer Primzahl

Sei G eine endliche Gruppe. Sei p ∈ Z_{>0} prim.

Bemerkung 152 (und Definition) Sei g ∈ G. Sei |⟨g⟩| = p^{a} n mit a ∈ Z_{⩾0} und n ∈ Z_{⩾1} mit n ≢_{p} 0.

Es gibt eindeutig bestimmte Elemente g_{u} und g_{r} in G mit den Eigenschaften (1), (2) und (3).

(1) Es ist g = g_{u} g_{r} = g_{r} g_{u} .

(2) Es ist |⟨g_{u}⟩| eine Potenz von p.

(3) Es ist |⟨g_{r}⟩| ≢_{p} 0.

Es heißt g_{u} der p-unipotente und g_{r} der p-reguläre Anteil von g.

Es sind g_{u} und g_{r} in ⟨g⟩ enthalten.

Es ist g_{u}^{i} := (g_{u})^{i} = (g^{i})_{u} und g_{r}^{i} := (g_{r})^{i} = (g^{i})_{r} für i ∈ Z.

Es ist |⟨g_{u}⟩| = p^{a} und |⟨g_{r}⟩| = n. Folglich ist ⟨g⟩ = ⟨g_{u}⟩ × ⟨g_{r}⟩.

Es ist g = g_{r} genau dann, wenn |⟨g⟩| ≢_{p} 0. Wir nennen g diesenfalls p-regulär.

Beweis. Wähle z, w ∈ Z mit

zp^{a} + wn = 1 .

Existenz. Setze g_{u} := g^{wn} und g_{r} := g^{zp^{a}}. Es wird

g = g^{1} = g^{wn}g^{zp^{a}} = g_{u} g_{r} = g_{r} g_{u} .

Ferner ist (g_{u})^{p^{a}} = g^{wnp^{a}} = 1^{w} = 1 und (g_{r})^{n} = g^{zp^{a}n} = 1^{z} = 1.

Eindeutigkeit. Seien x, y ∈ G mit |⟨x⟩| eine Potenz von p, mit |⟨y⟩| ≢_{p} 0 und mit g = xy = yx. Dann ist 1 = g^{p^{a}n} = x^{p^{a}n}y^{p^{a}n}, und folglich x^{p^{a}n} = y^{−p^{a}n}. Da |⟨x^{p^{a}n}⟩| eine Potenz von p ist und |⟨y^{−p^{a}n}⟩| ≢_{p} 0, folgt x^{p^{a}n} = 1 und y^{p^{a}n} = 1. Da |⟨x⟩| eine Potenz von p und nun auch ein Teiler von p^{a}n ist, folgt, daß |⟨x⟩| ein Teiler von p^{a} ist. Da |⟨y⟩| ≢_{p} 0 und nun auch ein Teiler von p^{a} n ist, folgt, daß |⟨y⟩| ein Teiler von n ist. Somit erhalten wir

\begin{aligned}g_{u} & = & g^{wn} & = & x^{wn}y^{wn} & = & x^{1−zp^{a}} & = & x \\ g_{r} & = & g^{zp^{a}} & = & x^{zp^{a}}y^{zp^{a}} & = & y^{1−nw} & = & y . \end{aligned}

Nach Konstruktion sind g_{u} , g_{r} ∈ ⟨g⟩.

Für i ∈ Z ist g^{i} = (g_{u})^{i}(g_{r})^{i} = (g_{r})^{i}(g_{u})^{i}, die Ordnung von (g_{u})^{i} ist eine p-Potenz, die Ordnung von (g_{r})^{i} ist teilerfremd zu p. Also ist (g^{i})_{u} = (g_{u})^{i} und (g^{i})_{r} = (g_{r})^{i}.

Wir haben schon gesehen, daß |⟨g_{u}⟩| ein Teiler von p^{a} ist und daß |⟨g_{r}⟩| ein Teiler von n ist. Schreibe s := |⟨g_{u}⟩| · |⟨g_{r}⟩|. Es genügt zu zeigen, daß p^{a} n ein Teiler von s ist. Aber es ist

g^{s} = (g_{u})^{s} · (g_{r})^{s} = 1 .

Ist schließlich |⟨g⟩| ≢_{p} 0, dann ist a = 0, sodaß mit z = 1 und w = 0 folgt, daß g_{r} = g^{zp^{a}} = g.

Definition 153

(1) Eine endliche Gruppe heißt p-fastzyklisch, falls sie isomorph zu einem direkten Produkt aus einer zyklischen Gruppe von Ordnung teilerfremd zu p und einer p-Gruppe ist.

Die Menge der p-fastzyklischen Untergruppen von G wird FZyk_{p}(G) geschrieben.

Es ist Zyk(G) ⊆ FZyk_{p}(G) ; cf. Definition 140, Bemerkung 152.

Jede p-Untergruppe von G ist p-fastzyklisch.

(2) Sei R ⊆ C ein Teilring. Betrachte die R-lineare Abbildung

⨁_{H∈ FZyk_{p}(G)} V_{R}(H) ^{\overline{}^{ind↿{G \atop FZyk_{p}(G)}}} V_{R}(G)

(ψ_{H})_{H∈ FZyk_{p}(G)}  \overline{}∑_{H∈ FZyk_{p}(G)} ψ_{H}↿_{H}^{G} .

Sei V_{R,FZyk,p}(G) := ∑_{H∈ FZyk_{p}(G)} ind↿_{H}^{G}(V_{R}(H)) ⊆ V_{R}(G) ihr Bild.

Wir schreiben auch V_{FZyk,p}(G) := V_{Z,FZyk,p}(G).

Cf. Satz 145 von Artin.

Bemerkung 154 Jede Untergruppe einer p-fastzyklischen Gruppe ist p-fastzyklisch.

Beweis. Sei m ∈ Z_{⩾1} teilerfremd zu p. Sei C_{m} = ⟨ a : a^{m} ⟩. Sei P eine p-Gruppe. Sei U ⩽ C_{m} × P. Wir haben zu zeigen, daß U eine p-fastzyklische Gruppe ist.

Es genügt zu zeigen, daß

U =^{!} { a^{i} : i ∈ Z, (a^{i}, 1) ∈ U } × { x : x ∈ P, (1, x) ∈ U } ;

cf. Lösung zu Aufgabe 5.

Zu ⩾^{!}. Sind i ∈ Z mit (a^{i}, 1) ∈ U und x ∈ P mit (1, x) ∈ U gegeben, dann ist auch (a^{i}, x) = (a^{i}, 1)(1, x) ∈ U.

Zu ⩽^{!}. Sei (a^{i}, x) ∈ U, wobei i ∈ Z. Es ist (a^{i}, x)_{u} = (1, x) ∈ ⟨(a^{i}, x)⟩ ⩽ U und (a^{i}, x)_{r} = (a^{i}, 1) ∈ ⟨(a^{i}, x)⟩ ⩽ U, da diese beiden Elemente kommutieren, Ordnung eine p-Potenz resp. Ordnung teilerfremd zu p haben und im Produkt (a^{i}, x) ergeben. Also ist (a^{i}, x) in der rechten Seite enthalten.

Bemerkung 155 Sei g ∈ G ein p-reguläres Element. Sei P eine p-Untergruppe von C_{G}(g).

Sei H := ⟨{g} ∪ P ⟩. Dann ist H eine p-fastzyklische Gruppe.

Genauer gesagt, wir haben einen Gruppenisomorphismus ⟨g⟩ × P ^{\overline{}^{∼}} H, (g^{i}, x) \overline{}g^{i}x, wobei i ∈ Z. Insbesondere ist |H| = |⟨g⟩| · |P |.

Umgekehrt ist jede p-fastzyklische Untergruppe von G ist von dieser Form.

Beweis. Die Abbildung

[figure: ⟨g⟩; ×; P; f; G; (g^{i}; ,; x); g^{i} x ,]

wobei i ∈ Z, ist ein Gruppenmorphismus mit Bild H, da Elemente aus ⟨g⟩ mit Elementen aus P kommutieren.

Es ist f injektiv. Denn ist 1 = f((g^{i}, x)) = g^{i} x, dann ist g^{−i} = x ∈ P ∩ ⟨g⟩ = 1, da nur 1 eine Ordnung hat, die zugleich p-Potenz und teilerfremd zu p ist.

Sei umgekehrt H̃ ⩽ G eine p-fastzyklische Untergruppe von G. Dann gibt es ein m̃ ∈ Z_{⩾1} teilerfremd zu p, eine p-Gruppe Q̃ und einen injektiven Gruppenmorphismus Cm̃×Q̃ ^{\overline{}^{f}} G mit Bild H̃. Schreibe Cm̃ = ⟨ ã : ãm̃ ⟩. Es ist g̃ := f((ã, 1)) ein p-reguläres Element von G. Es ist P̃ := f(1 × Q̃) eine p-Untergruppe von C_{G}(g̃), da die Elemente von 1 × Q̃ bereits in Cm̃ × Q̃ mit (ã, 1) vertauschen. Schließlich ist H̃ = ⟨{g̃} ∪ P̃⟩, da bereits Cm̃ × Q̃ = ⟨{(ã, 1)} ∪ (1 × Q̃)⟩ ist.

Lemma 156 Sei φ ∈ V_{O}(G) mit φ(g) ∈ Z für g ∈ G.

Für g ∈ G ist

φ(g) ≡_{p} φ(g_{r}) ;

cf. Bemerkung 152.

Beweis. Da g und g_{r} in ⟨g⟩ liegen, können wir dank Restriktion o.E. annehmen, daß G = ⟨g⟩ ist. Schreibe φ(g) = ∑_{s} a_{s} χ_{s}, wobei stets a_{s} ∈ O ist und χ_{s} ein irreduzibler Charakter von G ist. Insbesondere ist stets χ_{s}(1) = 1 ; cf. e.g. Beispiel 86. Sei ρ_{s} : G \overline{}GL_{1}(C) die zu χ_{s} gehörige Darstellung. Es ist ρ_{s}(g) = χ_{s}(g) für g ∈ G und also χ_{s}(g^{k}) = χ_{s}(g)^{k} für k ∈ Z.

Sei q := |⟨g_{u}⟩|. Es ist q eine Potenz von p. Es ist g^{q} = (g_{r} g_{u})^{q} = g_{r}^{q} und also

χ_{s}(g)^{q} = χ_{s}(g^{q}) = χ_{s}(g_{r}^{q}) = χ_{s}(g_{r})^{q}

stets. Damit wird

φ(g)^{q} = (∑_{s} a_{s} χ_{s}(g))^{q} ≡_{p O} ∑_{s} a_{s}^{q} χ_{s}(g)^{q} = ∑_{s} a_{s}^{q} χ_{s}(g_{r})^{q} ≡_{p O} φ(g_{r})^{q} .

Somit ist φ(g)^{q} − φ(g_{r})^{q} ∈ p O ∩ Z =^{B. 149} pZ. Da a ≡_{p} a^{q} ist für a ∈ Z, folgt

φ(g) ≡_{p} φ(g)^{q} ≡_{p} φ(g_{r})^{q} ≡_{p} φ(g_{r}) .

Lemma 157 Schreibe ζ := ζ_{|G|}. Sei g ein p-reguläres Element von G. Wir können diesem ein Element φ_{g} ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) zuordnen mit den folgenden Eigenschaften (1), (2) und (3).

(1) Es ist φ_{g}(x) ∈ Z für x ∈ G.

(2) Es ist φ_{g}(g) ≢_{p} 0 in Z.

(3) Es ist φ_{g}(x) = 0 für alle p-regulären Elemente x ∈ G, die nicht zu g konjugiert sind.

Beweis. Schreibe n := |⟨g⟩|. Sei P eine p-Sylowgruppe von C_{G}(g) ; cf. Satz 13. Es ist H := ⟨{g} ∪ P ⟩ ∈ FZyk_{p}(G) und |H| = n · |P |; cf. Bemerkung 155. Sei γ : ⟨g⟩ \overline{}C, x \overline{}n ∂_{x,g}. Es ist γ ∈ V_{Z[ζ_{n}]}(⟨g⟩) ⊆ V_{Z[ζ]}(⟨g⟩) nach Lemma 151.

Das ist allerdings mit Kanonen auf Spatzen geschossen. Unter Verwendung der irreduziblen Charaktere χ_{i} : ⟨g⟩ \overline{}C, g \overline{}ζ_{n}^{i} von ⟨g⟩ für i ∈ [0, n − 1] erkennen wir ebenfalls, daß γ = ∑_{i∈[0,n−1]} ζ_{n}^{−i} χ_{i} ∈ V_{Z[ζ_{n}]}(⟨g⟩) ist; cf. Lösung zu Aufgabe 17, Beispiel 86.(2).

Wir haben den Gruppenmorphismus π : H \overline{}⟨g⟩, g^{i} x \overline{}g^{i} für i ∈ Z und x ∈ P ; cf. Bemerkung 155. Sei γ̂ := γ ∘ π, i.e. sei γ̂(g^{i} x) := γ(g^{i}) für i ∈ Z und x ∈ P. Da γ ∈ V_{Z[ζ]}(⟨g⟩) ist, ist γ̂ ∈ V_{Z[ζ]}(H); cf. Bemerkung 113. Da H ∈ FZyk_{p}(G) ist, folgt

φ_{g} := γ̂↿_{H}^{G} ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) .

Ferner hat mit γ auch γ̂ und also auch φ_{g} alle Werte in Z, i.e. (1) ist erfüllt; cf. Lemma 117. Für ein p-reguläres Element x ∈ G und für y ∈ G ist ^{y}x ∈ H genau dann, wenn ^{y}x ∈ ⟨g⟩; cf. Bemerkung 155; daher wird

φ_{g}(x) =^{L. 117} \frac{1}{|H|} ∑_{y∈G, ^{y}x∈H} γ̂(^{y}x)
= \frac{1}{n·|P |} ∑_{y∈G, ^{y}x∈⟨g⟩} γ(^{y}x)
= \frac{1}{n·|P |} ∑_{y∈G, ^{y}x∈⟨g⟩} n ∂_{^{y}x,g}
= \frac{1}{|P |} ∑_{y∈G} ∂_{^{y}x,g}
= \frac{|C_{G}(g)|}{|P |} ∂_{^{G}x,^{G}g} .

Der letzte Schritt gilt, denn ist z ∈ G mit ^{z}x = g gefunden, dann ist für y ∈ G die Aussage yx = g äquivalent zu ^{yz^{−}}g = g, i.e. zu yz^{−} ∈ C_{G}(g), i.e. zu y ∈ C_{G}(g)z. Da |C_{G}(g)|/|P | ≢_{p} 0 ist, sind (2) und (3) erfüllt.

Wollte man es vermeiden, p-fastzyklische Untergruppen zu verwenden, wäre es eine naheliegende Idee, im Beweis von Lemma 157 das γ direkt von ⟨g⟩ nach G zu induzieren. Dann aber wäre γ↿_{⟨g⟩}^{G}(g) = n^{−1} ∑_{y∈G, ^{y}g∈⟨g⟩} γ(^{y}g) = ∑_{y∈G} ∂_{^{y}g,g} = |C_{G}(g)|, sodaß (2) verletzt wäre, sobald nur |C_{G}(g)| ≡_{p} 0 ist. Was auch bei p-regulären Elementen g ∈ G der Fall sein kann, man denke etwa an C_{G}(1) = G.

Lemma 158 Es gibt ein φ ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) mit φ(x) ∈ Z ∖ pZ für alle x ∈ G.

Beweis. Sei G = ⨆_{s∈[1,t]} ^{G}g_{s}. Sei o.E. t′ ∈ [1, t] so gegeben, daß g_{s} für s ∈ [1, t′] ein p-reguläres Element ist, für s ∈ [t′ + 1, t] nicht. Setze φ := ∑_{s∈[1,t′]} φ_{g_{s}} ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) ; cf. Lemma 157. Wie seine Summanden hat auch φ alle Werte in Z ; cf. Lemma 157.(1). Sei x ∈ G. Es ist x_{r} konjugiert zu g_{a} für ein a ∈ [1, t′]. Es wird

φ(x) ≡_{p}^{L. 156} φ(x_{r}) = φ(g_{a}) = ∑_{s∈[1,t′]} φ_{g_{s}}(g_{a}) =^{L. 157.(3)} φ_{g_{a}}(g_{a}) ≢_{p}^{L. 157.(2)} 0 .

Lemma 159 Die Ordnung der abelschen Gruppe V(G)/V_{FZyk,p}(G) ist endlich und teilerfremd zu p; cf. Definition 153.(2).

Beweis. Sei |G| = p^{a} n mit a ∈ Z_{⩾0} und n ≢_{p} 0. Sei χ_{1} der triviale Charakter von G. Schreibe ζ := ζ_{|G|}. Da V(G) eine endlich erzeugte abelsche Gruppe ist, genügt es zu zeigen, daß n(V(G)/V_{FZyk,p}(G)) =^{!} 0 ist, i.e. daß nV(G) ⊆^{!} V_{FZyk,p}(G).

Es genügt zu zeigen, daß nχ_{1} ∈^{!} V_{FZyk,p}(G). Denn es ist V_{FZyk,p}(G) = ∑_{H∈ FZyk_{p}(G)} ind↿_{H}^{G}(V(H)) ⊆ V(G)

ein Ideal als Summe von Idealen; cf. Bemerkung 139.(2). Es genügt zu zeigen, daß nχ_{1} ∈^{!} V_{Z[ζ],FZyk,p}(G). Denn dann ist

nχ_{1} ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) ∩ V(G)
= _{Z[ζ]}⟨V_{FZyk,p}(G)⟩ ∩ V(G)
⊆ _{O}⟨V_{FZyk,p}(G)⟩ ∩ V(G)
=^{L. 150} V_{FZyk,p}(G) .

Wähle zu diesem Zwecke nun φ ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) mit φ(g) ∈ Z ∖ pZ für g ∈ G; cf. Lemma 158.

Sei k := | GL_{1}(Z/p^{a}Z)|. Es ist φ^{k}(g) ≡_{p^{a}} 1 für g ∈ G. Also ist (χ_{1} − φ^{k})(g) ≡_{p^{a}} 0 und somit (n(χ_{1} − φ^{k}))(g) ≡_{|G|} 0 für g ∈ G. Mit Lemma 151 folgt unter Verwendung von Zyk(G) ⊆ FZyk_{p}(G), daß

n(χ_{1} − φ^{k}) ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) .

Da φ ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) liegt und letzteres ein Ideal in V_{Z[ζ]}(G) ist nach Bemerkung 139.(2), ist auch

nφ^{k} ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) .

Folglich ist auch

nχ_{1} ∈ V_{Z[ζ],FZyk,p}(G) .

als Summe dieser beiden Elemente.

Ist p kein Teiler von |G|, so folgt Lemma 159 bereits aus Satz 145.

5.2.3.5 Der Satz von Brauer

Sei G eine endliche Gruppe.

Definition 160

(1) Eine endliche Gruppe heißt fastzyklisch, falls sie q-fastzyklisch ist für eine Primzahl q ∈ Z_{⩾1} ; cf. Definition 153.

Die Menge der fastzyklischen Untergruppen von G wird FZyk(G) geschrieben.

(2) Sei

V_{FZyk}(G) := ∑_{q prim} V_{FZyk,q}(G) = ∑_{H∈ FZyk(G)} ind↿_{H}^{G}(V(H)) ⊆ V(G) ;

cf. Definition 153.(2).

Satz 161 (Brauer) Es ist V_{FZyk}(G) = V(G).

In Worten, jeder virtuelle Charakter von G, insbesondere also jeder Charakter von G, ist eine Z-Linearkombination aus von fastzyklischen Untergruppen nach G induzierten Charakteren.

Beweis. Sei p ∈ Z_{⩾1} eine Primzahl. Es ist V_{FZyk,p}(G) ⊆ V_{FZyk}(G) ⊆ V(G). Nun ist V(G)/V_{FZyk,p}(G) endlich, und daher

|V(G)/V_{FZyk,p}(G)| = |V(G)/V_{FZyk}(G)| · |V_{FZyk}(G)/V_{FZyk,p}(G)| ,

was eine zu p teilerfremde Zahl ist; cf. Lemma 159. Also ist |V(G)/V_{FZyk}(G)| endlich und teilerfremd zu p.

Da dies für alle Primzahlen p gilt, muß |V(G)/V_{FZyk}(G)| = 1 sein, i.e. V_{FZyk}(G) = V(G).

Im Unterschied zum Satz 145 von Artin wird nun jeder virtuelle Charakter selbst als Z-Linearkombination geschrieben, nicht mehr nur sein |G|-faches, aber auf der anderen Seite nun nur noch als Z-Linearkombination aus von fastzyklischen Untergruppen induzierten Charakteren, nicht mehr aus von zyklischen Untergruppen induzierten Charakteren.

Korollar 162 Jeder Charakter von G ist eine Z-Linearkombination aus Charakteren, die durch Induktion aus Charakteren von Grad 1 von Untergruppen nach G hervorgehen.

Dabei kann von diesen Untergruppen noch verlangt werden, daß sie fastzyklisch sind.

Beweis. Mit dem Satz 161 von Brauer dürfen wir annehmen, daß G eine p-fastzyklische Gruppe ist für eine Primzahl p ∈ Z_{⩾1} ; cf. Bemerkung 121.(2).

Ein direktes Produkt nilpotenter Gruppen ist nilpotent; cf. e.g. Satz 37. Also ist G nilpotent als direktes Produkt einer abelschen Gruppe und einer p-Gruppe; cf. Beispiel 33.(1, 2). Insbesondere ist G überauflösbar; cf. Bemerkung 31.

Folglich ist jeder Charakter von G eine Z-Linearkombination (mit Koeffizienten ⩾ 0) aus Charakteren, die durch Induktion aus Charakteren von Grad 1 von Untergruppen nach G hervorgehen; cf. Lemma 148. Wie G sind auch diese Untergruppen fastzyklisch; cf. Bemerkung 154.

Beispiel 163 Wir induzieren Charaktere von Grad 1 von fastzyklischen Untergruppen nach S_{4} . Wir verwenden die Notation der Lösung zu Aufgabe 37.(3), was die Konjugationsklassenrepräsentanten id, (1, 2), (1, 2, 3), (1, 2, 3, 4), (1, 2)(3, 4) von S_{4} und ihre Charaktertafel angeht. Zum Induzieren von kleinen Untergruppen nach S_{4} können wir Korollar 118 verwenden.

Wir haben die 2-fastzyklische Untergruppe H := ⟨(1, 2, 3, 4), (1, 3)⟩ ⩽ S_{4} . Wir haben den Isomorphismus f : D_{8} ^{\overline{}^{∼}} H, a \overline{}(1, 2, 3, 4), b \overline{}(1, 3) ; cf. Beispiel 25. Also sind die Konjugationsklassen von H repräsentiert von f(1) = id, f(a^{2}) = (1, 3)(2, 4), f(a) = (1, 2, 3, 4), f(ab) = (1, 4)(2, 3), f(b) = (1, 3) ; cf. Lösung zu Aufgabe 24.(1). Dieser Reihenfolge entsprechend notieren wir Charaktere als Zeilenvektoren. Es wird

\begin{aligned}(^{1 1 1 −1 −1})↿_{H}^{S_{4}} & = & (^{3 −1 0 1 −1}) & =: & φ_{1} \\ (^{1 1 −1 −1 1})↿_{H}^{S_{4}} & = & (^{3 1 0 −1 −1}) & =: & φ_{2} . \end{aligned}

Wir haben die zyklische Untergruppe I := ⟨(1, 2, 3, 4)⟩ ⩽ S_{4} . Ihre Konjugationsklassen sind repräsentiert von id, (1, 2, 3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4, 3, 2). Dieser Reihenfolge entsprechend notieren wir Charaktere als Zeilenvektoren; cf. Beispiel 86.(2). Es wird

\begin{aligned}(^{1 1 1 1})↿_{I}^{S_{4}} & = & (^{6 0 0 2 2}) & =: & φ_{3} \\ (^{1 −1 1 −1})↿_{I}^{S_{4}} & = & (^{6 0 0 −2 2}) & =: & φ_{4} . \end{aligned}

Wir haben die zyklische Untergruppe J := ⟨(1, 2, 3)⟩ ⩽ S_{4} . Ihre Konjugationsklassen sind repräsentiert von id, (1, 2, 3), (1, 3, 2). Dieser Reihenfolge entsprechend notieren wir Charaktere als Zeilenvektoren; cf. Beispiel 86.(2). Es wird

(^{1} ^{ζ_{3}} ^{ζ_{3}^{2}})↿_{J}^{S_{4}} = (^{8 0 −1 0 0}) =: φ_{5} .

Somit ist, in der Notation der Lösung von Aufgabe 37.(3),

\begin{aligned}χ_{4,1} & = & (^{1 1 1 1 1}) & = & φ_{2} + φ_{3} − φ_{5} \\ χ_{4,2} & = & (^{1 −1 1 −1 1}) & = & φ_{1} + φ_{4} − φ_{5} \\ χ_{4,3} & = & (^{3 1 0 −1 −1}) & = & φ_{2} \\ χ_{4,4} & = & (^{3 −1 0 1 −1}) & = & φ_{1} \\ χ_{4,5} & = & (^{2 0 −1 0 2}) & = & −φ_{1} − φ_{2} + φ_{5} . \end{aligned}

Damit sind alle irreduziblen – und damit alle – Charaktere von S_{4} als Z-Linear-kombinationen aus Charakteren, die durch Induktion aus Charakteren von Grad 1 von fastzyklischen Untergruppen nach S_{4} hervorgehen, geschrieben, was Satz 161 und Korollar 162 für G = S_{4} bestätigt.

Cf. Lösung von Aufgabe 45, wo der Satz 145 von Artin für G = S_{4} betrachtet wird, und wo für die Darstellung der irreduziblen Charaktere von S_{4} als Linearkombination aus von zyklischen Untergruppen induzierten Charakteren ein Nenner 2 benötigt wird. Cf. auch Aufgaben 50 und 52.

Anhang A

Aufgaben und Lösungen

A.1 Aufgaben

Aufgabe 1 (§1.1) Sei G eine Gruppe. Sei f : M \overline{}N ein Isomorphismus von G-Mengen. Zeige, daß auch f^{−} : N \overline{}M ein Isomorphismus von G-Mengen ist.

Aufgabe 2 (§1.1) Sei G eine Gruppe. Sei I eine Menge. Sei M_{i} eine G-Menge für i ∈ I. Sei X eine G-Menge.

(1) Gib eine Bijektion von _{G}(⨆_{i∈I} M_{i} , X) nach ∏_{i∈I} _{G}(M_{i} , X) an.

(2) Gib eine Bijektion von _{G}(X, ∏_{i∈I} M_{i}) nach ∏_{i∈I} _{G}(X, M_{i}) an.

(3) Seien M, N und X drei G-Mengen.

Zeige, daß (M ⊔ N) × X und (M × X) ⊔ (N × X) zueinander isomorphe G-Mengen sind.

Aufgabe 3 (§1.1) Sei G eine Gruppe. Sei M eine G-Menge. Sei X ⊆ M eine Teilmenge.

(1) Zeige, daß C_{G}(X) ⩽ G und N_{G}(X) ⩽ G.

(2) Sei g ∈ G. Zeige, daß C_{G}(gX) = ^{g}C_{G}(X) und N_{G}(gX) = ^{g}N_{G}(X).

Aufgabe 4 (§1.1) Betrachte die Gruppe S_{3} als S_{3}-Menge unter Konjugation.

(1) Zerlege S_{3} in Bahnen. Bestimme für je einen Bahnenrepräsentanten den Zentralisator.

(2) Sei G eine Gruppe. Sei U ⩽ G. Sei M eine G-Menge. Gib eine Bijektion zwischen G(G/U, M) und { m ∈ M : um = m für u ∈ U } an.

(3) Bestimme die Anzahl der S_{3}-äquivarianten Abbildungen von S_{3} nach S_{3} . (Hinweis: _{S_{3}}(S_{3}/C_{S_{3}}(σ), S_{3}) zusammensetzen, cf. (1), (2), Aufgabe 2.(1).)

Aufgabe 5 (§1.2) Sei m ∈ Z_{⩾1} . Sei C_{m} = ⟨x⟩ die zyklische Gruppe von Ordnung m. Sei d ein Teiler von m. Zeige, daß C_{m} genau eine Untergruppe von Ordnung d hat.

Aufgabe 6 (§1.2) Sei p eine Primzahl. Sei G eine p-Gruppe mit |G| > 1. Zeige.

(1) Es ist das Zentrum Z(G) := { z ∈ G : zg = gz für g ∈ G} von G ungleich 1. (Hinweis: Lemma 14 auf G.)

(2) Sei |G| = p^{t} für ein t ∈ Z_{⩾1} . Sei s ∈ [0, t]. Es ist |{H ⊴ G : |H| = p^{s}}| ≡_{p} 1. (Hinweis: Lemma 14 auf {H ⩽ G : |H| = p^{s}}.)

Aufgabe 7 (§1.2) Sei G eine endliche Gruppe. Zeige.

(1) Sei p eine Primzahl. Schreibe |G| = p^{t}n mit t ∈ Z_{⩾0} und n ≢_{p} 0.

Die Anzahl der p-Sylowgruppen teilt n. Gibt es genau eine p-Sylowgruppe in G, so ist diese ein Normalteiler in G.

(2) Sei H ⊴ G. Sei p eine Primzahl. Sei P ⩽ H eine p-Sylowgruppe von H. Sei N_{G}(P) = { x ∈ G : ^{x}P = P } der Normalisator von P in G, letztere gesehen als G-Menge via Konjugation. Der Gruppenmorphismus f : N_{G}(P) \overline{}G/H, x \overline{}xH ist surjektiv.

Aufgabe 8 (§1.2) Eine Gruppe G heißt einfach, wenn sie genau zwei Normalteiler enthält, nämlich 1 und G.

(1) Zeige, daß es keine einfache Gruppe der Ordnung 104 gibt.

(2) Sei G eine Gruppe. Sei M eine G-Menge. Zeige, daß die Abbildung λ : G \overline{}S_{M} , g \overline{}(λ(g) : M \overline{}M, m \overline{}gm) existiert und ein Gruppenmorphismus ist.

(3) Sei G eine Gruppe. Sei M eine endliche transitive G-Menge mit |M| > 1. Zeige, daß es ein N ◁ G gibt, für welches |G/N| ein Teiler von |M|! ist. (Hinweis: Kern λ.)

(4) Zeige, daß es keine einfache Gruppe der Ordnung 72 gibt. (Hinweis: (3) auf Sylow.)

Aufgabe 9 (§1.3.2) Sei n ⩾ 1. Setze

S_{P,n} := ⟨ s_{1} , …, s_{n−1} : \begin{matrix}s_{i}^{2} & für i ∈ [1, n − 1] \\ (s_{i}s_{i+1})^{3} & für i ∈ [1, n − 2] \\ (s_{i}s_{j})^{2} & für i, j ∈ [1, n − 1] mit |i − j| ⩾ 2 \end{matrix} ⟩ ;

cf. Beispiel 27. Zeige, daß es den Gruppenisomorphismus

[figure: S_{P,n}; f; ∼; S_{n}; s_{i}; (i, i + 1) für i ∈ [1, n − 1]]

gibt.

Aufgabe 10 (§1.3.2) Konstruiere einen Automorphismus von S_{6} , der nicht inner ist, der also nicht durch Konjugation mit einem Element von S_{6} gegeben ist. (Hinweis: Aufgabe 9, (∗ , ∗) \overline{}(∗ , ∗)(∗ , ∗)(∗ , ∗).)

Aufgabe 11 (§1.4) Eine Gruppe G heißt einfach, wenn sie genau zwei Normalteiler enthält, nämlich 1 und G; cf. Aufgabe 8. Sei n ∈ Z_{⩾0} . Sei A_{n} := { σ ∈ S_{n} : sgn σ = 1 } ⊴ S_{n} die alternierende Gruppe auf n Ziffern. Sei nun n ∈ Z_{⩾5} . Zeige.

(1) Es ist A_{n} von der Teilmenge aller Zykeln der Länge 3 erzeugt. Diese bilden eine Konjugationsklasse in A_{n}.

(2) Es ist A_{n} einfach. (Hinweis: bewege σ ∈ A_{n} ∖ {id} minimal viele Ziffern; zeige, daß σ ein Dreierzykel ist; ansonsten bilde σ ∘ ρ ∘ σ^{−} ∘ ρ^{−} für passendes ρ ∈ A_{n}.)

Aufgabe 12 (§1.4) Sei H eine endliche Gruppe. Sei K ⩽ H. Zeige.

(1) Ist K ⊴ H, ist H/K auflösbar und ist K auflösbar, dann ist H auflösbar.

(2) Ist H auflösbar, dann ist auch K auflösbar.

(3) Ist H auflösbar und ist K ⊴ H, dann ist auch H/K auflösbar.

(4) Ist K ⩽ Z(H) und ist H/K überauflösbar, dann ist H überauflösbar.

(5) Ist H überauflösbar, dann ist auch K überauflösbar.

(6) Ist H überauflösbar und ist K ⊴ H, dann ist auch H/K überauflösbar.

(7) Ist K ⩽ Z(H) und ist H/K nilpotent, dann ist H nilpotent.

(8) Ist H nilpotent, dann ist auch K nilpotent.

(9) Ist H nilpotent und ist K ⊴ H, dann ist auch H/K nilpotent.

Aufgabe 13 (§1.4) Seien p und q zwei verschiedene Primzahlen. Zeige.

(1) Jede Gruppe der Ordnung pq ist überauflösbar.

(2) Jede Gruppe der Ordnung p^{2}q ist auflösbar.

(3) Jede Gruppe der Ordnung p^{2}q^{2} ist auflösbar.

Aufgabe 14 (§1.3.2, §2.1) Zeige, daß

[figure: S_{3}; GL_{2}(Z); (1, 2); (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}); (2, 3); (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix})]

eine Darstellung von S_{3} auf Z^{2×1} über Z definiert.

Aufgabe 15 (§2.2) Sei R ein kommutativer Ring. Sei G eine endliche Gruppe. Sei RG der freie R-Modul mit Basis G. Definiere die R-bilineare Abbildung ( ·_{RG}) : RG × RG \overline{}RG durch Angabe der Bilder von Paaren von Basiselementen, viz. (g, h) \overline{}g ·_{RG} h := g ·_{G} h für g, h ∈ G. Zeige, daß (RG, +, ·_{RG}) ein Ring ist.

Aufgabe 16 (§2.2) Sei n ∈ Z_{⩾0} . Sei R ein kommutativer Ring. Zeige, daß Z(R^{n×n}) = { rE_{n} : r ∈ R } = _{R}⟨E_{n}⟩.

Aufgabe 17 (§2.2) Sei n ∈ Z_{⩾1} . Sei A := (ζ_{n}^{ij})_{i,j∈[0,n−1]} ∈ C^{n×n}.

Zeige, daß AĀ = n · E_{n} ist. Folgere, daß ∏_{i, j ∈ [0,n−1], i<j}(ζ_{n}^{j} − ζ_{n}^{i})^{2} = (−1)^{(\begin{matrix}n−1 \\ 2 \end{matrix})}n^{n} ist.

Aufgabe 18 (§2.2, §3.2.1)

(1) Zeige, daß QS_{3} ≃ Q × Q^{2×2} × Q als Q-Algebren und CS_{3} ≃ C × C^{2×2} × C als C-Algebren. (Hinweis: Beispiel 39.(1, 3, 4), cf. Beispiel 50, Bemerkung 60.)

(2) Beschreibe das Bild von ZS_{3} in Z × Z^{2×2} × Z unter dem ersten in (1) gefundenen Isomorphismus.

Aufgabe 19 (§3.2.1) Sei R ein kommutativer Ring. Seien A = (A, φ), B = (B, ψ) und C = (C, ξ) drei R-Algebren. Zeige.

(1) Via r · a = ra := φ(r)a für r ∈ R und a ∈ A wird A zu einem R-Modul.

(2) Sei f : A \overline{}B ein Ringmorphismus. Es ist f genau dann ein R-Algebrenmorphis-mus, wenn f eine R-lineare Abbildung ist.

(3) Seien f : A \overline{}B und g : B \overline{}C Abbildungen. Sei g injektiv. Seien g und g ∘ f Morphismen von R-Algebren. Dann ist auch f ein Morphismus von R-Algebren. Insbesondere, ist g : B \overline{}C ein R-Algebrenisomorphismus, so auch g^{−} : C \overline{}B.

Aufgabe 20 (§3.2.2) Sei A ein Ring. Sei R ein kommutativer Ring. Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. Für einen A-Modul X ist bekanntlich End_{A} X := \{X ^{\overline{}^{f}} X : f ist A-linear\} ein Ring. Zeige.

(1) Seien M und N einfache A-Moduln. Es enthält Hom_{A}(M, N) ∖ {0} nur Isomorphismen.

(2) Sei M ein einfacher A-Modul. Es ist der Ring End_{A} M ein Schiefkörper.

(3) Sei M ein einfacher A-Modul. Es gibt eine surjektive A-lineare Abbildung A \overline{}M.

(4) Sei A = (A, φ) eine R-Algebra. Sei X ein A-Modul.

Via R \overline{}End_{A} X, r \overline{}(x \overline{}φ(r)x) ist End_{A} X eine R-Algebra.

(5) Ist A eine endlichdimensionale K-Algebra und M ein einfacher A-Modul, dann ist K ≃ End_{A} M als K-Algebren.

Aufgabe 21 (§3.2.2) Sei K ein Körper. Seien A und B endlichdimensionale K-Algebren ungleich 0. Zeige oder widerlege.

(1) Sei n ∈ Z_{⩾1} . Für j, k ∈ [1, n] schreiben wir e_{j,k} ∈ K^{n×n} für die Matrix, die an Position (j, k) den Eintrag 1 hat, und ansonsten Nullen. Für i ∈ [1, n] ist K^{n×n}e_{i,i} ein einfacher K^{n×n}-Modul. Es ist K^{n×n} halbeinfach.

(2) Sind A und B halbeinfach, dann auch A × B.

(3) Ist A halbeinfach und ist f : A \overline{}B ein surjektiver K-Algebrenmorphismus, dann ist auch B halbeinfach.

(4) Ist A halbeinfach und ist g : B \overline{}A ein injektiver K-Algebrenmorphismus, dann ist auch B halbeinfach.

Aufgabe 22 (§3.2.2) Sei K ein Körper.

Sei A eine kommutative endlichdimensionale K-Algebra.

Zeige, daß es (bis auf Reihenfolge) genau eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A gibt. (Hinweis: verwende Bemerkung 64.)

Aufgabe 23 (§3.2.2)

(1) Finde einen Wedderburnisomorphismus für CD_{8} .

(Hinweis: Beispiel 25; D_{8} \overline{}C_{2} × C_{2} ; D_{8} operiert auf Quadrat.)

(2) Sei D_{10} := ⟨ a, b : a^{5}, b^{2}, (ba)^{2} ⟩. Finde einen Wedderburnisomorphismus für CD_{10} . (Hinweis: D_{10} \overline{}C_{2} ; a auf Diagonalmatrix mit Einheitswurzeln.)

(3) Sei Q_{8} := ⟨ a, b : a^{4}, a^{2}b^{2}, b^{−}aba ⟩. Finde einen Wedderburnisomorphismus für CQ_{8} . (Hinweis: Q_{8} \overline{}C_{2} × C_{2} , Quaternionen in C^{2×2}.)

Aufgabe 24 (§4.2) Sei G eine endliche Gruppe.

Erstelle die Charaktertafel von G. (Hinweis: Aufgabe 23.)

(1) G = D_{8} .

(2) G = D_{10} .

(3) G = Q_{8} .

(4) Ist D_{8} ≃ Q_{8} ? Wieso stellt sich diese Frage?

Aufgabe 25 (§4.1) Sei G eine endliche Gruppe. Sei χ ein Charakter von G.

Sei g ∈ G ein Element von Ordnung k := |⟨g⟩|. Schreibe ζ = ζ_{k}.

(1) Zeige, daß χ(g) = ∑_{j∈[0, k−1]} x_{j} ζ^{j} für gewisse x_{j} ∈ Z_{⩾0} mit ∑_{j∈[0,k−1]} x_{j} = χ(1).

(2) Zeige, daß χ(g^{−1}) = \overline{χ(g)} (komplexe Konjugation).

(3) Zeige, daß auch G \overline{}C, h \overline{}χ̄(h) := \overline{χ(h)} ein Charakter von G ist. Folgt aus χ irreduzibel, daß χ̄ irreduzibel ist? (Hinweis: Dualraum, oder Transposition und Inversion.)

Aufgabe 26 (§4.5.2) Seien R, S und T Ringe. Konstruiere resp. zeige.

(1) Seien M_{R} und _{R}N gegeben. Sei A eine abelsche Gruppe. Eine Abbildung M × N ^{\overline{}^{f}} A heißt R-bilinear (^{3}), falls f(mr, n) = f(m, rn) und f(m+m′, n+n′) = f(m, n) + f(m′, n) + f(m, n′) + f(m′, n′) ist für m, m′ ∈ M, n, n′ ∈ N und r ∈ R. Konstruiere eine abelsche Gruppe M ⊗_{R} N zusammen mit einer R-bilinearen Abbildung M × N ^{\overline{}^{b}} M ⊗_{R} N, (m, n) \overline{}m ⊗ n derart, daß es für jede R-bilineare Abbildung M ×N ^{\overline{}^{f}} A in eine abelsche Gruppe A genau eine Z-lineare Abbildung M ⊗_{R} N ^{\overline{}^{f̃}} A gibt mit f̃∘ b = f. Es heißt M ⊗_{R} N dann das Tensorprodukt von M und N über R.

(2) Gegeben _{S}M_{R} und _{R}N . Es ist M ⊗_{R} N auf kanonische Weise ein S-Linksmodul. Usf.

(3) Gegeben _{R}N . Es ist R ⊗_{R} N ≃ N als R-Linksmoduln.

(4) Gegeben _{S}M_{R}, _{R}N_{T} und _{T} P. Es ist (M ⊗_{R} N) ⊗_{T} P ≃ M ⊗_{R} (N ⊗_{T} P) als S-Linksmoduln. Usf.

(5) Gegeben _{S}M_{R}, _{R}N und _{R}N′. Es ist M ⊗_{R} (N ⊕ N′) ≃ M ⊗_{R} N ⊕ M ⊗_{R} N′ als

S-Linksmoduln.

(6) Im allgemeinen ist b : M × N \overline{}M ⊗_{R} N nicht surjektiv.

Aufgabe 27 (§4.2) Seien A und B Ringe. Zeige, daß Z(A × B) = Z(A) × Z(B). Aufgabe 28 (§4.2) Wir verwenden Notation 78. Zeige, daß Be_{1,1}^{r} ≄ Be_{1,1}^{s} als B-Moduln für r, s ∈ [1, t] mit r ≠ s. Aufgabe 29 (§4.4) Es ist O = { z ∈ C : ∃ f(X) ∈ Z[X] normiert mit f(z) = 0 }; cf. Definition 100. Zeige.

(1) Sei A eine endlich erzeugte abelsche Gruppe. Sei B ⊆ A eine Untergruppe. Es ist B endlich erzeugt. Für B sind nicht mehr Erzeuger erforderlich als für A.

(2) Es ist O ⊆ C ein Teilring.

(3) Es ist O ∩ Q = Z. Aufgabe 30 (§4.1) Sei G eine endliche Gruppe. Sei χ ein Charakter von G. Sei ρ : G \overline{}GL(V) eine Darstellung von G mit χ = χ_{ρ}. Zeige, daß Kern χ := { g ∈ G : χ(g) = χ(1) } =^{!} Kern ρ ⊴ G ist.

3Früher teilweise auch R-balanciert.

Aufgabe 31 (§4.6.3) Sei R ein kommutativer Ring. Seien A und B zwei R-Algebren. Seien _{A}M_{B}, _{B}N und _{A}P (Bi-)Moduln wie angegeben. Zeige.

(1) Es wird Hom_{A}(M, P) zu einem B-Linksmodul vermöge (b · f)(m) := f(mb) für b ∈ B, f ∈ Hom_{A}(M, P) und m ∈ M.

(2) Die Abbildungen

[figure: Hom_{A}(M ⊗_{B} N, P); Hom_{B}(N, Hom_{A}(M, P))]
f ^{\overline{}^{Φ}} (n ↦ (m ↦ f(m ⊗ n)))
(m ⊗ n ↦ (g(n))(m)) ^{\overline{}^{Ψ}} g

sind sich invertierende R-lineare Abbildungen (bezüglich geeigneter R-Modul-strukturen). Cf. Aufgabe 26.(2).

(3) Sei B ⊆ A als R-Teilalgebra vorausgesetzt.

Wir betrachten den Bimodul _{A}A_{B}, wobei a · x · b := axb für a ∈ A, x ∈ A und b ∈ B, und letzteres Produkt in A ausgeführt werde. Sei P |_{B} der Modul P mit der von A nach B eingeschränkten Moduloperation. Es sind

\begin{matrix}P |_{B} & [figure] & Hom_{A}(A, P) \\ p & \overline{} & (a \overline{}ap) \\ u(1) & \overline{} & u \end{matrix}

sich invertierende B-lineare Abbildungen.

Aufgabe 32 (§4.4) Sei ω : CS_{3} \overline{}C × C^{2×2} × C wie in Aufgabe 18.(1). Beschreibe ω_{Z}(Z(ZS_{3})) ⊆ Z × Z × Z.

Aufgabe 33 (§4.6.1) Sei f : H \overline{}G ein Gruppenmorphismus zwischen endlichen Gruppen. Seien χ und ψ irreduzible Charaktere von G. Sei φ eine Klassenfunktion von G. Zeige oder widerlege.

(1) Es ist χ · φ ein Charakter von G.

(2) Ist ψ(1) = 1, dann ist χ · ψ ein irreduzibler Charakter von G.

(3) Es ist χ ∘ f ein irreduzibler Charakter von H.

(4) Ist f surjektiv, dann ist χ ∘ f ein irreduzibler Charakter von H.

Aufgabe 34 (§4.3) Sei G eine endliche Gruppe. Wir verwenden Notation 78. Zeige.

(1) Für (z^{s})_{s} ∈ ∏_{s∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}} ist

ω^{−}(z^{1} , …, z^{t}) = ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr (ω^{s}(g^{−}) z^{s}))g .

(2) Leite die Aussage von Lemma 89 aus (1) ab.

(3) Was ergibt sich bei Anwendung von ω ∘ ω^{−} auf ein Tupel von Matrizen mit nur einem Eintrag gleich 1, den anderen gleich 0 ?

Aufgabe 35 (§4.3) Sei G eine endliche Gruppe. Schreibe G = ⨆_{s∈[1,t]} ^{G}g_{s}, wobei t ∈ Z_{⩾1} und g_{s} ∈ G für s ∈ [1, t]. Sei χ ein Charakter von G. Zeige, daß ∑_{s∈[1,t]} χ(g_{s}) ∈ Z_{⩾0} . (Hinweis: Skalarprodukt mit G via Konjugation.)

Aufgabe 36 (§4.5, §4.6) Sei G eine endliche Gruppe. Sei H ⩽ G. Seien χ, χ′, χ′′ Charaktere von G; seien M, M′, M′′ jeweils zugehörige CG-Moduln. Sei ψ ein Charakter von H; sei N ein zugehöriger CH-Modul. Zeige jeweils vermittels Charakteren und, alternativ, vermittels Moduln.

(1) Es ist (ψ · (χ⇃_{H}^{G}))↿_{H}^{G} = (ψ↿_{H}^{G}) · χ.

Äquivalent, es ist CG ⊗_{CH} (N ⊗ M) ≃ (CG ⊗_{CH} N) ⊗ M.

(2) Es ist (χ·χ′)·χ′′ = χ·(χ′ ·χ′′). Äquivalent, es ist (M ⊗M′)⊗M′′ ≃ M ⊗(M′ ⊗M′′).

(3) Es ist \overline{χ · χ′} = χ̄ · χ̄′. Äquivalent, es ist (M ⊗ M′)^{∗} ≃ M^{∗} ⊗ M^{′∗}.

Aufgabe 37 (§4.6.2)

(1) Berechne χ_{i}↿_{S_{3}}^{S_{4}} für i ∈ [1, 3]. (Notation aus Beispiel 93.(1).)

(2) Konstruiere einen surjektiven Gruppenmorphismus f : S_{4} \overline{}S_{3} und berechne χ_{3}∘f.

(3) Berechne X(S_{4}).

(Hinweis: Multiplizität von Trivialem und Signum in Induzierten, Produkte.)

Aufgabe 38 (§4.6.2, §1.1) Sei G eine endliche Gruppe.

Sei χ_{1} der triviale Charakter von G. Sei M eine G-Menge. Zeige.

(1) Sei M transitiv. Sei m ∈ M. Es ist χ_{CM} induziert vom trivialen Charakter von C_{G}(m) nach G.

(2) Sei M transitiv. Es ist _{G}(χ_{CM} , χ_{1}) = 1.

(3) Die Anzahl der Bahnen von M ist gleich \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} |\{ m ∈ M : gm = m \}|. (Hinweis: (2).)

(4) Es heiße M doppelt transitiv, wenn M eine transitive G-Menge ist und für ein m ∈ M auch M ∖{m} eine transitive C_{G}(m)-Menge ist. Ist M doppelt transitiv, so ist χ_{CM} Summe zweier irreduzibler Charaktere, einer davon trivial.

Aufgabe 39 (§5.1.1) Seien z ∈ C und r ∈ R_{>0} so, daß |z + r| = |z| + r.

Zeige, daß z ∈ R_{⩾0} ist.

Aufgabe 40 (§5.1.1)

(1) Sei L ein Körper. Sei K ⊆ L ein Teilkörper. Via Inklusion wird L eine K-Algebra.

Sei Γ eine Menge von K-Algebrenmorphismen von L nach L. Zeige, daß Γ eine linear unabhängige Teilmenge des L-Vektorraums Hom_{K}(L, L) ist.

Ist L eine endlichdimensionale K-Algebra, so folgere, daß |Γ| ⩽ dim_{K} L und so insbesondere endlich ist.

(2) Definiere rekursiv Φ_{m}(X) := \frac{X^{m}−1}{∏_{d|m, d≠m} Φ_{d}(X)} für m ∈ Z_{⩾1} .

Sei n ∈ Z_{⩾1} . Schreibe ζ := ζ_{n}.

Zeige, daß Φ_{n}(X) ∈ Z[X] liegt und daß Φ_{n}(X) in Q[X] irreduzibel ist.

Zeige, daß Φ_{n}(X) = ∏_{i∈[0,n−1], ggT(i,n)=1}(X − ζ^{i}) in C[X].

Folgere, daß es für i ∈ [0, n − 1] mit ggT(i, n) = 1 einen Isomorphismus von Q-Algebren Q(ζ) ^{\overline{}^{∼}} Q(ζ) mit ζ \overline{}ζ^{i} gibt.

Folgere

\{ ξ ∈ Q(ζ) : τ(ξ) = ξ für alle Q-Algebrenisomorphismen Q(ζ) \overline{}^{τ}_{∼} Q(ζ) \} = Q .

Aufgabe 41 (§4) Seien G und H endliche Gruppen.

Seien χ, χ̃ Charaktere von G. Sei ψ, ψ̃ Charaktere von H.

(1) Zeige, daß χ ⊡ ψ : G × H \overline{}C, (g, h) \overline{}χ(g) · ψ(h) ein Charakter von G × H ist; genannt das äußere Produkt von χ und ψ. (Hinweis: Tensorprodukt mit geeigneter Operation, genannt M ⊠ N.)

(2) Zeige, daß _{G×H}(χ ⊡ ψ, χ̃ ⊡ ψ̃) = _{G}(χ, χ̃) · _{H}(ψ, ψ̃) ist.

(3) Zeige, daß χ ⊡ ψ genau dann irreduzibel ist, wenn χ und ψ irreduzibel sind.

(4) Zeige, daß jeder irreduzible Charakter von G × H ein äußeres Produkt von irreduziblen Charakteren von G und von H ist.

(5) Bestimme die Charaktertafel von S_{3} × C_{3} . Aufgabe 42 (§4.5.2)

(1) Sei G eine endliche Gruppe. Sei M ein endlichdimensionaler CG-Modul. Setze

\begin{aligned}S^{2}M & := & _{C}⟨ m ⊗ m′ + m′ ⊗ m : m, m′ ∈ M ⟩ & ⊆ & M ⊗ M \\ Λ^{2}M & := & _{C}⟨ m ⊗ m′ − m′ ⊗ m : m, m′ ∈ M ⟩ & ⊆ & M ⊗ M . \end{aligned}

Zeige, daß wir eine direkte Zerlegung M ⊗ M = S^{2}M ⊕ Λ^{2}M in CG-Teilmoduln haben. Berechne χ_{S^{2}M} und χ_{Λ^{2}M} ausgehend von χ_{M} .

(2) Bestimme die Charaktertafel von S_{5} . (Hinweis: Von S_{4} ; bilde u.a. Λ^{2}.) Aufgabe 43 (§4.6.2, §4.4) Sei G eine endliche Gruppe. Sei M ein einfacher CG-Modul. Sei χ := χ_{M} der zugehörige Charakter von G. Zeige.

(1) Es ist χ(1) ein Teiler von \frac{|G|}{|Z(G)|} . (Hinweis: Es ist M^{⊠k} auch eine Darstellung der Gruppe G^{×k}/{ (z_{i})_{i} ∈ Z(G)^{×k} : z_{1} ⋯ z_{k} = 1 }; cf. Aufgabe 41.(1, 2).)

(2) Sei N ⊴ G. Es gibt N ⊴ H < G und einen irreduziblen Charakter ψ von H mit χ = ψ↿_{H}^{G} oder es gibt ein primitives Idempotent ε ∈ Z(CN) mit εM = M. (Hinweis: H := { g ∈ G : gεM = εM }.)

(3) Sei A ⊴ G ein abelscher Normalteiler. Es ist χ(1) ein Teiler von \frac{|G|}{|A|} .

(Hinweis: Induktion über |G|, Fälle wie in (2), verwende (1).) Aufgabe 44 (§4.6.2, §4.6.3) Sei H ⩽ G. Sei m_{G} := max{ χ(1) : χ ist irreduzibler Charakter von G }. Analog m_{H} . Zeige, daß \frac{m_{G}}{m_{H}} ⩽ \frac{|G|}{|H|} ist. (Hinweis: Irreduzibler ψ in χ⇃_{H}^{G} , dann Frobenius.)

Aufgabe 45 (§5.2.3.1) Sei G eine endliche Gruppe. Sei N ⊴ G. Sei r : G \overline{}G/N, g \overline{}gN der Restklassenmorphismus. Sei N ⩽ H ⩽ G. Sei ψ ein Charakter von H/N. Zeige, daß (ψ ∘ r|_{H}^{H/N})↿_{H}^{G} = (ψ↿_{H/N}^{G/N}) ∘ r ist.

Aufgabe 46 (§5.2.2) Bestätige den Satz 145 von Artin für G = S_{4} . Genauer gesagt, schreibe für jeden irreduziblen Charakter χ von G den Charakter |G|χ als Z-Linearkombination aus von zyklischen Untergruppen induzierten Charakteren.

Aufgabe 47 (§4.6) Sei G eine endliche Gruppe. Sei N ⊴ G. Für g ∈ G sei c_{g} : N \overline{}N, n \overline{}^{g^{−}}n. Ist κ ein Charakter von N, so schreiben wir gκ := κ ∘ c_{g}. Beachte, daß ^{1}κ = κ und ^{gh}κ = ^{g}(^{h}κ) für g, h ∈ G. Cf. §4.6.4. Sei χ ein irreduzibler Charakter von G. Sei ψ ein irreduzibler Charakter von N. Sei

e := _{N}(ψ, χ⇃_{N}^{G}) =^{L. 120} _{G}(ψ↿_{N}^{G} , χ) .

Sei T := { g ∈ G : ^{g}ψ = ψ } ⩽ G. Sei 1 ∈ R ⊆ G so, daß G = ⨆_{r∈R} rT.

(1) Sei e ≠ 0 vorausgesetzt.

Zu gegebenem χ können wir ein solches ψ finden, da χ⇃_{N}^{G} ≠ 0. Zu gegebenem ψ können wir ein solches χ finden, da ψ↿_{N}^{G} ≠ 0.

Zeige. Es ist

χ⇃_{N}^{G} = e ∑_{r∈R} ^{r}ψ .

Es gibt einen irreduziblen Charakter φ von T mit

\begin{aligned}φ⇃_{N}^{T} & = & eψ \\ φ↿_{T}^{G} & = & χ . \end{aligned}

(2) Es ist χ = ψ↿_{N}^{G} genau dann, wenn e = 1 und χ(g) = 0 für g ∈ G ∖ N.

Folgende Aufgabe kenne ich von Martin Hertweck und Michael Kauer.

Aufgabe 48 (§4.3) Sei G eine endliche Gruppe. Sei N ⊴ G. Sei χ ein irreduzibler Charakter von G mit N ⩽̸ Kern χ; cf. Aufgabe 30. Sei x ∈ G mit C_{G}(x) ∩ N = 1 gegeben. Folgere χ(x) = 0 und C_{G}(x) ≃ C_{G/N}(xN). (Hinweis: Satz 90.(2) auf G und auf G/N.)

Aufgabe 49 (§4.6) Sei G eine endliche Gruppe. Sei H ⩽ G so, daß H ∩ ^{g}H = 1 ist für g ∈ G ∖ H. Schreibe N := { n ∈ G : ^{G}n ∩ H = ∅ } ⊔ {1} = (G ∖ ⋃_{g∈G} ^{g}H) ⊔ {1}. Zeige N ⊴ G, N ∩ H = 1, NH = G und ggT(|N|, |G|) = 1.

Aufgabe 50 (§5.2.3) Zeige oder widerlege. Sei G eine Gruppe. Für eine Primzahl p sei M_{p} die Menge der p-Untergruppen von G. Sei M = ⋃_{p prim} M_{p}. Sei χ ein Charakter von G. Es ist χ eine Z-Linearkombination aus von Untergruppen aus M nach G induzierten Charakteren.

Aufgabe 51 (Aufgabe 41, §4.6.2) Seien G und H endliche Gruppen. Sei U ⩽ G. Sei V ⩽ H. Sei φ ein Charakter von U. Sei ψ ein Charakter von V. Zeige.

(φ↿_{U}^{G} ⊡ ψ↿_{V}^{H}) = (φ ⊡ ψ)↿_{U×V}^{G×H}

Aufgabe 52 (§5.2.3) Sei F_{4} := F_{2}[T]/(T^{2} + T + 1) der Körper mit Kardinalität 4. Schreibe α := T + F_{2}[T](T^{2} + T + 1). Also ist α^{2} = α + 1. Sei G := GL_{2}(F_{4}). Gib eine minimale Menge M von fastzyklischen Untergruppen von G an mit der Eigenschaft, daß

[figure: ⨁_{U∈M} V(U); ^{ind↿{G \atop M}}; V(G); (φ_{U})_{U∈M}; ∑_{U∈M} φ_{U}↿_{U}^{G}]

surjektiv ist, i.e. daß jeder irreduzible Charakter von G eine Z-Linearkombination aus von Untergruppen aus M nach G induzierten Charakteren ist. Minimal heiße hierbei, daß jede echte Teilmenge von M diese Eigenschaft nicht mehr hat.

Aufgabe 53 (§4.4)

(1) Sei G eine Gruppe. Schreibe [g, h] := g^{−}h^{−}gh für g, h ∈ G. Sei G′ := ⟨ [g, h] : g, h ∈ G ⟩ ⩽ G. Zeige G′ ⊴ G. Zeige, daß G/G′ eine abelsche Gruppe ist. Bezeichne ρ : G \overline{}G/G′, g \overline{}gG′ den Restklassenmorphismus. Zeige, daß es für jeden Gruppenmorphismus φ : G \overline{}A in eine abelsche Gruppe A genau einen Gruppenmorphismus φ̄ : G/G′ ^{\overline{}^{A}} mit φ̄ ∘ ρ = φ gibt.

(2) Sei G eine endliche Gruppe. Sei Irr(G) die Menge ihrer irreduziblen Charaktere. Zeige, daß ι : Irr(G/G′) \overline{}Irr(G), χ \overline{}χ ∘ ρ eine injektive Abbildung ist. Zeige ι(Irr(G/G′)) = { ψ ∈ Irr(G) : ψ(1) = 1 }. Zeige |G/G′| = |{ ψ ∈ Irr(G) : ψ(1) = 1 }|. Zeige G′ = { g ∈ G : χ(g) = 1 für alle χ ∈ Irr(G) mit χ(1) = 1 }.

(3) Sei p ⩾ 2 eine Primzahl. Sei G eine nichtabelsche Gruppe mit |G| = p^{3}. Zeige |G′| = p. Zeige, daß G genau p − 1 verschiedene irreduzible Charaktere von Grad p hat.

(4) Sei p ⩾ 2 eine Primzahl. Sei k ⩾ 2 . Sei G eine Gruppe mit |G| = p^{k}. Zeige |G′| ∉ {p^{k−1}, p^{k}}. Zeige, daß es einen surjektiven Gruppenmorphismus von G nach C_{p^{2}} oder nach C_{p} × C_{p} gibt.

A.2 Lösungen

Aufgabe 1 Zu zeigen ist, daß f^{−} auch G-äquivariant ist. In der Tat wird

f^{−}(gn) = f^{−}(gf(f^{−}(n))) = f^{−}(f(gf^{−}(n))) = gf^{−}(n)

für g ∈ G und n ∈ N.

Cf. Definition 4.

Aufgabe 2

(1) Wir wollen zeigen, daß

\begin{matrix}_{G}(⨆_{i∈I} M_{i} , X) & [figure] & ∏_{i∈I} _{G}(M_{i} , X) \\ f & ^{\overline{}^{Φ}} & (m \overline{}f((m, i)))_{i∈I} \\ ((m, i) \overline{}u_{i}(m)) & ^{\overline{}^{Ψ}} & (u_{i})_{i∈I} \end{matrix}

wohldefinierte und sich invertierende Abbildung sind. Zur Wohldefiniertheit von Φ. Zu zeigen ist die G-Äquivarianz von M_{i} \overline{}X, m \overline{}f((m, i)). Seien hierzu g ∈ G und m ∈ M gegeben. Es wird gm \overline{}f((gm, i)) = f(g(m, i)) = gf((m, i)). Zur Wohldefiniertheit von Ψ. Zu zeigen ist die G-Äquivarianz von ⨆_{i∈I} M_{i} \overline{}X, (m, i) \overline{}u_{i}(m). Seien hierzu g ∈ G, i ∈ I und m ∈ M_{i} gegeben. Es wird g(m, i) = (gm, i) \overline{}u_{i}(gm) = gu_{i}(m). Zu Ψ ∘ Φ =^{!} id. Sei f ∈ _{G}(⨆_{i∈I} M_{i} , X) gegeben. Es schickt Φ das Element f auf das Element (m \overline{}f((m, i)))_{i∈I} . Es schickt Ψ dieses Element auf

((m, i) \overline{}(m \overline{}f((m, i)))(m)) = ((m, i) \overline{}f((m, i))) = f .

Zu Φ ∘ Ψ =^{!} id. Sei (u_{i})_{i∈I} ∈ ∏_{i∈I} _{G}(M_{i} , X) gegeben. Es schickt Ψ das Element (u_{i})_{i∈I} auf das Element ((m, i) \overline{}u_{i}(m)). Es schickt Φ dieses Element auf

(m \overline{}((m, i) \overline{}u_{i}(m))((m, i)))_{i∈I} = (m \overline{}u_{i}(m))_{i∈I} = (u_{i})_{i∈I} .

(2) Ist ξ ∈ ∏_{i∈I} M_{i} und j ∈ I, so bezeichne ξ_{j} den Eintrag von ξ bei j, i.e. ξ = (ξ_{i})_{i∈I} . Wir wollen zeigen, daß

\begin{matrix}_{G}(X, ∏_{i∈I} M_{i}) & [figure] & ∏_{i∈I} _{G}(X, M_{i}) \\ f & ^{\overline{}^{Φ}} & (x \overline{}f(x)_{i})_{i∈I} \\ (x \overline{}(v_{i}(x))_{i∈I}) & ^{\overline{}^{Ψ}} & (v_{i})_{i∈I} \end{matrix}

wohldefinierte und sich invertierende Abbildung sind. Zur Wohldefiniertheit von Φ. Zu zeigen ist die G-Äquivarianz von X \overline{}M_{i}, x \overline{}f(x)_{i}. Seien hierzu g ∈ G und x ∈ X gegeben. Es wird gx \overline{}f(gx)_{i} = (gf(x))_{i} = g(f(x)_{i}). Zur Wohldefiniertheit von Ψ. Zu zeigen ist die G-Äquivarianz von X \overline{}∏_{i∈I} M_{i}, x \overline{}(v_{i}(x))_{i∈I} . Seien hierzu g ∈ G und x ∈ X gegeben. Es wird gx \overline{}(v_{i}(gx))_{i∈I} = (gv_{i}(x))_{i∈I} = g(v_{i}(x))_{i∈I} . Zu Ψ ∘ Φ =^{!} id. Sei f ∈ _{G}(X, ∏_{i∈I} M_{i}) gegeben. Es schickt Φ das Element f auf das Element (x \overline{}f(x)_{i})_{i∈I} . Es schickt Ψ dieses Element auf

(x \overline{}((x \overline{}f(x)_{i})(x))_{i∈I}) = (x \overline{}(f(x)_{i})_{i∈I}) = f(x) .

Zu Φ ∘ Ψ =^{!} id. Sei (v_{i})_{i∈I} ∈ ∏_{i∈I} _{G}(X, M_{i}) gegeben. Es schickt Ψ das Element (v_{i})_{i∈I} auf das Element (x \overline{}(v_{i}(x))_{i∈I}). Es schickt Φ dieses Element auf

(x \overline{}((x \overline{}(v_{i}(x))_{i∈I})(x))_{i})_{i∈I} = (x \overline{}((v_{i}(x))_{i∈I})_{i})_{i∈I} = (x \overline{}v_{i}(x))_{i∈I} = (v_{i})_{i∈I} .

(3) Wir verfügen über die sich gegenseitig invertierenden Abbildungen

[figure: (M ⊔ N) × X; (M × X) ⊔ (N × X); ((a, i), x); f; ((a, x), i); ((a, i), x); f^{−}; ((a, x), i)]

wobei a ∈ M oder a ∈ N, i ∈ {1, 2} und x ∈ X. Es genügt uns, dabei die G-Äquivarianz der Abbildung f zu zeigen. Seien dazu g ∈ G und ((a, i), x) ∈ (M ⊔ N) × X gegeben. Wir erhalten

f(g((a, i), x)) = f(((ga, i), gx)) = ((ga, gx), i) = (g(a, x), i) = g((a, x), i) = gf(((a, i), x)) .

Aufgabe 3

(1) Zu C_{G}(X) ⩽^{!} G. Es ist 1 ∈ C_{G}(X), da 1x = x für x ∈ X. Seien g, h ∈ C_{G}(X). Wir haben zu zeigen, daß gh^{−} ∈^{!} C_{G}(X). Sei x ∈ X. Wir haben zu zeigen, daß gh^{−}x =^{!} x. Aus hx = x folgt x = h^{−}x. Folglich ist gh^{−}x = gx = x.

Zu N_{G}(X) ⩽^{!} G. Es ist 1 ∈ N_{G}(X), da 1X = X. Seien g, h ∈ N_{G}(X). Wir haben zu zeigen, daß gh^{−} ∈^{!} N_{G}(X). Dazu haben wir zu zeigen, daß gh^{−}X = X. Aus hX = X folgt X = h^{−}X. Folglich ist gh^{−}X = gX = X.

Cf. Definition 3.

(2) Zu C_{G}(gX) =^{!} ^{g}C_{G}(X). Sei g ∈ G. Es ist h ∈ G genau dann in C_{G}(gX), wenn hgx = gx für x ∈ X, i.e. g^{−}hgx = x für x ∈ X, i.e. g^{−}hg ∈ C_{G}(X), i.e. h ∈ ^{g}C_{G}(X). Zu N_{G}(gX) =^{!} ^{g}N_{G}(X). Sei g ∈ G. Es ist h ∈ G genau dann in N_{G}(gX), wenn hgX = gX, i.e. g^{−}hgX = X, i.e. g^{−}hg ∈ N_{G}(X), i.e. h ∈ ^{g}N_{G}(X).

Aufgabe 4

(1) Die Bahnen sind die Konjugationsklassen

\begin{aligned}K_{1} & := & \{id\} \\ K_{2} & := & \{(1, 2), (1, 3), (2, 3)\} \\ K_{3} & := & \{(1, 2, 3), (1, 3, 2)\} . \end{aligned}

Es ist C_{S_{3}}(id) = S_{3} . Es ist C_{S_{3}}((1, 2)) = ⟨(1, 2)⟩, e.g. da (1, 2) dazugehört, (1, 3) nicht, und es zwischen ⟨(1, 2)⟩ und S_{3} keine weitere Untergruppe gibt. Es ist C_{S_{3}}((1, 2, 3)) = ⟨(1, 2, 3)⟩, e.g. da (1, 2, 3) dazugehört, (2, 3) nicht, und es zwischen ⟨(1, 2, 3)⟩ und S_{3} keine weitere Untergruppe gibt.

(2) Wir wollen zeigen, daß

\begin{matrix}_{G}(G/U, M) & [figure] & \{ m ∈ M : um = m für u ∈ U \} \\ f & ^{\overline{}^{Φ}} & f(1U) \\ (gU \overline{}gm) & ^{\overline{}^{Ψ}} & m \end{matrix}

wohldefinierte und sich gegenseitig invertierende Abbildungen sind.

Zur Wohldefiniertheit von Φ. Wir haben zu zeigen, daß uf(1U) =^{!} f(1U) für u ∈ U. In der Tat ist uf(1U) = f(u · 1U) = f(1U). Zur Wohldefiniertheit von Ψ. Wir haben zu zeigen, daß gU \overline{}gm repräsentantenunabhängig definiert ist und eine G-äquivariante Abbildung ist. Zur Repräsentantenunabhängigkeit. Seien g, g̃ ∈ G mit gU = g̃U gegeben. Dann ist g^{−}g̃ ∈ U und also gm = gg^{−}g̃m = g̃m. Zur G-Äquivarianz. Seien h, g ∈ G. Es wird h · gU = (hg)U \overline{}(hg)m = h · (gm).

Zu Ψ ∘ Φ =^{!} id. Sei f ∈ _{G}(G/U, M) gegeben. Es schickt Φ das Element f auf das Element f(1U). Es schickt Ψ dieses Element auf

(gU \overline{}gf(1U)) = (gU \overline{}f(gU)) = f .

Zu Φ ∘ Ψ =^{!} id. Sei m ∈ { m ∈ M : um = m für u ∈ U } gegeben. Es schickt Ψ das Element m auf das Element (gU \overline{}gm). Es schickt Φ dieses Element auf

(gU \overline{}gm)(1U) = 1m = m .

(3) Als S_{3}-Menge wird

S_{3} =^{(1)} K_{1} ⊔ K_{2} ⊔ K_{3} ≃^{L. 5} (S_{3}/S_{3}) ⊔ (S_{3}/⟨(1, 2)⟩) ⊔ (S_{3}/⟨(1, 2, 3)⟩) .

Also wird

S_{3}(S_{3} , S_{3}) ≃  _{S_{3}}((S_{3}/S_{3}) ⊔ (S_{3}/⟨(1, 2)⟩) ⊔ (S_{3}/⟨(1, 2, 3)⟩) , S_{3})
≃^{A. 2.(1)} _{S_{3}}(S_{3}/S_{3} , S_{3}) × _{S_{3}}(S_{3}/⟨(1, 2)⟩ , S_{3}) × _{S_{3}}(S_{3}/⟨(1, 2, 3)⟩ , S_{3})
≃^{(2)} {id} × {id, (1, 2)} × {id, (1, 2, 3), (1, 3, 2)} .

Somit ist die Anzahl der S_{3}-äquivarianten Abbildungen von S_{3} nach S_{3} gleich 1 · 2 · 3 = 6.

Darunter sind nur 2 bijektiv, namentlich die Identität und die durch id ↦ id, (1, 2) ↦ (1, 2) und (1, 2, 3) ↦ (1, 3, 2) festgelegte S_{3}-äquivariante Abbildung.

Aufgabe 5

Schreibe m = de mit e ∈ Z_{⩾1}. Das Element x^{e} hat Ordnung d, i.e. |⟨x^{e}⟩| = d.

Sei U ⩽ C_{m} mit |U| = d gegeben. Wir haben zu zeigen, daß U =^{!} ⟨x^{e}⟩. Da |U| = d = |⟨x^{e}⟩|, genügt es,

U ⩽^{!} ⟨x^{e}⟩ zu zeigen.

Sei i ∈ Z_{⩾0} so, daß x^{i} ∈ U. Es ist 1 = x^{i|U|} = x^{id}. Also ist m ein Teiler von id, und somit ist e ein Teiler von i, woraus wiederum x^{i} ∈ ⟨x^{e}⟩ folgt.

Cf. Bemerkung 8.

Aufgabe 6

(1) Es ist

Z(G) = { z ∈ G : gz = zg für g ∈ G } = { z ∈ G : ^{g}z = z für g ∈ G } .

Wenden wir Lemma 14 auf die G-Menge G mit der Konjugationsoperation an, so erhalten wir daher

0 ≡_{p} |G| ≡_{p} |{ z ∈ G : ^{g}z = z für g ∈ G }| = |Z(G)| .

Also ist Z(G) ≠ 1.

(2) Es operiert G auf der Menge M := {H ⩽ G : |H| = p^{s}} via Konjugation. Also wird

1 ≡^{S. 13}_{p} |M| ≡^{L. 14}_{p} |{ H ∈ M : ^{g}H = H für g ∈ G }| = |{ H ⊴ G : |H| = p^{s} }| .

Ist G keine p-Gruppe, so ist i.a. |{H ⊴ G : |H| = p^{s}}| ≢_{p} 1. Es hat e.g. S_{4} keinen Normalteiler von Ordnung 8.

Aufgabe 7

(1) Es ist die Menge { H ⩽ G : |H| = p^{t} } der p-Sylowgruppen eine transitive G-Menge unter der Konjugationsoperation von G; cf. Satz 15.(2). Sei K ⩽ G eine p-Sylowgruppe von G. Es wird

|\{ H ⩽ G : |H| = p^{t} \}| = |\{^{x}K : x ∈ G \}| =^{L. 5} \frac{|G|}{|C_{G}(\{K\})|}

ein Teiler von |G| = p^{t}n. Nach Sylow-Wielandt ist aber auch |{ H ⩽ G : |H| = p^{t} }| ≡_{p} 1, insbesondere also teilerfremd zu p; cf. Satz 13. Es folgt, daß |{ H ⩽ G : |H| = p^{t} }| ein Teiler von n ist. Ist nun H ⩽ G die einzige p-Sylowgruppe von G, so ist ^{g}H = H für g ∈ G, da ^{g}H ebenfalls eine p-Sylowgruppe von G ist. Also ist H ⊴ G.

(2) Sei g ∈ G gegeben. Um die Surjektivität von f nachzuweisen, haben wir ein Urbild von gH unter f anzugeben. Es ist ^{g}P ⩽ ^{g}H = H eine p-Sylowgruppe von H. Nach Sylow gibt es also ein h ∈ H mit ^{g}P = ^{h}P ; cf. Satz 15.(2). Folglich ist ^{h^{−}g}P = P. I.e. es ist h^{−}g ∈ N_{G}(P). Es bildet h^{−}g unter f auf h^{−}gH = g(^{g^{−}}h^{−})H = gH ab; beachte, daß ^{g^{−}}h^{−} ∈ H wegen H ⊴ G.

Die Aussage von Aufgabe 7.(2) heißt auch Frattini-Argument.

Aufgabe 8

(1) Sei G eine Gruppe mit |G| = 104 = 2^{3} · 13. Die Anzahl der 13-Sylowgruppen von G ist ≡_{13} 1, und ein Teiler von 2^{3} ; cf. Satz 13, Aufgabe 7. Also ist die Anzahl der 13-Sylowgruppen gleich 1, und wir haben einen Normalteiler von G von Ordnung 13 ; cf. Aufgabe 7.(1). Damit ist G nicht einfach.

(2) Zur Existenz der Abbildung λ. Zu zeigen ist hier, daß für g ∈ G die Abbildung λ(g) : M \overline{}M, m \overline{}gm bijektiv ist. In der Tat ist λ(g^{−})∘λ(g) = id_{M} , da (λ(g^{−})∘λ(g))(m) = g^{−}gm = 1m = m ist für m ∈ M; genauso ist λ(g) ∘ λ(g^{−}) = id_{M} .

Zu λ Gruppenmorphismus. Seien g, h ∈ G. Zu zeigen ist λ(gh) =^{!} λ(g) ∘ λ(h). In der Tat ist

(λ(g) ∘ λ(h))(m) = g(hm) = (gh)m = (λ(gh))(m)

für m ∈ M.

(3) Betrachte den Gruppenmorphismus λ : G \overline{}S_{M} aus (2). Da |M| > 1 und da M transitiv ist, gibt es m, m′ ∈ M mit m ≠ m′ und g ∈ G mit (λ(g))(m) = gm = m′, insbesondere also mit λ(g) ≠ id. Folglich ist Kern λ ◁ G. Ferner ist G/ Kern λ \overline{}λ(G), g Kern λ \overline{}λ(g) wohldefiniert, da aus g Kern λ = g′ Kern λ mit g, g′ ∈ G folgt, daß g^{−}g′ ∈ Kern λ ist und also λ(g) = λ(g)λ(g^{−}g′) = λ(gg^{−}g′) = λ(g′) ist; ein Gruppenmorphismus, da λ einer ist; surjektiv nach Konstruktion; injektiv, da aus λ(g) = id folgt, daß g ∈ Kern λ ist, i.e. daß g Kern λ = 1 ist. Insgesamt ist also G/ Kern λ ^{\overline{}^{∼}} λ(G) ⩽ S_{M} (Homomorphiesatz). Insbesondere ist |G/ Kern λ| = |λ(G)| ein Teiler von |S_{M}| = |M|! . Wir können also N := Kern λ setzen.

(4) Sei G eine Gruppe mit |G| = 72 = 2^{3} · 3^{2}. Die Anzahl der 3-Sylowgruppen von G ist ≡_{3} 1, und ein Teiler von 2^{3}. Also ist diese Anzahl in {1, 4} enthalten. Fall 1. Die Anzahl der 3-Sylowgruppen von G ist gleich 1. Dann ist G nicht einfach; cf. Aufgabe 7.(1). Fall 2. Die Anzahl der 3-Sylowgruppen von G ist gleich 4. Dann ist { H ⩽ G : |H| = 9 } eine transitive G-Menge von Länge 4. Mit (3) gibt es also ein N ◁ G so, daß |G/N| ein Teiler von 4! = 24 ist. Da |G| = 72, folgt N ≠ 1. Somit ist G nicht einfach.

Aufgabe 9

Zeigen wir zunächst, daß f als Gruppenmorphismus existiert wie angegeben. In der Tat wird

(i, i + 1)^{2}  = id für i ∈ [1, n − 1]
((i, i + 1) ∘ (i + 1, i + 2))^{3} = (i, i + 1, i + 2)^{3}  = id für i ∈ [1, n − 2]
((i, i + 1) ∘ (j, j + 1))^{2}  = (i, i + 1)^{2} ∘ (j, j + 1)^{2} = id für i, j ∈ [1, n − 1] mit |i − j| ⩾ 2 .

Gemäß universeller Eigenschaft der präsentierten Gruppe S_{P,n} können wir also die Abbildung

[figure: {s_{1} , …, s_{n}}; S_{n}; s_{i}; (i, i + 1) für i ∈ [1, n − 1]]

zum angegebenen Gruppenmorphismus f fortsetzen; cf. Satz 24.

Es ist f surjektiv, da S_{n} = ⟨(1, 2), (2, 3), …, (n − 1, n)⟩.

Um zu zeigen, daß f ein Isomorphismus ist, bleibt also nachzuweisen, daß |S_{P,n}| ⩽ n! . Wir führen eine Induktion nach n ⩾ 1.

Für n = 1 ist S_{P,n} = 1, da F(∅) = {[∅]} = 1, und jede Faktorgruppe davon ebenfalls einelementig ist.

Sei n ⩾ 2. Sei bekannt, daß |S_{P,n−1}| ⩽ (n − 1)! . Wir wollen zeigen, daß |S_{P,n}| ⩽^{!} n! .

Mittels universeller Eigenschaft der präsentierten Gruppe S_{P,n−1} erhalten wir den Gruppenmorphismus

[figure: S_{P,n−1}; h; S_{P,n}; s_{i}; s_{i} für i ∈ [1, n − 2] ,]

da s_{i}^{2} = 1 für i ∈ [1, n − 2] und (s_{i}s_{i+1})^{3} = 1 für i ∈ [1, n − 3] und (s_{i}s_{j})^{2} = 1 für i, j ∈ [1, n − 2] mit |i − j| ⩾ 2 auch in S_{P,n} gelten.

Sei H := h(S_{P,n−1}) ⩽ S_{P,n}. Es ist |H| ⩽ |S_{P,n−1}| ⩽^{I.V.} (n − 1)! . Können wir zeigen, daß |S_{P,n}/H| ⩽^{!} n, dann folgt

|S_{P,n}| = |S_{P,n}/H| · |H| ⩽ n · (n − 1)! = n! .

Bleibt also zu zeigen, daß |S_{P,n}/H| ⩽^{!} n.

Beachte allgemein, daß in S_{P,n} gilt, daß s_{i}s_{i+1}s_{i} = s_{i+1}s_{i}s_{i+1} für i ∈ [1, n − 2], wie aus (s_{i}s_{i+1})^{3} = 1 und s_{i}^{2} = s_{i+1}^{2} = 1 folgt. Ferner ist dort s_{i}s_{j} = s_{j}s_{i} für i, j ∈ [1, n] mit |i − j| ⩾ 2, wie aus (s_{i}s_{j})^{2} = 1 und s_{i}^{2} = s_{j}^{2} = 1 folgt.

Wir behaupten dazu, daß

S_{P,n} =^{!} ⋃_{i∈[1,n]} Hs_{n−1}s_{n−2} ⋯ s_{i} .

Zu zeigen ist ⊆^{!}. Gegeben sei dazu ein Element ξ ∈ S_{P,n}.

Es ist ξ ein Produkt in den Elementen s_{1} , …, s_{n−1} .

Taucht s_{n−1} in einer dieser Faktordarstellungen von ξ nicht als Faktor auf, so ist ξ ∈ H und ist mithin in unserer Vereinigungsmenge enthalten.

Wähle ansonsten eine Faktordarstellung von ξ, für welche der ersten Faktor von links aus gesehen, der gleich s_{n−1} ist, rechts neben sich eine minimale Anzahl von Faktoren stehen hat.

Annahme, es ist das Teilprodukt rechts von diesem Faktor s_{n−1} nicht von der Form s_{n−1}s_{n−2} ⋯ s_{k} für ein k ∈ [1, n − 1]. Dann gibt es ein Teilprodukt rechts von diesem Faktor der Form s_{n−1}s_{n−2} ⋯ s_{ℓ}s_{i} mit i ∈ [1, n] ∖ {ℓ − 1}.

Fall i ∈ [1, ℓ − 2]. Wir können den Faktor s_{i} am Teilprodukt s_{n−1}s_{n−2} ⋯ s_{ℓ} vorbei nach links tauschen und erhalten eine weitere Faktordarstellung von ξ, welche rechts vom ersten Faktor s_{n−1} weniger Faktoren als in ersterer enthält, im Widerspruch zur minimalen Wahl der Anzahl dieser Faktoren.

Fall i = ℓ < n − 1. Wir können wegen s_{ℓ}s_{i} = 1 diese beiden Faktoren streichen und erhalten eine weitere Faktordarstellung von ξ, welche rechts vom ersten Faktor s_{n−1} weniger Faktoren als in ersterer enthält, im Widerspruch zur minimalen Wahl der Anzahl dieser Faktoren.

Fall i = ℓ = n − 1. Wir können wegen s_{ℓ}s_{i} = 1 diese beiden Faktoren streichen und erhalten eine weitere Faktordarstellung von ξ, welche einen weiteren Faktor s_{n−1} weiter rechts besitzen muß, im Widerspruch zur minimalen Wahl der Anzahl der Faktoren rechts vom ersten Faktor s_{n−1} .

Fall i ∈ [ℓ + 1, n − 2]. Wir können ein Teilprodukt wie folgt umformen.

s_{n−1}s_{n−2} ⋯ s_{i+1}s_{i}s_{i−1}s_{i−2}s_{i−3} ⋯ s_{ℓ}s_{i}
= s_{n−1}s_{n−2} ⋯ s_{i+1}s_{i}s_{i−1}s_{i}s_{i−2}s_{i−3} ⋯ s_{ℓ}
= s_{n−1}s_{n−2} ⋯ s_{i+1}s_{i−1}s_{i}s_{i−1}s_{i−2}s_{i−3} ⋯ s_{ℓ}
= s_{i−1}s_{n−1}s_{n−2} ⋯ s_{i+1}s_{i}s_{i−1}s_{i−2}s_{i−3} ⋯ s_{ℓ}

So haben wir eine weitere Faktordarstellung von ξ erhalten, welche rechts vom ersten Faktor s_{n−1} weniger Faktoren als in ersterer enthält, im Widerspruch zur minimalen Wahl der Anzahl dieser Faktoren.

Fall i = n − 1 > ℓ. Wir können ein Teilprodukt wie folgt umformen.

s_{n−1}s_{n−2}s_{n−3} ⋯ s_{ℓ}s_{n−1}
= s_{n−1}s_{n−2}s_{n−1}s_{n−3} ⋯ s_{ℓ}
= s_{n−2}s_{n−1}s_{n−2}s_{n−3} ⋯ s_{ℓ}

So haben wir eine weitere Faktordarstellung von ξ erhalten, welche rechts vom ersten Faktor s_{n−1} weniger Faktoren als in ersterer enthält, im Widerspruch zur minimalen Wahl der Anzahl dieser Faktoren.

Cf. Beispiel 27.

Aufgabe 10 Wir wollen zunächst die Existenz des Gruppenmorphismus

[figure: S_{P,6}; b; S_{6}; s_{1}; (1, 2)(3, 4)(5, 6); s_{2}; (1, 6)(2, 3)(4, 5); s_{3}; (1, 3)(2, 4)(5, 6); s_{4}; (1, 2)(3, 6)(4, 5); s_{5}; (1, 4)(2, 3)(5, 6)]

nachweisen.

Die Wahl der Bildelemente ist nicht eindeutig, es gibt noch weitere nicht innere Automorphismen. Denn das Kompositum eines nicht inneren Automorphismus mit einem der zahlreichen inneren Automorphismen gibt wieder einen nicht inneren Automorphismus.

Das Bild von s_{i} verschwindet im Quadrat für i ∈ [1, 5]. Das Bild des Produktes s_{i}s_{j} liegt für i, j ∈ [1, 5] mit |i − j| ⩾ 2 in je einer Kleinschen Vierergruppe und verschwindet daher im Quadrat. Die Bilder der übrigen Relationen ergeben sich zu

(s_{1}s_{2})^{3}  \overline{}((1, 2)(3, 4)(5, 6) ∘ (1, 6)(2, 3)(4, 5))^{3} = ((1, 5, 3)(2, 4, 6))^{3} = id
(s_{2}s_{3})^{3}  \overline{}((1, 6)(2, 3)(4, 5) ∘ (1, 3)(2, 4)(5, 6))^{3} = ((1, 2, 5)(3, 6, 4))^{3} = id
(s_{3}s_{4})^{3}  \overline{}((1, 3)(2, 4)(5, 6) ∘ (1, 2)(3, 6)(4, 5))^{3} = ((1, 4, 6)(2, 3, 5))^{3} = id
(s_{4}s_{5})^{3}  \overline{}((1, 2)(3, 6)(4, 5) ∘ (1, 4)(2, 3)(5, 6))^{3} = ((1, 5, 3)(2, 6, 4))^{3} = id

Somit ist b ein wohldefinierter Gruppenmorphismus; cf. Satz 24. Wir verwenden den Isomorphismus f : S_{P,6} ^{\overline{}^{∼}} S_{6} mit f(s_{i}) = (i, i + 1) für i ∈ [1, 5] aus Aufgabe 9. Sei a := b ∘ f^{−}. Dies ist ein Gruppenmorphismus von S_{6} nach S_{6} , der wie folgt abbildet.

[figure: S_{6}; a; S_{6}; (1, 2); (1, 2)(3, 4)(5, 6); (2, 3); (1, 6)(2, 3)(4, 5); (3, 4); (1, 3)(2, 4)(5, 6); (4, 5); (1, 2)(3, 6)(4, 5); (5, 6); (1, 4)(2, 3)(5, 6)]

Da a nicht den Zykeltyp bewahrt, ist a nicht durch Konjugation mit einem Element aus S_{6} gegeben. Um zu zeigen, daß a bijektiv ist, zeigen wir, daß a^{2} bijektiv ist. Vorbereitend wird

S_{6}  ^{\overline{}^{a}} S_{6}
(1, 3) = (1, 2)^{(2,3)}  \overline{}(1, 2)(3, 4)(5, 6)^{(1,6)(2,3)(4,5)} = (6, 3)(2, 5)(4, 1) = (1, 4)(2, 5)(3, 6)
(2, 4) = (3, 4)^{(2,3)}  \overline{}(1, 3)(2, 4)(5, 6)^{(1,6)(2,3)(4,5)} = (6, 2)(3, 5)(4, 1) = (1, 4)(2, 6)(3, 5)
(1, 4) = (2, 4)^{(1,2)}  \overline{}(1, 4)(2, 6)(3, 5)^{(1,2)(3,4)(5,6)} = (2, 3)(1, 5)(4, 6) = (1, 5)(2, 3)(4, 6)
(3, 5) = (3, 4)^{(4,5)}  \overline{}(1, 3)(2, 4)(5, 6)^{(1,2)(3,6)(4,5)} = (2, 6)(1, 5)(4, 3) = (1, 5)(2, 6)(3, 4)
(3, 6) = (3, 5)^{(5,6)}  \overline{}(1, 5)(2, 6)(3, 4)^{(1,4)(2,3)(5,6)} = (4, 6)(3, 5)(2, 1) = (1, 2)(3, 5)(4, 6)
(1, 6) = (3, 6)^{(1,3)}  \overline{}(1, 2)(3, 5)(4, 6)^{(1,4)(2,5)(3,6)} = (4, 5)(6, 2)(1, 3) = (1, 3)(2, 6)(4, 5) .

Somit ergibt sich

[figure: S_{6}; a; S_{6}; a; S_{6}]
[figure: (1, 2); (1, 2)(3, 4)(5, 6); (1, 2)(3, 4)(5, 6) ∘ (1, 3)(2, 4)(5, 6) ∘ (1, 4)(2, 3)(5, 6); =; (5, 6); =; (6, 5)]
[figure: (2, 3); (1, 6)(2, 3)(4, 5); (1, 3)(2, 6)(4, 5) ∘ (1, 6)(2, 3)(4, 5) ∘ (1, 2)(3, 6)(4, 5); =; (4, 5); =; (5, 4)]
[figure: (3, 4); (1, 3)(2, 4)(5, 6); (1, 4)(2, 5)(3, 6) ∘ (1, 4)(2, 6)(3, 5) ∘ (1, 4)(2, 3)(5, 6); =; (1, 4); =; (4, 1)]
[figure: (4, 5); (1, 2)(3, 6)(4, 5); (1, 2)(3, 4)(5, 6) ∘ (1, 2)(3, 5)(4, 6) ∘ (1, 2)(3, 6)(4, 5); =; (1, 2); =; (1, 2)]
[figure: (5, 6); (1, 4)(2, 3)(5, 6); (1, 5)(2, 3)(4, 6) ∘ (1, 6)(2, 3)(4, 5) ∘ (1, 4)(2, 3)(5, 6); =; (2, 3); =; (2, 3) .]

Also ist a^{2}(σ) = ^{(1,6,3,4)(2,5)}σ für σ ∈ { (1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 5), (5, 6) }.

Da S_{6} = ⟨ (1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 5), (5, 6) ⟩, folgt, daß a^{2}(σ) = ^{(1,6,3,4)(2,5)}σ für σ ∈ S_{6} .

Und es ist a^{2} : S_{6} \overline{}S_{6} , σ \overline{}^{(1,6,3,4)(2,5)}σ bijektiv.

Der Automorphismus

\begin{matrix}S_{6} & → & S_{6} \\ (1, 2) & ↦ & (1, 2)(3, 4)(5, 6) \\ (2, 3) & ↦ & (1, 5)(2, 4)(3, 6) \\ (3, 4) & ↦ & (1, 2)(3, 5)(4, 6) \\ (4, 5) & ↦ & (1, 3)(2, 4)(5, 6) \\ (5, 6) & ↦ & (1, 2)(3, 6)(4, 5) \end{matrix}

hat bereits in Aut S_{6} die Ordnung 2, nicht erst, wie obiges a, in Out S_{6} (S. Klenk, F. Müller).

Aufgabe 11

(1) Erzeugnis. Jedes Element von A_{n} ist ein Produkt einer geraden Anzahl von Transpositionen, i.e. von Zykeln der Länge 2. In einer solchen Produktdarstellung dürfen wir annehmen, daß nicht zwei gleiche Transpositionen nebeneinanderstehen. Somit genügt es zu zeigen, daß Produkte von je zwei ungleichen Transpositionen im Erzeugnis aller Dreierzykel liegen; also Produkte der Form (i, j) ∘ (i, k) oder (i, j) ∘ (k, ℓ), wobei i, j, k, ℓ ∈ [1, n] mit |{i, j, k, ℓ}| = 4. In der Tat ist

\begin{aligned}(i, j) ∘ (i, k) & = & (i, k, j) \\ (i, j) ∘ (k, ℓ) & = & (i, j, k) ∘ (j, k, ℓ) . \end{aligned}

Konjugationsklasse. Sei (i, j, k) ∈ A_{n} gegeben, wobei i, j, k ∈ [1, n] mit |{i, j, k}| = 3. Sei σ ∈ S_{n} mit ^{σ}(1, 2, 3) = (i, j, k). Ist sgn σ = +1, so ist nachgewiesen, daß (i, j, k) und (1, 2, 3) in A_{n} konjugiert sind. Ist sgn σ = −1, so ist sgn(σ(4, 5)) = +1. Dann ist auch ^{σ(4,5)}(1, 2, 3) = ^{σ}(1, 2, 3) = (i, j, k). Somit ist auch diesenfalls nachgewiesen, daß (i, j, k) und (1, 2, 3) in A_{n} konjugiert sind.

Dagegen sind in A_{4} die Elemente (1, 2, 3) und (1, 3, 2) nicht zueinander konjugiert.

(2) Sei 1 ≠ N ⊴ A_{n}. Wir müssen zeigen, daß N =^{!} A_{n}. Dank (1) genügt es zu zeigen, daß N einen Zykel der Länge 3 enthält. Sei ein σ ∈ N ∖ {id} gewählt, für welches die Zahl der bewegten Punkte

n_{σ} := n − |{ i ∈ [1, n] : σ(i) = i }|

minimal ist. Wir wollen zeigen, daß σ ein Zykel der Länge 3 ist. Es ist n_{σ} ⩾ 3.

Fall n_{σ} = 3. Es ist σ ein Zykel der Länge 3, und wir sind fertig. Fall n_{σ} = 4. Da sgn σ = +1, ist σ = (i, j)(k, ℓ), wobei i, j, k, ℓ, m ∈ [1, n] mit |{i, j, k, ℓ, m}| = 5, was wegen n ⩾ 5 möglich ist. Es ist auch

(i, j)(k, ℓ) ∘ (i, m, j) ∘ (i, j)(k, ℓ) ∘ (i, j, m) = (i, m, j)

in N ∖ {id} und bewegt weniger Punkte als σ, im Widerspruch zur Wahl von σ, so daß dieser Fall nicht eintritt. Fall n_{σ} ⩾ 5. Subfall: σ enthält einen Zykel von Länge k ⩾ 4, sagen wir (i_{1} , …, i_{k}), wobei i_{j} ∈ [1, n] für j ∈ [1, k] mit |{ i_{j} : j ∈ [1, k] }| = k. Es ist n_{σ} ⩾ 5. Es ist auch

\begin{aligned}σ ∘ (i_{1} , i_{2} , i_{3}) ∘ σ^{−} ∘ (i_{1} , i_{2} , i_{3})^{−} & = & (i_{1} , …, i_{k}) ∘ (i_{1} , i_{2} , i_{3}) ∘ (i_{1} , …, i_{k})^{−} ∘ (i_{1} , i_{2} , i_{3})^{−} \\ & = & (i_{1} , i_{4} , i_{2}) \end{aligned}

in N ∖ {id} enthalten und bewegt weniger Punkte als σ, im Widerspruch zur Wahl von σ, so daß dieser Subfall nicht eintritt. Subfall: σ enthält wenigstens 2 Zykel von Länge 3, und keinen größerer Länge. Enthalte σ also die Zykel (i, j, k)(s, t, u), wobei i, j, k, s, t, u ∈ [1, n] mit |{ i, j, k, s, t, u }| = 6. Es ist n_{σ} ⩾ 6. Es ist auch

\begin{aligned}σ ∘ (j, k, s) ∘ σ^{−} ∘ (j, k, s)^{−} & = & (i, j, k)(s, t, u) ∘ (j, k, s) ∘ ((i, j, k)(s, t, u))^{−} ∘ (j, k, s)^{−} \\ & = & (i, t, k, j, s) \end{aligned}

in N ∖ {id} enthalten und bewegt weniger Punkte als σ, im Widerspruch zur Wahl von σ, so daß dieser Subfall nicht eintritt. Subfall: σ enthält genau einen Zykel von Länge 3, und keinen größerer Länge. Es ist n_{σ} ⩾ 5. Es ist mit σ^{2} ein Zykel der Länge 3 in N ∖ {id} enthalten, bewegt aber weniger Punkte als σ, im Widerspruch zur Wahl von σ, so daß dieser Subfall nicht eintritt. Subfall: σ enthält wenigstens 3 Zykel von Länge 2, und keinen größerer Länge. Es ist n_{σ} ⩾ 6. Enthalte σ also die Zykel (i, j)(k, s)(t, u), wobei i, j, k, s, t, u ∈ [1, n] mit |{ i, j, k, s, t, u }| = 6. Es ist auch

\begin{aligned}σ ∘ (j, k, s) ∘ σ^{−} ∘ (j, k, s)^{−} & = & (i, j)(k, s)(t, u) ∘ (j, k, s) ∘ ((i, j)(k, s)(t, u))^{−} ∘ (j, k, s)^{−} \\ & = & (i, s)(j, k) \end{aligned}

in N ∖ {id} enthalten und bewegt weniger Punkte als σ, im Widerspruch zur Wahl von σ, so daß dieser Subfall nicht eintritt.

Aufgabe 12

(1) Sei ℓ ∈ Z_{⩾0} und

1 = K_{ℓ} ⊴ K_{ℓ−1} ⊴ ⋯ ⊴ K_{1} ⊴ K_{0} = K

gewählt mit K_{i}/K_{i+1} stets abelsch.

Sei m ∈ Z_{⩾0} und

K/K = U_{m}/K ⊴ U_{m−1}/K ⊴ ⋯ ⊴ U_{1}/K ⊴ U_{0}/K = H/K .

gewählt mit (U_{j}/K)/(U_{j+1}/K) stets abelsch; wobei wir schon die Tatsache verwandt haben, daß sich jede Untergruppe von H/K als U/K schreiben läßt für eine Untergruppe K ⩽ U ⩽ H. Beachte, daß dann U_{j+1} ⊴ U_{j} und (U_{j}/K)/(U_{j+1}/K) ≃ U_{j}/U_{j+1} für j ∈ [0, m − 1]. Wir erhalten also die Kette

1 = K_{ℓ} ⊴ K_{ℓ−1} ⊴ ⋯ ⊴ K_{1} ⊴ K ⊴ U_{m−1} ⊴ ⋯ ⊴ U_{1} ⊴ U_{0} = H

mit K_{i}/K_{i+1} und U_{j}/U_{j+1} stets abelsch, wobei K_{0} = K = U_{m}. Dies zeigt die Auflösbarkeit von H.

(2) Sei n ∈ Z_{⩾0} und

1 = H_{n} ⊴ H_{n−1} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

gewählt mit H_{i}/H_{i+1} stets abelsch. Beachte, daß für 1 ⩽ U ⊴ V ⩽ H auch 1 ⩽ U ∩ K ⊴ V ∩ K ⩽ H, da ein Element x ∈ V ∩ K in der Tat ^{x}(U ∩ K) = ^{x}U ∩ ^{x}K = U ∩ K ist, wobei ^{x}U = U wegen x ∈ V und ^{x}K = K wegen x ∈ K gilt. Ferner haben wir in dieser Situation den injektiven Gruppenmorphismus

[figure: (V ∩ K)/(U ∩ K); V/U; x(U ∩ K); xU ,]

da ein Element x ∈ V ∩ K genau dann in U liegt, wenn es in U ∩ K liegt. Falls also V/U abelsch ist, so auch (V ∩ K)/(U ∩ K).

Man kann auch aus V/U abelsch und aus (V ∩K)/(U ∩K) = (V ∩K)/(U ∩(V ∩K)) ≃ U(V ∩K)/U ⩽ V/U folgern, daß (V ∩ K)/(U ∩ K) abelsch ist; cf. Bemerkung 32.

Somit ist in der Kette

1 = H_{n} ∩ K ⊴ H_{n−1} ∩ K ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ∩ K ⊴ H_{0} ∩ K = K

von Untergruppen von K jeder Subfaktor (H_{i} ∩ K)/(H_{i+1} ∩ K) abelsch. Dies zeigt die Auflösbarkeit von K.

(3) Sei n ∈ Z_{⩾0} und

1 = H_{n} ⊴ H_{n−1} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

gewählt mit H_{i}/H_{i+1} stets abelsch. Beachte, daß für 1 ⩽ U ⊴ V ⩽ H auch K/K ⩽ UK/K ⊴ V K/K ⩽ H/K, da für u ∈ U und v ∈ V gilt, daß

vKuK = (^{v}u)K ∈ UK/K .

Ferner haben wir in dieser Situation (V K/K)/(UK/K) ≃ V K/UK und dafür wiederum den surjektiven Gruppenmorphismus

[figure: V/U; V K/UK; vU; vUK ,]

da U ⩽ UK und da für v ∈ V und k ∈ K auch vkUK = vkKU = vKU = vUK ist. Falls also V/U abelsch ist, so auch (V K/K)/(UK/K).

Man kann auch aus V/U abelsch und aus (V K/K)/(UK/K) ≃ (V K)/(UK) = (V (UK))/UK ≃ V/(V ∩ (UK)) Faktorgruppe von V/U schließen, daß V/U abelsch ist; cf. Bemerkung 32.

Somit wird in der Kette

K/K = H_{n}K/K ⊴ H_{n−1}K/K ⊴ ⋯ ⊴ H_{1}K/K ⊴ H_{0}K/K ∩ K = H/K

von Untergruppen von H/K jeder Subfaktor (H_{i}K/K)/(H_{i+1}K/K) abelsch. Dies zeigt die Auflösbarkeit von H/K.

(4) Da H/K überauflösbar ist, gibt es, wenn man noch Urbilder unter H \overline{}H/K, h \overline{}hK nimmt, ein ℓ ∈ Z_{⩾0} und eine Kette

K = H_{ℓ} ⊴ H_{ℓ−1} ⊴ H_{ℓ−2} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

mit H_{j}/H_{j+1} zyklisch für j ∈ [0, ℓ − 1] und H_{j} ⊴ H für j ∈ [0, ℓ]. Nach dem Hauptsatz über endliche abelsche Gruppen aus der Linearen Algebra ist K isomorph zu einem direkten Produkt zyklischer Gruppen. Folglich gibt es ein m ∈ Z_{⩾0} und eine Kette

1 = K_{m} ⊴ K_{m−1} ⊴ ⋯ ⊴ K_{1} ⊴ K_{0} = K

so, daß K_{j}/K_{j+1} zyklisch ist für j ∈ [0, m − 1]. Da K ⩽ Z(H), ist K_{j} ⊴ H für j ∈ [0, m]. Die zusammengesetzte Kette

1 = K_{m} ⊴ K_{m−1} ⊴ ⋯ ⊴ K_{1} ⊴ K_{0} = K = H_{ℓ} ⊴ H_{ℓ−1} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

zeigt also, daß H überauflösbar ist.

(5) Sei n ∈ Z_{⩾0} und

1 = H_{n} ⊴ H_{n−1} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

gewählt mit H_{i} ⊴ H stets und H_{i}/H_{i+1} stets zyklisch. Beachte, daß für 1 ⩽ U ⊴ V ⩽ H auch 1 ⩽ U ∩ K ⊴ V ∩ K ⩽ H ist und daß wir einen injektiven Gruppenmorphismus (V ∩ K)/(U ∩ K) \overline{}V/U haben; cf. Lösung zu (2). Ist also V/U zyklisch, so auch (V ∩ K)/(U ∩ K) ; cf. Lösung zu Aufgabe 5. Somit ist in der Kette

1 = H_{n} ∩ K ⊴ H_{n−1} ∩ K ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ∩ K ⊴ H_{0} ∩ K = K

von Untergruppen von K zum einen H_{i} ∩ K ⊴ K stets und zum anderen jeder Subfaktor (H_{i} ∩ K)/(H_{i+1} ∩ K) zyklisch. Dies zeigt die Überauflösbarkeit von K.

(6) Sei n ∈ Z_{⩾0} und

1 = H_{n} ⊴ H_{n−1} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

gewählt mit H_{i} ⊴ H stets und H_{i}/H_{i+1} stets zyklisch. Beachte, daß für 1 ⩽ U ⊴ V ⩽ H auch K/K ⩽ UK/K ⊴ V K/K ⩽ H/K und daß wir einen surjektiven Gruppenmorphismus V/U \overline{}(V K/K)/(UK/K) haben; cf. Lösung zu (3). Ist also V/U zyklisch, so auch (V K/K)/(UK/K). Somit wird in der Kette

K/K = H_{n}K/K ⊴ H_{n−1}K/K ⊴ ⋯ ⊴ H_{1}K/K ⊴ H_{0}K/K ∩ K = H/K

von Untergruppen von H/K zum einen H_{i}K/K ⊴ H/K stets und zum anderen jeder Subfaktor (H_{i}K/K)/(H_{i+1}K/K) zyklisch. Dies zeigt die Überauflösbarkeit von H/K.

(7) Da H/K nilpotent ist, gibt es, wenn man noch Urbilder unter H \overline{}H/K, h \overline{}hK nimmt, ein ℓ ∈ Z_{⩾0} und eine Kette

K = H_{ℓ} ⊴ H_{ℓ−1} ⊴ H_{ℓ−2} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

mit H_{j} ⊴ H für j ∈ [0, ℓ] und H_{j}/H_{j+1} ⩽ Z(H/H_{j+1}) für j ∈ [0, ℓ − 1]. Setze H_{ℓ+1} := 1. Dann ist in der Kette

1 = H_{ℓ+1} ⊴ H_{ℓ} ⊴ H_{ℓ−1} ⊴ H_{ℓ−2} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

auch H_{j} ⊴ H für j ∈ [0, ℓ + 1] und H_{j}/H_{j+1} ⩽ Z(H/H_{j+1}) für j ∈ [0, ℓ], wobei letzteres gilt, da H_{ℓ} = K ⩽ Z(H).

(8) Sei n ∈ Z_{⩾0} und

1 = H_{n} ⊴ H_{n−1} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

gewählt mit H_{i} ⊴ H und H_{i}/H_{i+1} ⩽ Z(H/H_{i+1}) stets. Ist i ∈ [0, ℓ − 1], x ∈ H_{i} ∩ K und h ∈ K, dann ist xH_{i+1} = ^{h}xH_{i+1} , i.e. x^{−}(^{h}x) ∈ H_{i+1} , da H_{i}/H_{i+1} ⩽ Z(H/H_{i+1}), und x^{−}(^{h}x) ∈ K da h, x ∈ K. Insgesamt ist so x^{−}(^{h}x) ∈ H_{i+1} ∩ K. In anderen Worten, es ist

h(H_{i+1}∩K)x(H_{i+1} ∩ K) = (^{h}x)(H_{i+1} ∩ K) = x(H_{i+1} ∩ K)

in K/(H_{i+1} ∩ K). Daher ist auch in der Kette

1 = H_{n} ∩ K ⊴ H_{n−1} ∩ K ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ∩ K ⊴ H_{0} ∩ K = K

von Untergruppen von K zum einen H_{i} ∩ K ⊴ K stets und, dank obiger Rechnung, zum anderen (H_{i} ∩ K)/(H_{i+1} ∩ K) ⩽ Z(K/(H_{i+1} ∩ K)) stets. Dies zeigt die Nilpotenz von K.

(9) Sei n ∈ Z_{⩾0} und

1 = H_{n} ⊴ H_{n−1} ⊴ ⋯ ⊴ H_{1} ⊴ H_{0} = H

gewählt mit H_{i} ⊴ H stets und H_{i}/H_{i+1} ⩽ Z(H/H_{i+1}) stets. Ist i ∈ [0, ℓ − 1], x ∈ H_{i} und h ∈ H, dann ist

(^{h}x)H_{i+1} = ^{hH_{i+1}}xH_{i+1} = xH_{i+1} ,

i.e. x^{−} (^{h}x) ∈ H_{i+1} . Also ist auch

(xK)(H_{i+1}K/K)^{−} ^{(hK)(H_{i+1}K/K)}(xK)(H_{i+1}K/K) = ((xK)^{−} ^{hK}xK)(H_{i+1}K/K)
= ((x^{−} ^{h}x)K)(H_{i+1}K/K)
= 1 ,

i.e. (xK)(H_{i+1}K/K) = ^{(hK)(H_{i+1}K/K)}(xK)(H_{i+1}K/K). Somit wird in der Kette

K/K = H_{n}K/K ⊴ H_{n−1}K/K ⊴ ⋯ ⊴ H_{1}K/K ⊴ H_{0}K/K = H/K

von Untergruppen von H/K zum einen H_{i}K/K ⊴ H/K stets und, dank obiger Rechnung, zum anderen (H_{i}K/K)/(H_{i+1}K/K) ⩽ Z((H/K)/(H_{i+1}K/K)) stets. Dies zeigt die Nilpotenz von H/K.

Aufgabe 13

(1) Sei G eine Gruppe mit |G| = pq. Sei o.E. p < q.

Die Anzahl der q-Sylowgruppen ist ≡_{q} 1 und ein Teiler von p; cf. Satz 13 und Aufgabe 7.(1). Also gibt es in G einen Normalteiler Q ⊴ G der Ordnung q; cf. Aufgabe 7.(1). Es sind sowohl Q als auch G/Q von Primzahlordnung und mithin zyklisch. Also zeigt die Kette

1 ⊴ Q ⊴ G ,

daß G überauflösbar ist.

(2) Sei p < q angenommen. Wir wollen erstens zeigen, daß eine Gruppe der Ordnung p^{2}q auflösbar ist, und zweitens, daß eine Gruppe der Ordnung pq^{2} auflösbar ist. Fall: Sei G eine Gruppe mit |G| = p^{2}q. Sei k die Anzahl ihrer q-Sylowgruppen. Dann ist k ≡_{q} 1 und k ein Teiler von p^{2}; cf. Satz 13 und Aufgabe 7.(1). Subfall k = 1. Wir haben einen Normalteiler Q von Ordnung q. Es ist Q zyklisch, also abelsch, also auflösbar. Es ist G/Q von Ordnung p^{2}, also eine p-Gruppe, also nilpotent, also auflösbar; cf. Bemerkung 31, Beispiel 33.(2). Somit ist G auflösbar; cf. Aufgabe 12.(1).

Man kann sich auch überlegen, daß eine Gruppe H der Ordnung p^{2} abelsch ist. Denn ihr Zentrum hat p oder p^{2} Elemente; cf. Aufgabe 6.(1). Ersterenfalls ist H/Z(H) zyklisch, sagen wir H/Z(H) = ⟨xZ(H)⟩. Also ist jedes Element von H von der Form x^{i}z mit i ∈ Z und z ∈ Z(H). Folglich ist H abelsch. Also kann |Z(H)| nicht gleich p gewesen sein.

Subfall k = p. Da p ∈ [2, q − 1] ist, ist p ≢_{q} 1, dieser Subfall tritt also nicht ein. Subfall k = p^{2}. Aus k = p^{2} ≡_{q} 1 und F_{q} Körper folgt, daß p ≡_{q} ±1. Da p ∈ [2, q−1], folgt p = q−1, mithin p = 2 und q = 3. Es liegt also eine Gruppe der Ordnung 12 vor, mit vier 3-Sylowgruppen. Da diese paarweise ungleich sind, haben sie paarweise den Schnitt 1. Somit haben in G gerade 4 · (3 − 1) Elemente Ordnung 3. Sei P eine 2-Sylowgruppe. Es ist |P | = 4, also muß P aus den 4 Elementen von G bestehen, die nicht von Ordnung 3 sind. Also ist P die einzige 2-Sylowgruppe in G. Es folgt P ⊴ G; cf. Aufgabe 7.(1). Die Kette

1 ⊴ P ⊴ G

zeigt wegen |P | = 4, also P nilpotent, und |G/P | = 3, also G/P zyklisch, daß G auflösbar ist; cf. Bemerkung 31, Beispiel 33.(2), Aufgabe 12.(1).

Es ist P auch abelsch, cf. oben.

Alternativ kann man auch in G bei p^{2} paarweise verschiedene Untergruppen von Ordnung q auf genau p^{2}q − p^{2}(q − 1) = p^{2} Elemente schließen, die nicht von Ordnung q sind und so folgern, daß jede p-Sylowgruppe von G aus ebendiesen zu bestehen hat.

Fall: Sei G eine Gruppe mit |G| = pq^{2}. Die Anzahl ihrer q-Sylowgruppen ist ≡_{q} 1 und ein Teiler von p, also gleich 1 ; cf. Satz 13 und Aufgabe 7.(1). Folglich haben wir einen Normalteiler Q von Ordnung q^{2}. Analog zum vorstehenden Fall zeigt die Kette 1 ⊴ Q ⊴ G wegen |Q| = q^{2} und |G/Q| = p, daß G auflösbar ist.

(3) Sei G eine Gruppe mit |G| = p^{2}q^{2}. Sei k die Anzahl ihrer q-Sylowgruppen. Es ist k ≡_{q} 1 und ein Teiler von p^{2}. Fall k = 1. Wir haben einen Normalteiler Q ⊴ G mit |Q| = q^{2}. Die Kette 1 ⊴ Q ⊴ G zeigt, daß G auflösbar ist. Fall k = p. Da p ∈ [2, q − 1] ist, ist p ≢_{q} 1, dieser Fall tritt also nicht ein. Subfall k = p^{2}. Aus k = p^{2} ≡_{q} 1 und F_{q} Körper folgt, daß p ≡_{q} ±1. Da p ∈ [2, q−1], folgt p = q−1, mithin p = 2 und q = 3.

Es ist also |G| = 36, und es gibt in G vier 3-Sylowgruppen. Dann aber gibt es einen Normalteiler N ◁ G mit |G/N| einem Teiler von 4! = 24 , also von 12; cf. Aufgabe 8.(3), Satz 15.(2). In der Kette 1 ◁ N ◁ G sind |N| und |G/N| echte Teiler von p^{2}q^{2}. Dies zeigt mit (1, 2) und Aufgabe 12.(1), daß G auflösbar ist.

Man könnte auch zu tricksen versuchen, nur (3) zeigen (wobei man dann den Fall |G| = 36 ad hoc zeigen muß), für (1) die Gruppe G mit |G| = pq als Untergruppe von G×C_{p} ×C_{q} auffassen und mit Aufgabe 12.(2) folgern, daß G auflösbar ist. Entsprechend für (2). Der Satz von Burnside, ein Ziel dieser Vorlesung, besagt, daß in der Tat für beliebige Exponenten a, b ∈ Z_{⩾1} eine Gruppe von Ordnung p^{a}q^{b} auflösbar ist; cf. Satz 131.

Aufgabe 14 Es genügt zu zeigen, daß

[figure: S_{P,3}; GL_{2}(Z); s_{1}; (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}); s_{2}; (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix})]

einen Gruppenmorphismus definiert, da wir dann mit dem Inversen des Isomorphismus S_{P,3} ^{\overline{}^{∼}} S_{3} , s_{i} \overline{}(i, i + 1) aus Aufgabe 9 komponieren können und so die gewünschte Darstellung erhalten. Mit der universellen Eigenschaft dieser präsentierten Gruppe S_{P,3} = ⟨ s_{1} , s_{2} : s_{1}^{2} , s_{2}^{2} , (s_{1}s_{2})^{3} ⟩ bleibt

also nachzurechnen, daß (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix})^{2} =^{!} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}), (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix})^{2} =^{!} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) und ((\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}))^{3} =^{!} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}).

Matrixmultiplikation zeigt, daß dies in der Tat der Fall ist.

Aufgabe 15 Seien r_{g} , r̃_{g} , s_{g} , s̃_{g} , t_{g} ∈ R für g ∈ G. Nach Konstruktion ist (RG, +) eine abelsche Gruppe. Sei 1 = 1_{RG} := 1_{G}. Es wird

1_{RG} ·_{RG} (∑_{h} s_{h}h) = 1_{G} ·_{RG} (∑_{h} s_{h}h) = ∑_{h} s_{h} 1_{G} ·_{G} h = ∑_{h} s_{h}h .

Analog wird (∑_{h∈G} s_{h}h) ·_{RG} 1_{RG} = ∑_{h∈G} s_{h}h.

Es wird

((∑_{g} r_{g} g) ·_{RG} (∑_{h} s_{h}h)) ·_{RG} (∑_{k} t_{k}k) = (∑_{g,h} r_{g}s_{h} g ·_{G} h) ·_{RG} (∑_{k} t_{k}k)
= ∑_{g,h,k} r_{g}s_{h}t_{k} (g ·_{G} h) ·_{G} k
= ∑_{g,h,k} r_{g}s_{h}t_{k} g ·_{G} (h ·_{G} k)
= (∑_{g} r_{g} g) ·_{RG} (∑_{h,k} s_{h}t_{k} h ·_{G} k)
= (∑_{g} r_{g} g) ·_{RG} ((∑_{h} s_{h}h) ·_{RG} (∑_{k} t_{k}k)) .

Es wird

((∑_{g} r_{g} g) + (∑_{g} r̃_{g} g)) ·_{RG} ((∑_{h} s_{h}h) + (∑_{h} s̃_{h}h))

= (∑_{g}(r_{g} + r̃_{g}) g) ·_{RG} (∑_{h}(s_{h} + s̃_{h})h)
= ∑_{g,h}(r_{g} + r̃_{g})(s_{h} + s̃_{h}) g ·_{G} h
= ∑_{g,h}(r_{g}s_{h} + r̃_{g}s_{h} + r_{g}s̃_{h} + r̃_{g}s̃_{h}) g ·_{G} h
= (∑_{g,h} r_{g}s_{h} g ·_{G} h) + (∑_{g,h} r̃_{g}s_{h} g ·_{G} h) + (∑_{g,h} r_{g}s̃_{h} g ·_{G} h) + (∑_{g,h} r̃_{g}s̃_{h} g ·_{G} h)
= (∑_{g} r_{g} g) ·_{RG} (∑_{h} s_{h}h) + (∑_{g} r̃_{g} g) ·_{RG} (∑_{h} s_{h}h) + (∑_{g} r_{g} g) ·_{RG} (∑_{h} s̃_{h}h) + (∑_{g} r̃_{g} g) ·_{RG} (∑_{h} s̃_{h}h) .

Also ist (RG, +, ·_{RG}) ein Ring.

Cf. Definition 42.

Aufgabe 16 Zu zeigen ist nur Z(R^{n×n}) ⊆^{!} _{R}⟨E_{n}⟩. Sei A = (α_{i,j})_{i,j} ∈ Z(R^{n×n}) gegeben. Zu zeigen ist α_{ℓ,k} =^{!} 0 und α_{k,k} = α_{ℓ,ℓ} für k, ℓ ∈ [1, n] mit k ≠ ℓ. Es bezeichne e_{i,j} ∈ R^{n×n} die Matrix, die an Position (i, j) den Eintrag 1 hat, und 0 sonst, wobei i, j ∈ [1, n]. Seien k, ℓ ∈ [1, n] mit k ≠ ℓ gegeben. Es wird

0 = A(E_{n} + e_{k,ℓ}) − (E_{n} + e_{k,ℓ})A = Ae_{k,ℓ} − e_{k,ℓ}A .

Insbesondere verschwindet der Eintrag an Position (ℓ, ℓ) dieser Matrix, viz. α_{ℓ,k}. Ferner verschwindet der Eintrag an Position (k, ℓ) dieser Matrix, viz. α_{k,k} − α_{ℓ,ℓ}.

Cf. Beispiel 47.

Aufgabe 17 Schreibe ζ := ζ_{n}. Sei m ∈ Z. Falls m ≡_{n} 0, so ist

∑_{k∈[0,n−1]} ζ^{km} = ∑_{k∈[0,n−1]} 1 = n .

Falls m ≢_{n} 0, so ist

(1 − ζ^{m})(∑_{i∈[0,n−1]} ζ^{im}) = (∑_{i∈[0,n−1]} ζ^{im}) − (∑_{i∈[0,n−1]} ζ^{(i+1)m})
= (∑_{i∈[0,n−1]} ζ^{im}) − (∑_{i∈[1,n]} ζ^{im})
= ζ^{0·m} − ζ^{n·m}
= 1 − 1
= 0 ;

da ζ^{m} ≠ 1 ist, folgt diesenfalls

∑_{i∈[0,n−1]} ζ^{im} = 0 .

Zusammengefaßt wird ∑_{i∈[0,n−1]} ζ^{im} = n · ∂_{m+nZ , 0+nZ} .

Seien k , ℓ ∈ [0, n − 1] gegeben. Der Eintrag von AĀ an Position (k + 1, ℓ + 1) ergibt sich zu

∑_{i∈[0,n−1]} ζ^{ki}ζ^{−iℓ} = ∑_{i∈[0,n−1]} ζ^{i(k−ℓ)} = n · ∂_{k+nZ , ℓ+nZ} = n · ∂_{k,ℓ} .

Dies zeigt AĀ = nE_{n}.

Somit ist n^{n} = det(AĀ) = det(A) det(Ā) = det(A) \overline{det(A)}.

Nach Vandermonde ist det(A) = ∏_{i, j ∈ [0,n−1], i<j}(ζ^{j} − ζ^{i}). Also ist

\overline{det(A)} = ∏_{i, j ∈ [0,n−1], i<j}(ζ^{−j} − ζ^{−i}) = (−1)^{( \begin{matrix}n−1 \\ 2 \end{matrix} )} ∏_{i, j ∈ [0,n−1], i<j}(ζ^{j} − ζ^{i}) = (−1)^{( \begin{matrix}n−1 \\ 2 \end{matrix} )} det(A) ,

da das linke Produkt alle Faktoren des rechten durchläuft, nur diejenigen, die keinen Exponenten 0 involvieren, jeweils negativ. Es folgt

(−1)^{( \begin{matrix}n−1 \\ 2 \end{matrix} )}n^{n} = det(A)^{2} = ∏_{i, j ∈ [0,n−1], i<j}(ζ^{j} − ζ^{i})^{2} .

Cf. Beispiel 50.

Alternativ kann man auch Ā durch eine Spaltenpermutation aus A gewinnen und hat sich dann um das Signum dieser Permutation zu kümmern (Vorschlag von S. Schmid).

Aufgabe 18

(1) Wir haben den Gruppenmorphismus

S_{3}  ^{\overline{}^{γ}} GL_{1}(Q) × GL_{2}(Q) × GL_{1}(Q) = U(Q × Q^{2×2} × Q)
(1, 2)  \overline{}(1 , (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}) , −1)
(2, 3)  \overline{}(1 , (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}) , −1) ;

cf. Beispiel 39.(1, 3, 4). Dieser bildet insgesamt

S_{3}  ^{\overline{}^{γ}} GL_{1}(Q) × GL_{2}(Q) × GL_{1}(Q) = U(Q × Q^{2×2} × Q)
id  \overline{}(1 ,  (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ,  1)
(1, 2)  \overline{}(1 , (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}) ,  −1)
(2, 3)  \overline{}(1 ,  (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}) ,  −1)
(1, 3)  \overline{}(1 , (\begin{matrix}1 & 0 \\ −3 & −1 \end{matrix}) ,  −1)
(1, 2, 3)  \overline{}(1 , (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 1 \end{matrix}) ,  1)
(1, 3, 2)  \overline{}(1 , (\begin{matrix}1 & 1 \\ −3 & −2 \end{matrix}) ,  1)

ab.

Gemäß universeller Eigenschaft der Gruppenalgebra in der Version von Bemerkung 60 gibt es den Q-Algebrenmorphismus

[figure: QS_{3}; ω; Q × Q^{2×2} × Q; ∑_{σ∈S_{3}} x_{σ}σ; ∑_{σ∈S_{3}} φ(x_{σ})γ(σ) .]

Dieser ist insbesondere Q-linear. Bezüglich der Basis S_{3} der linken und der Standardbasis der rechten Seite ist diese Q-lineare Abbildung beschrieben durch die Matrix

A := (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 1 & 1 & −2 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 3 & 0 & −3 & 3 & −3 \\ 1 & 2 & −1 & −1 & 1 & −2 \\ 1 & −1 & −1 & −1 & 1 & 1 \end{matrix} ) ∈ Q^{6×6} .

Diese hat Determinante −54, ist also invertierbar. Somit ist ω bijektiv. Damit ist ω ein Isomorphismus von Q-Algebren. In diesem Argument kann man Q durch C ersetzen und erhält CS_{3} ≃ C×C^{2×2}×C als C-Algebren.

(2) Wir verwenden die Abbildung ω aus (1). Ersichtlich ist ω(ZS_{3}) ⊆ Z × Z^{2×2} × Z. Es ist

A^{−1} = \frac{1}{6}(\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & −4 & 6 & −2 & 4 & −1 \\ 1 & 2 & 0 & 2 & −2 & −1 \\ 1 & 2 & −6 & 0 & −2 & −1 \\ 1 & 2 & −6 & 2 & −4 & 1 \\ 1 & −4 & 6 & −2 & 2 & 1 \end{matrix} ) ∈ Q^{6×6} .

Wir haben zu untersuchen, wann A^{−1}z ganzzahlig ist für z ∈ Z^{6×1}. Denn genau dann liegt ein Element z von Z × Z^{2×2} × Z, dargestellt als Vektor in der Standardbasis, im Bild ω(ZS_{3}). Aus A wird durch SL_{6}(Z)-Multiplikation von links

\frac{1}{6}(\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & −4 & 6 & −2 & 4 & −1 \\ 1 & 2 & 0 & 2 & −2 & −1 \\ 1 & 2 & −6 & 0 & −2 & −1 \\ 1 & 2 & −6 & 2 & −4 & 1 \\ 1 & −4 & 6 & −2 & 2 & 1 \end{matrix} ) ⇝ \frac{1}{6}(\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & −6 & 6 & −2 & 2 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & −4 & −2 \\ 0 & 0 & −6 & 0 & −4 & −2 \\ 0 & 0 & −6 & 2 & −6 & 0 \\ 0 & −6 & 6 & −2 & 0 & 0 \end{matrix} ) ⇝ \frac{1}{6}(\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & −6 & 0 & 0 & −4 & −2 \\ 0 & 0 & 6 & 0 & 2 & −2 \\ 0 & 0 & −6 & 0 & −4 & −2 \\ 0 & 0 & −6 & 2 & −6 & 0 \\ 0 & −6 & 0 & 0 & −6 & 0 \end{matrix} ) ⇝ \frac{1}{6}(\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & −6 & −6 & 0 & −6 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 0 & 2 & −2 \\ 0 & 0 & −12 & 0 & −6 & 0 \\ 0 & 0 & −6 & 2 & −6 & 0 \\ 0 & −6 & 0 & 0 & −6 & 0 \end{matrix} ) .

Wir lesen ab, daß

ZS_{3} ≃ ω(ZS_{3})
= \{ (a, (\begin{matrix}b & c \\ d & e \end{matrix}) , f) ∈ Z × Z^{2×2} × Z : a + 2b + 2e + f ≡_{6} 0, e ≡_{3} f, d ≡_{3} 0 \}
= \{ (a, (\begin{matrix}b & c \\ d & e \end{matrix}) , f) ∈ Z × Z^{2×2} × Z : a ≡_{2} f, a + 2b + 2e + f ≡_{3} 0, e ≡_{3} f, d ≡_{3} 0 \}
= \{ (a, (\begin{matrix}b & c \\ d & e \end{matrix}) , f) ∈ Z × Z^{2×2} × Z : a ≡_{2} f, a ≡_{3} b, e ≡_{3} f, d ≡_{3} 0 \} .

Aufgabe 19

(1) Es ist (A, +) eine abelsche Gruppe, da A ein Ring ist.

Es ist 1_{R} · a = φ(1_{R})a = 1_{A}a = a für a ∈ A. Es ist (rs) · a = φ(rs)a = φ(r)φ(s)a = r · (s · a) für r, s ∈ R und a ∈ A. Es ist (r + r̃) · (a + ã) = φ(r + r̃)(a + ã) = (φ(r) + φ(r̃))(a + ã) = φ(r)a + φ(r̃)a + φ(r)ã + φ(r̃)ã = r · a + r̃ · a + r · ã + r̃ · ã für r, r̃ ∈ R und a, ã ∈ A.

(2) Sei f ein R-Algebrenmorphismus, i.e. sei f ∘ φ = ψ erfüllt. Da f ein Ringmorphismus ist, ist f mit der Addition verträglich. Ferner ist f(r · a) = f(φ(r)a) = f(φ(r))f(a) = ψ(r)f(a) = r · f(a). Zusammen ist f somit R-linear.

Sei f umgekehrt nun R-linear. Wir haben zu zeigen, daß f ∘ φ =^{!} ψ. Sei r ∈ R. Es wird (f ∘ φ)(r) = f(φ(r)) = f(φ(r)1_{A}) = f(r · 1_{A}) = r · f(1_{A}) = ψ(r)1_{B} = ψ(r).

(3) Für a, ã ∈ A ist

\begin{aligned}g(f(1_{A})) & = & 1_{C} & = & g(1_{B}) \\ g(f(a + ã)) & = & g(f(a)) + g(f(ã)) & = & g(f(a) + f(ã)) \\ g(f(a · ã)) & = & g(f(a)) · g(f(ã)) & = & g(f(a) · f(ã)) \end{aligned}

Dank Injektivität von g folgt hieraus, daß

\begin{aligned}f(1_{A}) & = & 1_{B} \\ f(a + ã) & = & f(a) + f(ã) \\ f(a · ã) & = & f(a) · f(ã) \end{aligned}

ist. Also ist f ein Ringmorphismus.

Ferner ist g ∘ f ∘ φ = ξ = g ∘ ψ, wegen g injektiv also f ∘ φ = ψ.

\xymatrix{A \ar[r]^{f} & B \ar[r]^{g} & C \\  & R \ar[ul]^{φ} \ar[u]^{ψ} \ar[ur]_{ξ}}

Ist nun g bijektiv, so können wir f := g^{−} setzen und erhalten wegen g injektiver R-Algebren-morphismus und wegen g ∘ g^{−} = id_{C} ein R-Algebrenmorphismus mit vorigem, daß auch g^{−} ein R-Algebrenmorphismus ist.

Cf. Bemerkung 61, Definition 57.(2).

Aufgabe 20

(1) Sei f ∈ Hom_{A}(M, N) ∖ {0}. Wir haben zu zeigen, daß f ein Isomorphismus ist.

Es ist Kern f ⊆ M ein Teilmodul. Da f ≠ 0, ist Kern f ≠ M. Da M einfach ist, folgt Kern f = 0. Es ist Im f ⊆ N ein Teilmodul. Da f ≠ 0, ist Im f ≠ 0. Da N einfach ist, folgt Im f = N. Da Kern f = 0 und Im f = N ist, ist f ein Isomorphismus.

(2) Da M ≠ 0 ist, ist 0 ≠ id_{M} ∈ End_{A} M. Nach (1) sind alle Elemente von End_{A} M ungleich 0 invertierbar. Also ist End_{A} M ein Schiefkörper.

(3) Sei m ∈ M ∖\{0\}. Es ist f : A \overline{}M, a \overline{}am eine A-lineare Abbildung. Es ist Im f ein Teilmodul von M. Da m = 1 · m ∈ Im f, ist Im f ≠ 0. Da M einfach ist, ist Im f = M.

(4) Wir behaupten die Existenz des Ringmorphismus

\begin{matrix}R & ^{\overline{}^{ψ}} & End_{A} X \\ r & \overline{} & (x \overline{}φ(r)x) . \end{matrix}

Es ist ψ wohldefiniert, da φ(r) ∈ Z(A) ist und also X \overline{}X, x \overline{}φ(r)x eine A-lineare Abbildung ist. Es ist ψ ein Ringmorphismus, da mit 1, Addition und Multiplikation verträglich; letzteres, da für r, s ∈ R sich

(x \overline{}φ(r)x) ∘ (x \overline{}φ(s)x) = (x \overline{}φ(r)φ(s)x) = (x \overline{}φ(rs)x)

ergibt. Ferner ist ψ(r) = (x \overline{}φ(r)x) zentral in End_{A} X, da wir für f ∈ End_{A} X und y ∈ X

(ψ(r) ∘ f)(y) = (x \overline{}φ(r)x)f(y)
= φ(r)f(y)
= f(φ(r)y)
= (f ∘ (x \overline{}φ(r)x))(y)
= (f ∘ ψ(r))(y)

erhalten.

(5) Wir schreiben D := End_{A} M. Es ist D ein Schiefkörper; cf. Lemma 66.(3).

Nach (3) gibt es eine surjektive A-lineare Abbildung A \overline{}M. Da diese auch K-linear ist und da A endlichdimensional über K ist, folgt, daß M endlichdimensional über K ist. Also ist auch End_{K} M endlichdimensional über K. Folglich ist auch der Teilraum D ⊆ End_{K} M endlichdimensional über K.

Es ist D ≠ 0, da M ≠ 0 und also auch 0 ≠ id_{M} = 1_{D} ∈ D. Wir haben den algebrendefinierenden Ringmorphismus f : K \overline{}D; cf. (4). Dieser ist nicht null, da er 1_{K} nach 1_{D} ≠ 0 schickt. Da K als Körper nur die Ideale 0 und K hat, folgt, daß Kern f = 0 und also f injektiv ist. Schreibe K′ := f(K) ⊆ D. Es ist f|^{K′} : K \overline{}K′ ein Isomorphismus. Es ist D via K′ ↪ D ein eine K′-Algebra, endlichdimensional, da darin eine K′-lineare Basis auch eine K-lineare Basis ist.

Wir müssen zeigen, daß K′ =^{!} D ist. Sei d ∈ D. Wir haben zu zeigen, daß d ∈^{!} K′ ist. Der Kern des K′-Algebrenmorphismus h : K′[X] \overline{}D, u(X) \overline{}u(d) ist ungleich 0, da D endlichdimensional über K′ ist. Also ist er von einem normierten Polynom v(X) erzeugt. Annahme, es ist v(X) reduzibel. Dann ist v(X) = a(X) · b(X) mit normierten Polynomen a(X) und b(X) von Grad ⩾ 1. Es folgt 0 = v(d) = a(d) · b(d), und somit a(d) = 0 oder b(d) = 0. O.E. sei a(d) = 0. Also ist a(X) im Kern von h, und somit ein Vielfaches von v(X). Da deg v − deg a = deg b ⩾ 1, ist dies aber nicht möglich. Somit ist v(X) irreduzibel. Da aber K′ (≃ K) algebraisch abgeschlossen ist, folgt, daß deg v = 1 ; da v(d) = 0 also v(X) = X − d, insbesondere also d ∈ K′.

Alternativ können wir wie folgt argumentieren. Sei f ∈ End_{A} M. Wir wollen zeigen, daß f = λ id_{M} für ein λ ∈ K. Da f auch ein K-linearer Endomorphismus von M ist und da K algebraisch abgeschlossen ist, hat f einen Eigenwert λ ∈ K. Es ist der Eigenraum Kern(λ id_{M} −f) ungleich 0. Wir wollen zeigen, daß er gleich M ist, denn dann ist λ id_{M} −f = 0. Da M ein einfacher A-Modul ist, genügt es zu zeigen, daß Kern(λ id_{M} −f) ein A-Teilmodul von M ist. Das aber folgt daraus, daß λ id_{M} und f beide A-linear sind. Cf. Lemma 66.

Aufgabe 21

(1) Die Aussage trifft zu. Es ist (e_{1,1} , …, e_{n,n}) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente. Mithin ist

K^{n×n} = ⨁_{i∈[1,n]} K^{n×n}e_{i,i} .

Sei i ∈ [1, n]. Wir behaupten, daß K^{n×n}e_{i,i} ein einfacher K^{n×n}-Modul ist.

Sei 0 ≠ X ⊆ K^{n×n}e_{i,i} ein Teilmodul. Wir haben X =^{!} K^{n×n}e_{i,i} nachzuweisen. Sei

x = ∑_{j∈[1,n]} ξ_{j}e_{j,i} ∈ X ∖ {0} ,

wobei ξ_{j} ∈ K für j ∈ [1, n]. Sei ℓ ∈ [1, n] mit ξ_{ℓ} ≠ 0. Für k ∈ [1, n] wird

X ∋ ξ_{ℓ}^{−1}e_{k,ℓ} ∑_{j∈[1,n]} ξ_{j}e_{j,i} = e_{k,i} .

Also liegt von der K-linearen Basis (e_{1,i} , …, e_{n,i}) von K^{n×n}e_{i,i} jeder Eintrag im Teilraum X. Dies zeigt X = K^{n×n}e_{i,i} und damit die Behauptung. Nach Lemma 65.(3) ist also K^{n×n} halbeinfach.

(2) Die Aussage trifft zu. Ist S ⊆ A ein einfacher A-Teilmodul, so ist S × 0 ⊆ A × B ein einfacher A × B-Teilmodul von A × B, da in der ersten Komponente nur A operiert. Analog in zweiter Komponente. Schreibe A = ⨁_{i∈[1,m]} S_{i}, wobei S_{i} ⊆ A ein einfacher A-Teilmodul ist für i ∈ [1, m] ; cf. Lemma 65.

Schreibe B = ⨁_{j∈[1,n]} T_{j} , wobei T_{j} ⊆ B ein einfacher B-Teilmodul ist für j ∈ [1, n] ; cf. Lemma 65.

Es ist

A × B = (A × 0) ⊕ (0 × B) = ( ⨁_{i∈[1,m]} S_{i} × 0) ⊕ ( ⨁_{j∈[1,n]} 0 × T_{j}) .

Nach Lemma 65 ist also A × B halbeinfach.

(3) Die Aussage trifft zu.

Sei M ein endlichdimensionaler B-Modul. Sei N ⊆ M ein B-Teilmodul. Wir haben einen B-Teil-modul X ⊆ M so zu finden, daß M = N ⊕X. Denn gemäß Lemma 65 zeigt dies die Halbeinfachheit von B.

Es ist M ein A-Modul via a · m := f(a)m für a ∈ A und m ∈ M. Es ist N ⊆ M auch ein A-Teilmodul. Da A halbeinfach ist, gibt es einen A-Teilmodul X ⊆ M mit M = N ⊕ X. Da f : A → B surjektiv ist, ist X ⊆ M auch ein B-Teilmodul.

(4) Die Aussage trifft nicht zu.

Sei etwa A = K^{2×2} = (\begin{matrix}K & K \\ K & K \end{matrix} ), halbeinfach nach (1). Sei B = (\begin{matrix}K & K \\ 0 & K \end{matrix} ), und sei g : B → A die Inklusion.

Es ist B nicht halbeinfach. Denn es ist zwar e := (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ∈ B primitiv, da es sogar in A primitiv ist; cf. Beispiel 54 (^{4}). Aber Be = (\begin{matrix}0 & K \\ 0 & K \end{matrix} ) ist kein einfacher B-Linksmodul, sondern weist vielmehr den Teilmodul (\begin{matrix}0 & K \\ 0 & 0 \end{matrix} ) auf.

Aufgabe 22

Wir erinnern daran, daß primitive Idempotente insbesondere ungleich 0 sind.

Nach Bemerkung 64 gibt es in A eine orthogonale Zerlegung \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) in primitive Idempotente.

Wir haben zu zeigen, daß dies (bis auf Reihenfolge) die einzige Zerlegung in primitive Idempotente in A ist.

Sei f ein primitives Idempotent in A. Es genügt zu zeigen, daß f =^{!} e_{i} ist für ein i ∈ [1, n].

Denn dann können in einer orthogonalen Zerlegung \underline{ẽ} in primitive Idempotente in A nur Einträge von \underline{e} auftreten. Wegen Orthogonalität kann \underline{ẽ} jeden Eintrag von \underline{e} höchstens einmal beinhalten. Da die Summe der Einträge von \underline{ẽ} gleich 1 ist, kann auch kein Eintrag von \underline{e} in \underline{ẽ} fehlen; beachte, daß Summe jedes nichtleeren Teiltupels von \underline{e} nicht null ist, wie man durch Multiplikation mit einem beteiligten Eintrag erkennt. Insgesamt stimmen \underline{e} und \underline{ẽ} dann bis auf Reihenfolge überein.

Betrachten wir also unser f. Es ist f = fe_{1} + ⋯ + fe_{n}. Da f ≠ 0, gibt es ein i ∈ [1, n] mit fe_{i} ≠ 0.

Es ist f = fe_{i} + f(1 − e_{i}). Da A kommutativ ist, sind fe_{i} und f(1 − e_{i}) Idempotente. Da A kommutativ ist, ist (fe_{i})(f(1−e_{i})) = 0 und (f(1−e_{i}))(fe_{i}) = 0. Da f primitiv ist und da fe_{i} ≠ 0, folgt f(1−e_{i}) = 0, also f = fe_{i}.

Es ist e_{i} = fe_{i} + (1 − f)e_{i}. Da A kommutativ ist, sind fe_{i} und (1 − f)e_{i} Idempotente. Da A kommutativ ist, ist (fe_{i})((1−f)e_{i}) = 0 und ((1−f)e_{i})(fe_{i}) = 0. Da e_{i} primitiv ist und da fe_{i} ≠ 0, folgt (1−f)e_{i} = 0, also e_{i} = fe_{i}.

Insgesamt ist f = fe_{i} = e_{i} gezeigt.

4Oder Beweis zu (1), Bemerkung 55 : Es ist Ae einfach, also unzerlegbar, also e primitiv.

Aufgabe 23

(1) Es ist D_{8} := ⟨ a, b : a^{4}, b^{2}, (ba)^{2} ⟩. Es ist |D_{8}| = 8. Es ist D_{8} = { a^{i}b^{j} : i ∈ [0, 3], j ∈ [0, 1] }. Cf. Beispiel 25. Sei C_{2} × C_{2} = ⟨x : x^{2}⟩ × ⟨y : y^{2}⟩. Wir haben den surjektiven Gruppenmorphismus p : D_{8} \overline{}C_{2} × C_{2} , a \overline{}(x, 1), b \overline{}(1, y), da (x, 1)^{4} = 1, (1, y)^{2} = 1 und ((1, y)(x, 1))^{2} = 1 ; cf. Satz 24. Wir haben die Darstellungen C_{2} × C_{2} \overline{}GL_{1}(C), (x, 1) \overline{}± 1, (1, y) \overline{}± 1. Komposition mit p gibt die Darstellungen

[figure: D_{8}; GL_{1}(C); a; +1; b; +1]

(trivial),

[figure: D_{8}; GL_{1}(C); a; +1; b; −1 ,]

[figure: D_{8}; GL_{1}(C); a; −1; b; +1]

und

[figure: D_{8}; GL_{1}(C); a; −1; b; −1 .]

Es operiert D_{8} auf einem Quadrat. Die entsprechende Darstellung über lineare Selbstabbildungen der Ebene ist e.g. gegeben durch

[figure: D_{8}; GL_{2}(C); a; (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}); b; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})]

Eine kurze Rechnung bestätigt auch abermals via Satz 24, daß all diese Darstellungen existieren. Wir erhalten den C-Algebrenmorphismus

[figure: CD_{8}; ω; (C; ×; C; ×; C; ×; C; ×; C^{2×2}); a^{0}; (1; ,; 1; ,; 1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})); a^{1}; (1; ,; 1; ,; −1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix})); a^{2}; (1; ,; 1; ,; 1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})); a^{3}; (1; ,; 1; ,; −1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix})); a^{0}b; (1; ,; −1; ,; 1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})); a^{1}b; (1; ,; −1; ,; −1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})); a^{2}b; (1; ,; −1; ,; 1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})); a^{3}b; (1; ,; −1; ,; −1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}0 & −1 \\ −1 & 0 \end{matrix})) .]

Dies liefert die folgende beschreibende Matrix bezüglich der Basis D_{8} von CD_{8} und der Standardbasis der rechten Seite.

(\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & −1 & −1 & −1 & −1 \\ 1 & −1 & 1 & −1 & 1 & −1 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 1 & −1 & −1 & 1 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & −1 & 0 & 1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 & −1 & 0 & 1 & 0 & −1 \\ 1 & 0 & −1 & 0 & −1 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} )

Diese hat Determinante ist 2^{10}. Folglich ist ω ein C-Algebrenisomorphismus.

In diesem Argument kann man auch C durch Q ersetzen.

(2) In D_{10} gilt a^{5} = 1, b^{2} = 1 und baba = 1, also auch ba = a^{4}b. Also ist

D_{10} = { a^{i}b^{j} : i ∈ [0, 4], j ∈ [0, 1] } .

Wir haben den Gruppenmorphismus

[figure: D_{10}; S_{5}; a; (1, 2, 3, 4, 5); b; (2, 5)(3, 4) ,]

da (1, 2, 3, 4, 5)^{5} = id, ((2, 5)(3, 4))^{2} = id und ((2, 5)(3, 4) ∘ (1, 2, 3, 4, 5))^{2} = ((1, 5)(2, 4))^{2} = id. Das Bild ⟨(1, 2, 3, 4, 5), (2, 5)(3, 4)⟩ dieses Gruppenmorphismus hat 10 Elemente, denn es hat ⩽ 10 Elemente, es hat eine Untergruppe von Ordnung 5 und es hat eine Untergruppe von Ordnung 2. Also ist |D_{10}| = 10. Betrachte C_{2} = ⟨x : x^{2}⟩. Wir haben den Gruppenmorphismus p : D_{10} \overline{}C_{2} , a \overline{}1, b \overline{}x, da 1^{5} = 1, x^{2} = 1 und (1 · x)^{2} = 1. Wir haben die Darstellungen C_{2} \overline{}GL_{1}(C), x \overline{}± 1. Komposition mit p gibt die Darstellungen

[figure: D_{10}; GL_{1}(C); a; +1; b; +1]

(trivial) und

[figure: D_{10}; GL_{1}(C); a; +1; b; −1 .]

Schreibe ζ := ζ_{5} . Wir haben ferner die Darstellung

[figure: D_{10}; GL_{2}(C); a; (\begin{matrix}ζ & 0 \\ 0 & ζ^{−1} \end{matrix} ); b; (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) .]

Ganz ähnlich ergibt sich die Darstellung

[figure: D_{10}; GL_{2}(C); a; (\begin{matrix}ζ^{2} & 0 \\ 0 & ζ^{−2} \end{matrix} ); b; (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) .]

Eine kurze Rechnung bestätigt auch abermals via Satz 24, daß all diese Darstellungen existieren.

Wir erhalten den C-Algebrenmorphismus

[figure: CD_{10}; ω; (C; ×; C; ×; C^{2×2}; ×; C^{2×2}; a^{0}; (1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})); a^{1}; (1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}ζ & 0 \\ 0 & ζ^{−1} \end{matrix} ); ,; (\begin{matrix}ζ^{2} & 0 \\ 0 & ζ^{−2} \end{matrix} )); a^{2}; (1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}ζ^{2} & 0 \\ 0 & ζ^{−2} \end{matrix} ); ,; (\begin{matrix}ζ^{4} & 0 \\ 0 & ζ^{−4} \end{matrix} )); a^{3}; (1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}ζ^{3} & 0 \\ 0 & ζ^{−3} \end{matrix} ); ,; (\begin{matrix}ζ^{6} & 0 \\ 0 & ζ^{−6} \end{matrix} )); a^{4}; (1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}ζ^{4} & 0 \\ 0 & ζ^{−4} \end{matrix} ); ,; (\begin{matrix}ζ^{8} & 0 \\ 0 & ζ^{−8} \end{matrix} )); a^{0}b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})); a^{1}b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}0 & ζ \\ ζ^{−1} & 0 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}0 & ζ^{2} \\ ζ^{−2} & 0 \end{matrix} )); a^{2}b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}0 & ζ^{2} \\ ζ^{−2} & 0 \end{matrix} ); ,; (\begin{matrix}0 & ζ^{4} \\ ζ^{−4} & 0 \end{matrix} )); a^{3}b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}0 & ζ^{3} \\ ζ^{−3} & 0 \end{matrix} ); ,; (\begin{matrix}0 & ζ^{6} \\ ζ^{−6} & 0 \end{matrix} )); a^{4}b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}0 & ζ^{4} \\ ζ^{−4} & 0 \end{matrix} ); ,; (\begin{matrix}0 & ζ^{8} \\ ζ^{−8} & 0 \end{matrix} )) .]

Dies liefert die folgende beschreibende Matrix bezüglich der Basis D_{10} von CD_{10} und der Standardbasis der rechten Seite.

(\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & −1 & −1 & −1 & −1 & −1 \\ 1 & ζ & ζ^{2} & ζ^{3} & ζ^{4} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & ζ & ζ^{2} & ζ^{3} & ζ^{4} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & ζ^{−1} & ζ^{−2} & ζ^{−3} & ζ^{−4} \\ 1 & ζ^{−1} & ζ^{−2} & ζ^{−3} & ζ^{−4} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & ζ^{2} & ζ^{4} & ζ^{6} & ζ^{8} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & ζ^{2} & ζ^{4} & ζ^{6} & ζ^{8} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & ζ^{−2} & ζ^{−4} & ζ^{−6} & ζ^{−8} \\ 1 & ζ^{−2} & ζ^{−4} & ζ^{−6} & ζ^{−8} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Diese hat Determinante ist −2 · 5^{5}. Folglich ist ω ein C-Algebrenisomorphismus.

(3) In Q_{8} gilt a^{4} = 1. Wegen a^{2}b^{2} = 1 folgt b^{4} = a^{−4} = 1. Insbesondere wird a^{2} = b^{−2} = b^{2} =: z. Es wird az = za, bz = zb, also ist z ∈ Z(Q_{8}). Wegen b^{−}aba = 1 ist ba = a^{−}b = zab. Folglich ist jedes Element von Q_{8} von der Form a^{i}b^{j} mit i, j ∈ [0, 3]. Unter Verwendung von z wird also

Q_{8} = { a^{i}b^{j}z^{k} : i, j, k ∈ {0, 1} } .

Insbesondere ist |Q_{8}| ⩽ 8. Man kann auch

Q_{8} = { a^{i}b^{j} : i ∈ [0, 3], j ∈ [0, 1] } .

schreiben. Die Quaternionen als Teilring von C^{2×2} realisiert geben einen Hinweis auf die Darstellung

[figure: Q_{8}; GL_{2}(C); a; (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}); b; (\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & −i \end{matrix}) ,]

die man mit Satz 24 bestätigt. Ihr Bild ist gegeben durch \{± (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , ± (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}) , ± (\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & −i \end{matrix}) , ± (\begin{matrix}0 & i \\ i & 0 \end{matrix}) , \}, wie eine direkte Rechnung ergibt.

Es folgt |Q_{8}| = 8.

Wir betrachten C_{2} × C_{2} = ⟨x : x^{2}⟩ × ⟨y : y^{2}⟩. Wir haben den Gruppenmorphismus Q_{8} \overline{}C_{2} × C_{2} , a \overline{}(x, 1), b \overline{}(1, y), wie man mit Satz 24 bestätigt. Dies gibt weiters die Darstellungen

[figure: Q_{8}; GL_{1}(C); a; +1; b; +1]

(trivial),

[figure: Q_{8}; GL_{1}(C); a; +1; b; −1 ,]

[figure: Q_{8}; GL_{1}(C); a; −1; b; +1]

und

[figure: Q_{8}; GL_{1}(C); a; −1; b; −1 .]

Wir erhalten den C-Algebrenmorphismus

CQ_{8}  ^{\overline{}^{ω}} (C × C × C × C × C^{2×2})
a^{0}  \overline{}(1 ,  1 ,  1 ,  1 , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}))
a^{1}  \overline{}(1 ,  1 , −1 , −1 , (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}))
a^{2}  \overline{}(1 ,  1 ,  1 ,  1 , (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}))
a^{3}  \overline{}(1 ,  1 , −1 , −1 , (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}))
a^{0}b  \overline{}(1 , −1 ,  1 , −1 , (\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & −i \end{matrix}))
a^{1}b  \overline{}(1 , −1 , −1 ,  1 , (\begin{matrix}0 & −i \\ −i & 0 \end{matrix}))
a^{2}b  \overline{}(1 , −1 ,  1 , −1 , (\begin{matrix}−i & 0 \\ 0 & i \end{matrix}))
a^{3}b  \overline{}(1 , −1 , −1 ,  1 , (\begin{matrix}0 & i \\ i & 0 \end{matrix})) .

Dies liefert die folgende beschreibende Matrix bezüglich der Basis Q_{8} von CQ_{8} und der Standardbasis der rechten Seite.

1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 −1 −1 −1 −1
1 −1 1 −1 1 −1 1 −1
1 −1 1 −1 −1 1 −1 1
1 0 −1 0 i 0 −i 0
0 1 0 −1 0 −i 0 i
0 −1 0 1 0 −i 0 i
1 0 −1 0 −i 0 i 0

Diese hat Determinante ist −2^{10}. Folglich ist ω ein C-Algebrenisomorphismus.

Aufgabe 24

(1) Es ist D_{8} = ⟨ a : a^{4}, b^{2}, (ba)^{2} ⟩ = { a^{i}b^{j} : i ∈ [0, 3], j ∈ [0, 1] }; cf. Beispiel 25.

Beachte, daß ^{b}a = bab = a^{−} und ^{a}b = aba^{−} = a^{2}b ist.

Die Konjugationsklassen in D_{8} ergeben sich zu {1}, {a^{2}}, {a, a^{3}}, {ab, a^{3}b}, {b, a^{2}b}.

Als Repräsentanten wählen wir e.g. g_{1} := 1, g_{2} := a^{2}, g_{3} := a, g_{4} := ab und g_{5} := b.

Der Wedderburnisomorphismus von Aufgabe 23.(1) ergab

CD_{8}  ^{\overline{}^{ω}}  (C × C × C × C × C^{2×2})
ξ  \overline{}(ω^{1}(ξ) , ω^{2}(ξ) , ω^{3}(ξ) , ω^{4}(ξ) , ω^{5}(ξ))
g_{1} =  1  \overline{}(1 ,  1 ,  1 ,  1 , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}))
g_{2} =  a^{2}  \overline{}(1 ,  1 ,  1 ,  1 , (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}))
g_{3} =  a  \overline{}(1 ,  1 , −1 , −1 , (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}))
g_{4} =  ab  \overline{}(1 , −1 , −1 ,  1 , (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}))
g_{5} =  b  \overline{}(1 , −1 ,  1 , −1 , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})) .

Spurbildung χ_{s}(g_{u}) = tr ω^{s}(g_{u}) für s, u ∈ [1, 5] führt zur Charaktertafel

X(D_{8}) =  [ \begin{matrix}& 1 & a^{2} & a & ab & b \\ & 1 & 1 & 2 & 2 & 2 \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & 1 & 1 & −1 & −1 \\ χ_{3} & 1 & 1 & −1 & −1 & 1 \\ χ_{4} & 1 & 1 & −1 & 1 & −1 \\ χ_{5} & 2 & −2 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ] ,

wobei für spätere Zwecke direkt unter den Konjugationsklassenrepräsentanten die Länge ihrer Konjugationsklassen notiert wurde.

(2) Schreibe ζ := ζ_{5} . Es ist D_{10} := ⟨ a, b : a^{5}, b^{2}, (ba)^{2} ⟩ = { a^{i}b^{j} : i ∈ [0, 4], j ∈ [0, 1] }; cf. Aufgabe 23.(2) und Lösung dazu. Beachte, daß ^{b}a = bab = a^{−} und ^{a}b = aba^{−} = a^{2}b ist. Die Konjugationsklassen in D_{10} ergeben sich zu {1}, {a, a^{4}}, {a^{2}, a^{3}} und {b, ab, a^{2}b, a^{3}b, a^{4}b}. Als Repräsentanten wählen wir e.g. g_{1} := 1, g_{2} := a, g_{3} := a^{2} und g_{4} := b. Der Wedderburnisomorphismus von Aufgabe 23.(2) ergab

CD_{10}  ^{\overline{}^{ω}}  (C × C × C^{2×2} × C^{2×2}
ξ  \overline{}(ω^{1}(ξ) , ω^{2}(ξ) , ω^{3}(ξ) , ω^{4}(ξ))
g_{1} =  1  \overline{}(1 ,  1 ,  (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})  ,  (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}))
g_{2} =  a  \overline{}(1 ,  1 , (\begin{matrix}ζ & 0 \\ 0 & ζ^{−1} \end{matrix} ) , (\begin{matrix}ζ^{2} & 0 \\ 0 & ζ^{−2} \end{matrix} ))
g_{3} =  a^{2}  \overline{}(1 ,  1 , (\begin{matrix}ζ^{2} & 0 \\ 0 & ζ^{−2} \end{matrix} ) , (\begin{matrix}ζ^{4} & 0 \\ 0 & ζ^{−4} \end{matrix} ))
g_{4} =  b  \overline{}(1 , −1 ,  (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})  ,  (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})) .

Spurbildung χ_{s}(g_{u}) = tr ω^{s}(g_{u}) für s, u ∈ [1, 4] führt zur Charaktertafel

X(D_{10}) =  [ \begin{matrix}& 1 & a & a^{2} & b \\ & 1 & 2 & 2 & 5 \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & 1 & 1 & −1 \\ χ_{3} & 2 & ζ + ζ^{−1} & ζ^{2} + ζ^{−2} & 0 \\ χ_{4} & 2 & ζ^{2} + ζ^{−2} & ζ + ζ^{−1} & 0 \end{matrix} ] ,

wobei für spätere Zwecke direkt unter den Konjugationsklassenrepräsentanten die Länge ihrer Konjugationsklassen notiert wurde.

(3) Es ist Q_{8} = ⟨ a, b : a^{4}, a^{2}b^{2}, b^{−}aba ⟩ = { a^{i}b^{j}z^{k} : i, j, k ∈ {0, 1} }, wobei z := a^{2} = b^{2} ; cf. Aufgabe 23.(3) und Lösung dazu. Beachte, daß z ∈ Z(Q_{8}), abab^{−} = ^{b}(b^{−}aba) = 1, ^{b}a = bab^{−} = a^{−} = za und ^{a}b = aba^{−} = zaba = zb. Die Konjugationsklassen in Q_{8} ergeben sich zu {1}, {z}, {a, za}, {ab, zab} und {b, zb}. Als Repräsentanten wählen wir e.g. g_{1} := 1, g_{2} := z, g_{3} := a, g_{4} := ab und g_{5} := b. Der Wedderburnisomorphismus von Aufgabe 23.(3) ergab

CQ_{8}  ^{\overline{}^{ω}}  (C × C × C × C × C^{2×2})
ξ  \overline{}(ω^{1}(ξ) , ω^{2}(ξ) , ω^{3}(ξ) , ω^{4}(ξ) , ω^{5}(ξ))
g_{1} =  1  \overline{}(1 ,  1 ,  1 ,  1 , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}))
g_{2} =  z  \overline{}(1 ,  1 ,  1 ,  1 , (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}))
g_{3} =  a  \overline{}(1 ,  1 , −1 , −1 , (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}))
g_{4} =  ab  \overline{}(1 , −1 , −1 ,  1 , (\begin{matrix}0 & −i \\ −i & 0 \end{matrix}))
g_{5} =  b  \overline{}(1 , −1 ,  1 , −1 , (\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & −i \end{matrix}))

Spurbildung χ_{s}(g_{u}) = tr ω^{s}(g_{u}) für s, u ∈ [1, 4] führt zur Charaktertafel

X(Q_{8}) =  [ \begin{matrix}& 1 & z & a & ab & b \\ & 1 & 1 & 2 & 2 & 2 \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & 1 & 1 & −1 & −1 \\ χ_{3} & 1 & 1 & −1 & −1 & 1 \\ χ_{4} & 1 & 1 & −1 & 1 & −1 \\ χ_{5} & 2 & −2 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ] ,

wobei für spätere Zwecke direkt unter den Konjugationsklassenrepräsentanten die Länge ihrer Konjugationsklassen notiert wurde.

(4) Es fällt auf, daß X(D_{8}) = X(Q_{8}) (bei geeigneter Sortierung der Charaktere und der Konjugationsklassen).

Begründen wir daher noch, daß D_{8} ≄^{!} Q_{8} . In Q_{8} gibt es genau 1 Element von Ordnung 2, nämlich z. Beachte hierzu insbesondere, daß wegen b^{−}aba = 1 auch (ab)^{2} = abab = b^{2} = z ist. In D_{8} gibt es genau 5 Elemente von Ordnung 2, nämlich a^{2}, b, ab, a^{2}b und a^{3}b. Beachte hierzu, daß (ab)^{2} = abab = aa^{−} = 1. Also ist D_{8} ≄ Q_{8} .

Insbesondere ist auch CD_{8} ≃ C^{×4} × C^{2×2} ≃ CQ_{8} .

Dieses Phänomen trifft man bereits bei CC_{4} ≃ C^{×4} ≃ C(C_{2} × C_{2}) an – beachte, daß wegen CC_{4} und C(C_{2} × C_{2}) kommutativ in der jeweiligen Wedderburnzerlegung keine Matrixkantenlänge ⩾ 2 auftreten darf.

Aufgabe 25 Schreibe n := χ(1). Sei ρ : G \overline{}GL_{n}(C) eine zu χ gehörige Darstellung, sei also χ(g) = χ_{ρ}(g) = tr ρ(g). Sei S ∈ GL_{n}(C) gefunden mit J := Sρ(g)S^{−1} in Jordanform. Da ρ(g)^{k} = E_{n} ist, ist auch J^{k} = E_{n}. Also ist J eine Diagonalmatrix, und die Diagonaleinträge sind Nullstellen von z^{k} − 1. In anderen Worten, es ist

J = ( ..._{ζ^{mn}}^{ζ^{m_{1}}} )

für gewisse m_{i} ∈ [0, k − 1] für i ∈ [1, n].

(1) Wir erhalten

χ(g) = tr ρ(g) = tr(SJS^{−1}) = tr J = ∑_{i∈[1,n]} ζ^{m_{i}} = ∑_{j∈[0,k−1]} \underbrace{|\{ i ∈ [1, n] : m_{i} = j \}|}_{=: x_{j}} · ζ^{j} .

(2) Beachte, daß \overline{ζ} = ζ^{−1} wegen |ζ| = 1.

Wir erhalten

χ(g^{−1}) = tr ρ(g^{−1})
= tr J^{−1}
= tr (  ..._{ζ^{−mn}}^{ζ^{−m_{1}}} )
= ∑_{i∈[1,n]} ζ^{−m_{i}}
= ∑_{i∈[1,n]} \overline{ζ^{m_{i}}}
= \overline{∑_{i∈[1,n]} ζ^{m_{i}}}
= \overline{χ(g)} .

(3) Sei M ein endlichdimensionaler CG-Modul mit χ = χ_{M} . Werde der Dualraum M^{∗} := Hom_{C}(M, C) ausgestattet mit der Linksmultiplikation

(h · f)(m) := f(h^{−}m)

für h ∈ G, f ∈ M^{∗} und m ∈ M. Dies liefert eine Darstellung

\begin{matrix}G & \overline{} & GL(M^{∗}) \\ h & \overline{} & (f \overline{}h · f) , \end{matrix}

von G auf M^{∗}, da sich

((hh̃) · f)(m) = f((hh̃)^{−}m) = f(h̃^{−}h^{−}m) = (h̃ · f)(h^{−}m) = (h · (h̃ · f))(m)

ergibt für h, h̃ ∈ G, f ∈ M^{∗} und m ∈ M, i.e. hh̃ \overline{}(h · (−)) ∘ (h̃ · (−)). Sei (m_{1} , …, m_{n}) eine Basis von M. Sei (m_{1}^{∗} , …, m_{n}^{∗}) die dazu duale Basis von M^{∗}. Sei h ∈ G. Sei h^{−}m_{i} = ∑_{j} z_{j,i} m_{j} für i ∈ [1, n], wobei z_{j,i} ∈ C. Dann ist

(hm_{k}^{∗})(m_{i}) = m_{k}^{∗}(h^{−}m_{i}) = ∑_{j} z_{j,i} m_{k}^{∗}(m_{j}) = ∑_{j} z_{j,i} ∂_{k,j} = z_{k,i} ,

sowie

(∑_{j} z_{k,j} m_{j}^{∗})(m_{i}) = ∑_{j} z_{k,j} ∂_{j,i} = z_{k,i}

für i, k ∈ [1, n]. Dies zeigt hm_{k}^{∗} = ∑_{j} z_{k,j} m_{j}^{∗} für k ∈ [1, n]. Für die zugehörigen Darstellungen ist bezüglich dieser Basen also ρ_{M^{∗}}(h) = ρ_{M}(h^{−})^{t} für h ∈ G; es folgt

χ_{M^{∗}}(h) = tr ρ_{M^{∗}}(h) = tr ρ_{M}(h^{−})^{t} = χ_{M}(h^{−}) = χ(h^{−}) =^{(2)} \overline{χ(h)} .

Wir behaupten, daß aus χ irreduzibel folgt, daß auch χ̄ irreduzibel ist. Wir müssen dazu M als einfach voraussetzen und zeigen, daß auch M^{∗} einfach ist. Zum einen ist dim_{C} M^{∗} = dim_{C} M > 0, also M^{∗} ≠ 0. Zum anderen, ist N ⊆ M^{∗} ein Teilmodul, so ist auch

N′ := { m ∈ M : f(m) = 0 für f ∈ N } ⊆ M

ein Teilmodul. Denn es ist ein C-Teilraum. Und für n′ ∈ N′ und h ∈ G ist hn′ ∈ N′, da f(hn′) = (h^{−}f)(n′) = 0 für f ∈ N, da mit f auch h^{−}f in N liegt. Da M einfach ist, ist N′ = 0 oder N′ = M. Es ist dim_{C} N′ + dim_{C} N = dim_{C} M, wie man mit einer Basis von N, die zu einer Basis von M^{∗} ergänzt wird, und deren Dualbasis von M erkennt. Also ist N = 0 oder N = M. Dies zeigt die Behauptung.

S. Schmid gab folgende einfache Lösung des ersten Teils von (3). Setze ρ̄(g) := \overline{ρ(g)} für g ∈ G. Beobachte, daß χρ̄ = \overline{χ_{ρ}} = χ̄ ist.

Wir wollen daher noch zeigen, daß die Moduln zu G → GL_{n}(C), g ↦ ρ̄(g) und zu G → GL_{n}(C), g ↦ ρ(g^{−})^{t} isomorph sind (ohne Verwendung von Bemerkung 95.(2)). Operiere G via ρ auf C^{n×1}. Für x, y ∈ C^{n×1} sei (x, y) := ∑_{h∈G}(hx)^{t}(\overline{hy}). Es wird so (−, =) ein hermitesches Skalarprodukt, da (x, x) = ∑_{h∈G}(hx)^{t}(\overline{hx}) ∈ R_{>0} für x ∈ C^{n×1} ∖ \{0\}. Sei (b_{1} , …, b_{n}) eine Orthonormalbasis von C^{n×1} bezüglich (−, =), erhältlich e.g. via Gram-Schmidt. Ist A := ∑_{h} ρ(h)^{t} \overline{ρ(h)} die Grammatrix von (−, =) bezüglich der Standardbasis von C^{n×1}, so ist ρ(g)^{t}A \overline{ρ(g)} = A für g ∈ G. Ist B ∈ GL_{n}(C) die Matrix mit Spaltentupel (b_{1} , …, b_{n}), so wird B^{t}AB̄ = E_{n}, also A = (B^{t})^{−1}B̄^{−1}. Für g ∈ G wird

(B^{−1}ρ(g)B)^{t} (\overline{B^{−1}ρ(g)B}) = B^{t}ρ(g)^{t}(B^{t})^{−1}B̄^{−1}\overline{ρ(g)}B̄
= B^{t}ρ(g)^{t}A \overline{ρ(g)}B̄
= B^{t}AB̄
= E_{n} ,

also G → U_{n}(C) ⩽ GL_{n}(C), g ↦ B^{−1}ρ(g)B. Daraus resultiert B̄^{−1}\overline{ρ(g)}B̄ = B^{t}ρ(g^{−})^{t}(B^{t})^{−1}, und also

\overline{ρ(g)} = (B̄B^{t})ρ(g^{−})^{t}(B̄B^{t})^{−1} .

Somit sind die betrachteten Moduln isomorph; cf. Bemerkung 45.

Unter Verwendung von Bemerkung 94.(2) kann man übrigens problemlos auch ohne Betrachtung des Moduls folgern, daß aus χ irreduzibel folgt, daß χ̄ irreduzibel ist; cf. Lemma 106.

Aufgabe 26

(1) Sei Z(M × N) die freie abelsche Gruppe auf der Menge M × N. Sei

\begin{aligned}U & := & _{Z}⟨ \begin{matrix}(mr, n) − (m, rn) & : & m ∈ M, n ∈ N, r ∈ R \\ (m + m′, n + n′) − (m, n) − (m′, n) − (m, n′) − (m′, n′) & : & m, m′ ∈ M, n, n′ ∈ N \end{matrix} ⟩ \\ & ⊆ & Z(M × N) . \end{aligned}

Sei

M ⊗_{R} N := Z(M × N)/U .

Werde die Restklasse eines Erzeugers (m, n) in M ⊗_{R} N mit m ⊗ n := (m, n) + U bezeichnet, und

sei

[figure: M; ×; N; b; M; ⊗_{R}; N; (m; ,; n); m; ⊗; n .]

die Restklassenabbildung. Nach Konstruktion ist b eine R-bilineare Abbildung.

Unter m ⊗ n darf man sich ein “noch nicht ausgewertetes Skalarprodukt” von m und n vorstellen.

Wir wollen eine R-bilineare Abbildung M × N ^{\overline{}^{f}} A in eine abelsche Gruppe A auf eindeutige

Weise über b und eine Z-lineare Abbildung M ⊗_{R} N ^{\overline{}^{f̃}} A faktorisieren.

Zur Eindeutigkeit der Faktorisierung. Das Bild von b enthält ein Z-lineares Erzeugendensystem

von M ⊗_{R} N, was die Eindeutigkeit der Z-linearen Faktorisierung M ⊗_{R} N ^{\overline{}^{f̃}} A einer bilinearen

Abbildung M × N ^{\overline{}^{f}} A in eine abelsche Gruppe A sichert. Zur Existenz der Faktorisierung. Zunächst können wir zur Z-linearen Abbildung

[figure: Z(M × N); f̂; A; ∑_{(m,n)} z_{(m,n)}(m, n); ∑_{(m,n)} z_{(m,n)}f((m, n))]

fortsetzen, wobei z_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N.

Nun heißt R-Bilinearität von f gerade, daß f̂(U) = 0 ist. Also gibt es die Z-lineare Abbildung

M ⊗_{R} N = Z(M × N)/U  ^{\overline{}^{f̃}} A
ξ + U  \overline{}f̂(ξ)
m ⊗ n =  (m, n) + U  \overline{}f̂((m, n)) = f((m, n))

Da diese m ⊗ n nach f((m, n)) abbildet für (m, n) ∈ M × N, ist in der Tat f = f̃∘ b.

Diese universelle Eigenschaft von M ⊗_{R} N wird folgendermaßen zur Konstruktion von Z-linearen Ab-

bildungen aus dem Tensorprodukt verwandt. Es ist

M _{⊗_{R}} N  ^{\overline{}^{g}}  A
m ⊗ n  \overline{}g(m, n)
∑_{(m,n)∈M×N} z_{(m,n)} m ⊗ n  \overline{}∑_{(m,n)∈M×N} z_{(m,n)} g(m, n) (wobei z_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N)

wohldefiniert und Z-linear, falls g additiv in m und n ist, und falls stets g(mr, n) = g(m, rn) ist. Man “kennt” das Tensorprodukt weniger über die Elemente, die es enthält – Z-Linearkombinationen von Elementartensoren der Form m ⊗ n – als über diese Eigenschaft. Will man z.B. wissen, daß m ⊗ n ≠ m′ ⊗ n′, so empfiehlt es sich, eine Abbildung aus dem Tensorprodukt heraus anzugeben, für die sich die Bilder dieser beiden Elementartensoren unterscheiden.

(2) Für s ∈ S ist die Abbildung

[figure: M; ⊗_{R}; N; (−)s; M; ⊗_{R}; N; m; ⊗; n; (sm); ⊗; n]

wohldefiniert und Z-linear, da

(s(m + m′)) ⊗ (n + n′) = (sm + sm′) ⊗ (n + n′)
= (sm) ⊗ n + (sm′) ⊗ n + (sm) ⊗ n′ + (sm′) ⊗ n′
(s(mr)) ⊗ n = (sm)r ⊗ n
= (sm) ⊗ rn .

für m, m′ ∈ M, n, n′ ∈ N und r ∈ R. Wir können also in wohldefinierter Weise

s · (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) := ∑_{(m,n)} z_{(m,n)}(sm) ⊗ n

setzen, wobei s ∈ S und z_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N. Insbesondere wird s · (m ⊗ n) = (sm) ⊗ n für s ∈ S und (m, n) ∈ M × N.

Es operiert 1_{S} identisch, da

1_{S} · (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) = ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} (1_{S} · m) ⊗ n = ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n ,

wobei z_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N. Die Operation ist assoziativ, da

(ss′)(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) = ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} ((ss′)m) ⊗ n
= ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} (s(s′m)) ⊗ n
= s(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} (s′m) ⊗ n)
= s(s′(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n)) ,

wobei s, s′ ∈ S und z_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N. Die Operation ist distributiv, da

(s + s′)((∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) + (∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} m ⊗ n))

= (s + s′)(∑_{(m,n)} (z_{(m,n)} + z′_{(m,n)}) m ⊗ n)
= ∑_{(m,n)} (z_{(m,n)} + z′_{(m,n)}) ((s + s′)m) ⊗ n
= ∑_{(m,n)} (z_{(m,n)} + z′_{(m,n)}) (sm + s′m) ⊗ n
= ∑_{(m,n)} (z_{(m,n)} + z′_{(m,n)}) ((sm) ⊗ n + (s′m) ⊗ n)
= (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} (sm) ⊗ n) + (∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} (sm) ⊗ n)
+ (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} (s′m) ⊗ n) + (∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} (s′m) ⊗ n)
= s(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) + s(∑_{(m,n)} z′_{(m,n)}) m ⊗ n)
+ s′(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) + s′(∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} m ⊗ n) ,

wobei s, s′ ∈ S und z_{(m,n)}, z′_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N. Usf., i.e. für eine Rechtsmodulstruktur auf einem Tensorprodukt aus einem Rechtsmodul und einem Bimodul analog.

(3) Hierzu haben wir R = _{R}R_{R} als R-R-Bimodul anzusehen. Die Abbildung

[figure: R; ⊗_{R}; N; f; N; r; ⊗; n; rn]

ist wohldefiniert und Z-linear, da

\begin{matrix}(rr′)n = r(r′n) \\ (r + r′)(n + n′) = rn + r′n + rn′ + r′n′ \end{matrix}

für r, r′ ∈ R und n, n′ ∈ N. Es ist f auch R-linear, da

f(r′(∑_{(r,n)} z_{(r,n)} r ⊗ n)) = f(∑_{(r,n)} z_{(r,n)} (r′r) ⊗ n))
= ∑_{(r,n)} z_{(r,n)} (r′r)n
= r′(∑_{(r,n)} z_{(r,n)} rn)
= r′f(∑_{(r,n)} z_{(r,n)} r ⊗ n) ,

wobei r′ ∈ R und z_{(r,n)} ∈ Z für (r, n) ∈ R × N.

Betrachten wir ferner die Z-lineare Abbildung

[figure: N; g; R; ⊗_{R}; N; n; 1; ⊗; n .]

Es ist (f ∘ g)(n) = f(1 ⊗ n) = 1 · n = n für n ∈ N, also f ∘ g = id_{N} . Es ist (g ∘ f)(r ⊗ n) = g(rn) = 1 ⊗ rn = r ⊗ n für r ∈ R und n ∈ N, also g ∘ f = id_{R⊗_{R}N} .

Also ist f bijektiv und g = f^{−}. Es folgt, daß R ⊗_{R} N ≃ N als R-Moduln.

(4) Wir müssen zeigen, daß

[figure: (M; ⊗_{R}; N); ⊗_{T}; P; f; M; ⊗_{R}; (N; ⊗_{T}; P); (m; ⊗; n); ⊗; p; m; ⊗; (n; ⊗; p)]

wohldefiniert und S-linear ist. Mit einem analogen Argument sieht man dann, daß auch die Abbildung in die Rückichtung (m ⊗ n) ⊗ p \overline{}m ⊗ (n ⊗ p) wohldefiniert ist; diese beiden Abbildungen invertieren sich dann in beiden Richtungen. Zur verlangten Wohldefiniertheit. Wir definieren zunächst eine Abbildung

[figure: (M; ⊗_{R}; N); ×; P; h; M; ⊗_{R}; (N; ⊗_{T}; P); (m; ⊗; n; ,; p); m; ⊗; (n; ⊗; p) .]

Sei p ∈ P fixiert. Dann ist

[figure: M; ⊗_{R}; N; h_{p}; M; ⊗_{R}; (N; ⊗_{T}; P); m; ⊗; n; m; ⊗; (n; ⊗; p) .]

wohldefiniert und Z-linear, da für r ∈ R, m, m′ ∈ M und n, n′ ∈ N gilt, daß

mr ⊗ (n ⊗ p) = m ⊗ r(n ⊗ p)
= m ⊗ (rn ⊗ p)
(m + m′) ⊗ ((n + n′) ⊗ p) = (m + m′) ⊗ (n ⊗ p + n′ ⊗ p)
= m ⊗ (n ⊗ p) + m′ ⊗ (n ⊗ p) + m ⊗ (n′ ⊗ p) + m′ ⊗ (n′ ⊗ p) .

Setze nun

h(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n, p) := h_{p}(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) = ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ (n ⊗ p) ,

wobei z_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N und p ∈ P. Um die Wohldefiniertheit und Z-Linearität von f zu erhalten, ist zu zeigen, daß h eine T -bilineare Abbildung ist. In der Tat wird

h((∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n)t, p) = h(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ (nt), p)
= ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ ((nt) ⊗ p)
= ∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ (n ⊗ tp)
= h(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n, tp) ,

wobei t ∈ T, z_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N und p ∈ P ist, und

h((∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) + (∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} m ⊗ n), p + p′)
= h(∑_{(m,n)} (z_{(m,n)} + z′_{(m,n)}) m ⊗ n, p + p′)
= ∑_{(m,n)} (z_{(m,n)} + z′_{(m,n)}) m ⊗ (n ⊗ (p + p′))
= ∑_{(m,n)} (z_{(m,n)} + z′_{(m,n)}) m ⊗ (n ⊗ p + n ⊗ p′)
= ∑_{(m,n)} (z_{(m,n)} + z′_{(m,n)}) (m ⊗ (n ⊗ p) + m ⊗ (n ⊗ p′))
= (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ (n ⊗ p)) + (∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} m ⊗ (n ⊗ p))
+ (∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ (n ⊗ p′)) + (∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} m ⊗ (n ⊗ p′))
= h(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n, p) + h(∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} m ⊗ n, p)
+ h(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n, p′) + h(∑_{(m,n)} z′_{(m,n)} m ⊗ n, p′) ,

wobei z_{(m,n)} , z′_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N und p, p′ ∈ P ist. Es bleibt die S-Linearität von f zu verifizieren. Es wird

f(s(∑_{(m,n,p)} z_{(m,n,p)} (m ⊗ n) ⊗ p)) = f(∑_{(m,n,p)} z_{(m,n,p)} (s(m ⊗ n)) ⊗ p)
= f(∑_{(m,n,p)} z_{(m,n,p)} ((sm) ⊗ n) ⊗ p)
= ∑_{(m,n,p)} z_{(m,n,p)} (sm) ⊗ (n ⊗ p)
= s(∑_{(m,n,p)} z_{(m,n,p)} m ⊗ (n ⊗ p))
= s(f(∑_{(m,n,p)} z_{(m,n,p)} (m ⊗ n) ⊗ p)) ,

wobei s ∈ S und z_{(m,n,p)} ∈ Z für (m, n, p) ∈ M × N × P ist.

(5) Für eine R-lineare Abbildung _{R}X ^{\overline{}^{f}} _{R}Y zwischen R-Linksmoduln definieren wir

[figure: M; ⊗_{R}; X; M⊗_{R}f; M; ⊗_{R}; Y; m; ⊗; x; m; ⊗; f(x) .]

Dies ist wohldefiniert und Z-linear, da

\begin{matrix}mr ⊗ f(x) = m ⊗ rf(x) = m ⊗ f(rx) \\ (m + m′) ⊗ f(x + x′) = (m + m′) ⊗ (f(x) + f(x′)) = m ⊗ f(x) + m′ ⊗ f(x) + m ⊗ f(x′) + m′ ⊗ f(x′) \end{matrix}

ist für r ∈ R, m, m′ ∈ N und x, x′ ∈ X. Dies ist auch S-linear, denn für Z-lineare Erzeuger ergibt sich

(M ⊗_{R} f)(s(m ⊗ x)) = (M ⊗_{R} f)((sm) ⊗ x) = (sm) ⊗ f(x) = s(m ⊗ f(x)) = s(M ⊗_{R} f)(m ⊗ x) ,

wobei s ∈ S, m ∈ M und x ∈ X.

Beachte, daß für R-lineare Abbildungen _{R}X [figure: f; f′] _{R}Y ^{\overline{}^{g}} _{R}Z gilt, daß

\begin{aligned}M ⊗_{R} (f + f′) & = & (M ⊗_{R} f) + (M ⊗_{R} f′) \\ M ⊗_{R} (g ∘ f) & = & (M ⊗_{R} g) ∘ (M ⊗_{R} f) \\ M ⊗_{R} id_{X} & = & id_{M⊗_{R}X} . \end{aligned}

Nun zur Verträglichkeit der Operation M ⊗_{R} − mit direkten Summen.

Wir haben die folgenden R-linearen Abbildungen.

[figure: N; ι; N ⊕ N′; n; (n, 0); N′; ι′; N ⊕ N′; n′; (0, n′); N ⊕ N′; π; N; (n, n′); n; N ⊕ N′; π′; N′; (n, n′); n′]

Wir wollen zeigen, daß sich

[figure: (M ⊗_{R} N) ⊕ (M ⊗_{R} N′); α; M ⊗_{R} (N ⊕ N′); (ξ, ξ′); (M ⊗_{R} ι)(ξ) + (M ⊗_{R} ι′)(ξ′); (M ⊗_{R} N) ⊕ (M ⊗_{R} N′); β; M ⊗_{R} (N ⊕ N′); ((M ⊗_{R} π)(η), (M ⊗_{R} π′)(η)); η]

gegenseitig invertieren. Es genügt, dies auf Z-linearen Erzeugern zu verifizieren. Zum einen wird

(m ⊗ n, 0) ^{\overline{}^{α}} m ⊗ ι(n) + m ⊗ ι′(0)
= m ⊗ (n, 0)
\overline{}^{β} (m ⊗ π(n, 0), m ⊗ π′(n, 0))
= (m ⊗ n, 0) ,

wobei m ∈ M und n ∈ N. Analog in zweiter Komponente. Zum anderen wird

m ⊗ (n, n′) ^{\overline{}^{β}} (m ⊗ π(n, n′), m ⊗ π′(n, n′))
= (m ⊗ n, m ⊗ n′)
\overline{}^{α} m ⊗ ι(n) + m ⊗ ι′(n′)
= m ⊗ (n, 0) + m ⊗ (0, n′)
= m ⊗ (n, n′) ,

wobei m ∈ M und n, n′ ∈ N′. Usf., i.e. auch im vorderen Tensorfaktor hat man diese Verträglichkeit mit der direkten Summe.

(6) Sei etwa R = F_{5} , M = _{F_{5}}F_{5}^{⊕3}_{F_{5}} und N = _{F_{5}}F_{5}^{⊕3}. Es ist |M × N| = |M||N| = 5^{3} · 5^{3} = 5^{6}. Es ist

M ⊗_{R} N = F_{5}^{⊕3} ⊗_{F_{5}} F_{5}^{⊕3} ≃^{(5)} (F_{5} ⊗_{F_{5}} F_{5}^{⊕3})^{⊕3} ≃^{(3)} (F_{5}^{⊕3})^{⊕3} ≃ F_{5}^{⊕9} .

Insbesondere ist |M ⊗_{R} N| = 5^{9}. Somit kann b : M × N \overline{}M ⊗_{R} N nicht surjektiv sein.

Aufgabe 27 Sei (a, b) ∈ A × B. Es ist (a, b) ∈ Z(A × B) genau dann, wenn (a, b)(x, y) = (x, y)(a, b) für alle (x, y) ∈ A × B, i.e. wenn (ax, by) = (xa, yb) für alle (x, y) ∈ A × B, i.e. wenn ax = xa für alle x ∈ A und by = yb für alle y ∈ B, i.e. wenn a ∈ Z(A) und b ∈ Z(B).

Cf. Lemma 84.

Aufgabe 28 Annahme, es gibt einen Isomorphismus f : Be_{1,1}^{r} ^{\overline{}^{∼}} Be_{1,1}^{s} von B-Moduln. Es ist e_{1,1}^{r} ≠ 0. Andererseits ist

f(e_{1,1}^{r}) = f(e_{1,1}^{r}e_{1,1}^{r}) = e_{1,1}^{r} \underbrace{f(e_{1,1}^{r})}_{∈ Be_{1,1}^{s}} = 0 ,

da r ≠ s. Wir haben einen Widerspruch.

Aufgabe 29

(1) Sei r ∈ Z_{⩾0} und seien a_{i} ∈ A für i ∈ [1, r] so gewählt, daß A = _{Z}⟨a_{1} , …, a_{r}⟩. Wir haben die surjektive Z-lineare Abbildung f := Z^{⊕r} → A, (λ_{i})_{i} ↦ ∑_{i} λ_{i}a_{i}. Da mit f auch f|_{f^{−1}(B)}^{B} : f^{−1}(B) → B surjektiv ist, genügt es zu zeigen, daß f^{−1}(B) von ⩽ r Elementen erzeugt ist. Somit dürfen wir annehmen, daß A = Z^{⊕r}. Induktion über r ⩾ 0. Klar für r = 0. Sei r ⩾ 1. Sei die Aussage bekannt für r − 1. Betrachte π : Z^{⊕r} → Z, (z_{i})_{i} ↦ z_{r}. Es ist π(B) = mZ für ein m ∈ Z, da in Z jedes Ideal von einem Element erzeugt wird (Z ist Hauptidealbereich). Es ist Kern π ≃ Z^{⊕(r−1)}. Nach Induktionsvoraussetzung ist jede Untergruppe von Kern π von ⩽ r − 1 Elementen erzeugt. Insbesondere ist also Kern(π|_{B}^{π(B)}) = (Kern π) ∩ B ⊆ Kern π von ⩽ r − 1 Elementen erzeugt. Es bleibt also folgende Aussage zu zeigen. Sei u : X → Y eine surjektive Z-lineare Abbildung zwischen abelschen Gruppen. Sei Y von ℓ Elementen erzeugt für ein ℓ ∈ Z_{⩾0} . Sei Kern u von k Elementen erzeugt für ein k ∈ Z_{⩾0} . Dann, so müssen wir zeigen, ist X von k + ℓ Elementen erzeugt. Sei Y = _{Z}⟨y_{1} , …, y_{ℓ}⟩ mit y_{i} ∈ Y für i ∈ [1, ℓ]. Wähle x_{i} ∈ X mit u(x_{i}) = y_{i} für i ∈ [1, ℓ]. Sei Kern u = _{Z}⟨x_{ℓ+1} , …, x_{ℓ+k}⟩ mit x_{i} ∈ X für i ∈ [ℓ + 1, ℓ + k]. Wir behaupten, daß X = _{Z}⟨x_{1} , …, x_{k+ℓ}⟩. Sei x ∈ X gegeben. Schreibe u(x) = ∑_{i∈[1,ℓ]} λ_{i} y_{i} mit λ_{i} ∈ Z für i ∈ [1, ℓ] geeignet. Es wird u(x − ∑_{i∈[1,ℓ]} λ_{i} x_{i}) = u(x) − ∑_{i∈[1,ℓ]} λ_{i} u(x_{i}) = u(x) − ∑_{i∈[1,ℓ]} λ_{i} y_{i} = 0. Schreibe x − ∑_{i∈[1,ℓ]} λ_{i} x_{i} = ∑_{i∈[ℓ+1,ℓ+k]} λ_{i} x_{i} mit λ_{i} ∈ Z für i ∈ [ℓ + 1, ℓ + k] geeignet. Es wird x = (∑_{i∈[1,ℓ]} λ_{i} x_{i}) + (∑_{i∈[ℓ+1,ℓ+k]} λ_{i} x_{i}) = ∑_{i∈[1,ℓ+k]} λ_{i} x_{i}. Dies zeigt die Behauptung.

(2) Es ist 1 ∈ Z ⊆ O. Seien z, w ∈ O gegeben. Sei f(X) = ∑_{i∈[0,m]} a_{i}X^{i} ∈ Z[X] mit a_{m} = 1 und f(z) = 0. Insbesondere ist z^{m} ∈ _{Z}⟨z^{0}, …, z^{m−1}⟩. Sei g(X) = ∑_{i∈[0,n]} b_{i}X^{i} ∈ Z[X] mit b_{n} = 1 und g(w) = 0. Insbesondere ist w^{n} ∈ _{Z}⟨w^{0}, …, w^{n−1}⟩. Beachte, daß m, n ⩾ 1 ist. Sei Z[z, w] := { u(z, w) : u(X, Y) ∈ Z[X, Y] } ⊆ C. Es ist Z[z, w] ein Teilring von C, als Bild des Ringmorphismus Z[X, Y] → C, X ↦ z, Y ↦ w.

Insbesondere sind z − w, zw ∈ Z[z, w]. Also genügt es zu zeigen, daß Z[z, w] ⊆^{!} O. Wir behaupten, daß Z[z, w] =^{!} _{Z}⟨ z^{i}w^{j} : i ∈ [0, m − 1], j ∈ [0, n − 1] ⟩ ist. Sei ℓ ∈ Z_{⩾0} gegeben. Wir wollen zeigen, daß w^{ℓ} ∈^{!} _{Z}⟨ w^{j} : j ∈ [0, n − 1]⟩ ist. Induktion nach ℓ ⩾ 0. Falls ℓ < n ist, so ist nichts zu zeigen. Falls ℓ ⩾ n ist, so folgt aus w^{n} ∈ _{Z}⟨w^{0}, …, w^{n−1}⟩, daß

w^{ℓ} ∈ _{Z}⟨w^{ℓ−n}, …, w^{ℓ−1}⟩ ⊆^{I.V.} _{Z}⟨ w^{j} : j ∈ [0, n − 1]⟩ .

ist. Seien k, ℓ ∈ Z_{⩾0} gegeben. Wir haben zu zeigen, daß

z^{k}w^{ℓ} ∈^{!} _{Z}⟨ z^{i}w^{j} : i ∈ [0, m − 1], j ∈ [0, n − 1]⟩

ist. Nach voriger Aussage dürfen wir ℓ ∈ [0, n − 1] annehmen. Wir führen nun eine Induktion nach k ⩾ 0. Falls k < m ist, so ist nichts zu zeigen. Falls k ⩾ m ist, so folgt aus z^{m} ∈ _{Z}⟨z^{0}, …, z^{m−1}⟩, daß

z^{k}w^{ℓ} ∈ _{Z}⟨z^{k−m}w^{ℓ}, …, z^{k−1}w^{ℓ}⟩ ⊆^{I.V.} _{Z}⟨ z^{i}w^{j} : i ∈ [0, m − 1], j ∈ [0, n − 1]⟩

ist. Dies zeigt die Behauptung. Sei nun ξ ∈ Z[z, w] gegeben. Es ist Z[ξ] := { f(ξ) : f(X) ∈ Z[X] } ⊆ Z[z, w] nach (1) und der eben gezeigten Behauptung eine endlich erzeugte abelsche Gruppe. Also hat die Kette

Z⟨ξ^{0}⟩ ⊆ _{Z}⟨ξ^{0}, ξ^{1}⟩ ⊆ _{Z}⟨ξ^{0}, ξ^{1}, ξ^{2}⟩ ⊆ ⋯,

deren Vereinigung ganz Z[ξ] ist, spätestens ab dann nur noch Glieder gleich Z[ξ], wenn alle gewählten Erzeuger von Z[ξ] im betrachteten Kettenglied enthalten sind. Insbesondere gibt es ein k ∈ Z_{⩾1} mit ξ^{k} ∈ _{Z}⟨ξ^{0}, …, ξ^{k−1}⟩. Dann aber gibt es λ_{i} ∈ Z für i ∈ [0, k − 1] mit ξ^{k} = ∑_{i∈[0,k−1]} λ_{i} ξ^{i}. Folglich ist ξ ∈ O.

Alternativ, ist Z[ξ] als endlich erzeugte abelsche Gruppe bekannt, so können wird Z[ξ] = Z⟨h_{1}(ξ), …, h_{v}(ξ)⟩ schreiben, wobei v ∈ Z_{⩾0} und h_{i}(X) ∈ Z[X] für i ∈ [1, v]. Sei M := max{ deg h_{i} : i ∈ [1, v] }. Es ist ξ^{M+1} = ∑_{i∈[1,v]} c_{i}h_{i}(ξ) für gewisse c_{i} ∈ Z für i ∈ [1, v]. Da H(X) := X^{M+1} − ∑_{i∈[1,v]} c_{i}h_{i}(X) ∈ Z[X] normiert ist und H(ξ) = 0 ist, folgt ξ ∈ O.

(3) Sei q ∈ Q gegeben mit f(q) = 0 für f(X) = ∑_{i∈[0,m]} λ_{i}X^{i} ∈ Z[X], wobei m ∈ Z_{⩾1} und λ_{m} = 1.

Wir haben zu zeigen, daß q ∈^{!} Z.

Annahme, nicht. Schreibe q = \frac{a}{b} mit a, b ∈ Z ∖ \{0\} teilerfremd, und mit b ∉ \{−1, +1\}.

Aus

∑_{i∈[0,m]} λ_{i} (\frac{a}{b})^{i} = 0

folgt

0 = ∑_{i∈[0,m]} λ_{i}a^{i}b^{m−i} ≡_{b} λ_{m}a^{m} = a^{m} ≢_{b} 0 ,

und wir haben einen Widerspruch.

Aufgabe 30 Schreibe n := χ(1). Zu zeigen ist Kern ρ =^{!} { g ∈ G : χ(g) = n }. Sei g ∈ G. Zu ⊆^{!}. Ist ρ(g) = id_{V} , so ist χ(g) = χ_{ρ}(g) = tr ρ(g) = tr id_{V} = dim_{C} V = n.

Zu ⊇^{!}. Schreibe k := |⟨g⟩| und ζ := ζ_{k}. Es ist χ(g) = ∑_{j∈[0,k−1]} x_{j} ζ^{j} mit x_{j} ∈ Z_{⩾0} so, daß ∑_{j∈[0,k−1]} x_{j} = n, wobei ζ^{k} ein Eigenwert von ρ(g) von (algebraischer wie geometrischer) Multiplizität x_{j} ist, wobei Multiplizität 0 heiße, daß ζ^{k} kein Eigenwert ist. Cf. Aufgabe 25.(1) und Lösung dazu. Es ist Re(ζ^{j}) = cos(2πj/k) < 1 für j ∈ [1, k − 1]. Ist χ(g) = n, dann ist

x_{0} + ∑_{j∈[1,k−1]} x_{j} = n = Re n = Re χ(g) = Re(∑_{j∈[0,k−1]} x_{j} ζ^{j}) = x_{0} + ∑_{j∈[1,k−1]} x_{j} Re(ζ^{j}) ,

also

0 = ∑_{j∈[1,k−1]} x_{j}(1 − Re(ζ^{j})) .

Da darin stets x_{j} ⩾ 0 und (1 − Re ζ^{j}) > 0 ist, folgt, daß x_{j} = 0 für j ∈ [1, k − 1] und also x_{0} = n ist. Somit ist 1 der einzige Eigenwert von ρ(g). Da ρ(g) diagonalisierbar ist, folgt ρ(g) = id_{V} , i.e. g ∈ Kern ρ; cf. Lösung zu Aufgabe 25.(1).

Aufgabe 31 Vorbemerkung. Sei C eine R-Algebra. Seien _{C}X und _{C}Y gegeben. Es ist Hom_{C}(X, Y) bekanntermaßen eine abelsche Gruppe via (f + f̃)(x) := f(x) + f̃(x) für f, f̃ ∈ Hom_{C}(X, Y) und x ∈ X. Es wird Hom_{C}(X, Y) zu einem R-Modul via (rf)(x) := r(f(x)) für r ∈ R, f ∈ Hom_{C}(X, Y) und x ∈ X. Verifizieren wir dies. Seien r, r̃ ∈ R, f, f̃ ∈ Hom_{C}(X, Y), c, c̃ ∈ C, x, x̃ ∈ X gegeben. Es ist rf wieder C-linear, da

(rf)(c x + c̃x̃) = r(f(c x + c̃x̃)) = r(cf(x) + c̃f(x̃)) = c rf(x) + c̃rf(x̃) = c(rf)(x) + c̃(rf)(x̃) .

Es ist

(1 · f)(x) = 1 · f(x)
= f(x)
((rr̃)f)(x) = (rr̃)f(x)
= r(r̃f(x))
= r(r̃f)(x)
= (r(r̃f))(x)
((r + r̃)(f + f̃))(x) = (r + r̃)(f + f̃)(x)
= (r + r̃)(f(x) + f̃(x))
= rf(x) + r̃f(x) + rf̃(x) + r̃f̃(x)
= (rf)(x) + (r̃f)(x) + (rf̃)(x) + (r̃f̃)(x)
= (rf + r̃f + rf̃+ r̃f̃)(x) ,

und also

\begin{aligned}1 · f & = & f \\ (rr̃)f & = & r(r̃f) \\ (r + r̃)(f + f̃) & = & rf + r̃f + rf̃+ r̃f̃ . \end{aligned}

(1) Es soll Hom_{A}(M, P) zu einem B-Linksmodul werden vermöge

(b · f)(m) := f(mb)

für b ∈ B, f ∈ Hom_{A}(M, P) und m ∈ M. Verifizieren wir dies. Bekanntermaßen ist Hom_{A}(M, P) eine abelsche Gruppe; cf. Vorbemerkung. Seien ferner b, b̃ ∈ B, f, f̃ ∈ Hom_{A}(M, P), a, ã ∈ A, m, m̃ ∈ M gegeben. Es ist bf wieder A-linear, da

(bf)(am + ãm̃) = f((am + ãm̃)b)
= f(amb + ãm̃b)
= f(amb) + f(ãm̃b)
= af(mb) + ãf(m̃b)
= a(bf)(m) + ã(bf)(m̃) .

Es ist

(1 · f)(m) = f(m · 1)
= f(m)
((bb̃)f)(m) = f(m(bb̃))
= f((mb)b̃)
= (b̃f)(mb)
= (b(b̃f))(m)
((b + b̃)(f + f̃))(m) = (f + f̃)(m(b + b̃))
= (f + f̃)(mb + mb̃)
= f(mb + mb̃) + f̃(mb + mb̃)
= f(mb) + f(mb̃) + f̃(mb) + f̃(mb̃)
= (bf)(m) + (b̃f)(m) + (bf̃)(m) + (b̃f̃)(m)
= (bf + b̃f + bf̃+ b̃f̃)(m) ,

und also

\begin{aligned}1 · f & = & f \\ (bb̃)f & = & b(b̃f) \\ (b + b̃)(f + f̃) & = & bf + b̃f + bf̃+ b̃f̃ . \end{aligned}

(2) Wohldefiniertheit von Φ. Gegeben sei f ∈ Hom_{A}(M ⊗_{B} N, P).

Zu zeigen ist die A-Linearität der Abbildung M → P, m ↦ f(m ⊗ n) für n ∈ N und die B-Linearität der Abbildung N → Hom_{A}(M, P), n ↦ (m ↦ f(m ⊗ n)). Es ist

am + ãm̃ ↦ f((am + ãm̃) ⊗ n)
= f((am) ⊗ n + (ãm̃) ⊗ n)
= f(a(m ⊗ n) + ã(m̃ ⊗ n))
= af(m ⊗ n) + ãf(m̃ ⊗ n)

für a, ã ∈ A und m, m̃ ∈ M. Ferner ist

bn + b̃ñ ↦ (m ↦ f(m ⊗ (bn + b̃ñ)))
= (m ↦ f(m ⊗ bn + m ⊗ b̃ñ))
= (m ↦ f(mb ⊗ n + mb̃ ⊗ ñ))
= (m ↦ f(mb ⊗ n) + f(mb̃ ⊗ ñ))
= (m ↦ f(mb ⊗ n)) + (m ↦ f(mb̃ ⊗ ñ))
=^{(1)} b(m ↦ f(m ⊗ n)) + b̃(m ↦ f(m ⊗ ñ))

für b, b̃ ∈ B und n, ñ ∈ N. R-Linearität von Φ. Die R-Modulstruktur von Hom_{A}(M ⊗_{B} N, P) und von Hom_{B}(N, Hom_{A}(M, P)) sei wie in der Vorbemerkung. Seien r, r̃ ∈ R und f, f̃ ∈ Hom_{A}(M ⊗_{B} N, P) gegeben. Es wird

Φ(rf + r̃f̃) = (n ↦ (m ↦ (rf + r̃f̃)(m ⊗ n)))
= (n ↦ (m ↦ rf(m ⊗ n) + r̃f̃(m ⊗ n)))
= (n ↦ (m ↦ rf(m ⊗ n)) + (m ↦ r̃f̃(m ⊗ n)))
= (n ↦ (m ↦ rf(m ⊗ n))) + (n ↦ (m ↦ r̃f̃(m ⊗ n)))
= (n ↦ r(m ↦ f(m ⊗ n))) + (n ↦ r̃(m ↦ f̃(m ⊗ n)))
= r(n ↦ (m ↦ f(m ⊗ n))) + r̃(n ↦ (m ↦ f̃(m ⊗ n)))
= rΦ(f) + r̃Φ(f̃) .

Wohldefiniertheit von Ψ. Gegeben sei g ∈ Hom_{B}(N, Hom_{A}(M, P)). Zu zeigen ist die B-Bilinearität von M × N \overline{}P, (m, n) \overline{}(g(n))(m) sowie die A-Linearität der dann resultierenden Abbildung M ⊗_{B} N \overline{}P, m ⊗ n \overline{}(g(n))(m). Es ist

\begin{aligned}(g(bn))(m) & = & (bg(n))(m) \\ & = & (g(n))(mb) \end{aligned}

für m ∈ M, n ∈ N und b ∈ B, sowie

(g(n + ñ))(m + m̃) = (g(n) + g(ñ))(m + m̃)
= (g(n))(m + m̃) + (g(ñ))(m + m̃)
= (g(n))(m) + (g(n))(m̃) + (g(ñ))(m) + (g(ñ))(m̃)

für m, m̃ ∈ M und n, ñ ∈ N.

Ferner ist

a(∑_{(m,n)} z_{(m,n)} m ⊗ n) + ã(∑_{(m,n)} z̃_{(m,n)} m ⊗ n)
= ∑_{(m,n)}(z_{(m,n)}(am) ⊗ n + z̃_{(m,n)}(ãm) ⊗ n)
\overline{}∑_{(m,n)}(z_{(m,n)}(g(n))(am) + z̃_{(m,n)}(g(n))(ãm))
= ∑_{(m,n)}(z_{(m,n)}a(g(n))(m) + z̃_{(m,n)}ã(g(n))(m))
= a(∑_{(m,n)} z_{(m,n)}(g(n))(m)) + ã(∑_{(m,n)} z̃_{(m,n)}(g(n))(m)) .

wobei a, ã ∈ A und z_{(m,n)} , z̃_{(m,n)} ∈ Z für (m, n) ∈ M × N. Gegenseitige Inversion von Φ und Ψ. Zum einen wird

Ψ(Φ(f)) = Ψ(n ↦ (m ↦ f(m ⊗ n)))
= (m ⊗ n ↦ (m ↦ f(m ⊗ n))(m))
= (m ⊗ n ↦ f(m ⊗ n))
= f

für f ∈ Hom_{A}(M ⊗_{B} N, P).

Zum anderen wird

Φ(Ψ(g)) = Φ(m ⊗ n ↦ (g(n))(m))
= (n ↦ (m ↦ (m ⊗ n ↦ (g(n))(m))(m ⊗ n)))
= (n ↦ (m ↦ (g(n))(m)))
= (n ↦ g(n))
= g

für g ∈ Hom_{B}(N, Hom_{A}(M, P)). Die R-Linearität von Ψ = Φ^{−} folgt nun aus der von Φ.

Die Aussage von Aufgabe 31.(2) kennt man auch als “Adjunktion von Tensor und Hom”, symbolisch geschrieben M ⊗_{B} − ⊣ Hom_{A}(M, −).

Vorsicht! (Hinweis von Simon Klenk.) Es ist Hom_{A}(M, P) ein B-Modul, also auch, via definierendem Morphismus R → A, ein R-Modul. Schreibe diese Operation r ∗ f für r ∈ R und f ∈ Hom_{A}(M, P). Es ist also (r ∗ f)(m) = f(m · r) für m ∈ M. Es ist Hom_{A}(M, P) aber auch ein R-Modul wie oben angegeben. Wir schreiben diese Operation weiterhin r · f für r ∈ R und f ∈ Hom_{A}(M, P). Es ist also (r · f)(m) = r · f(m) für m ∈ M. Ist nun r · m = m · r für alle r ∈ R und m ∈ M, dann ist stets f(m · r) = f(r · m) = r · f(m), da f als A-lineare Abbildung insbesondere R-linear ist. Also ist diesenfalls r ∗ f = r · f. Im allgemeinen ist aber r ∗ f ≠ r · f. Sei hierzu etwa R = A = B = M = P := C. Sei a · m · b := amb̄, letzteres Produkt gebildet im Körper C. Sei f = id, m = 1 und r = i. Zum einen ist (r ∗ f)(m) = f(m · r) = id(1 · i) = ī = −i. Zum anderen ist (r · f)(m) = r · f(m) = i · id(1) = i.

(3) Wir haben zu zeigen, daß

\begin{matrix}P |_{B} & [figure] & Hom_{A}(A, P) \\ p & \overline{} & (a \overline{}ap) \\ u(1) & \overline{} & u \end{matrix}

sich invertierende B-lineare Abbildungen sind. Wohldefiniertheit von \overline{}. Sei p ∈ P. Es ist A \overline{}P, a \overline{}ap eine A-lineare Abbildung, da

(xa + x̃ã) \overline{}(xa + x̃ã)p = x(ap) + x̃(ãp)

für x, x̃, a, ã ∈ A.

B-Linearität von \overline{}. Es wird

bp + b̃p̃ \overline{}(a \overline{}a(bp + b̃p̃))
= (a \overline{}abp + ab̃p̃)
= (a \overline{}abp) + (a \overline{}ab̃p̃)
=^{(1)} b(a \overline{}ap) + b̃(a \overline{}ap̃)

für b, b̃ ∈ B und p, p̃ ∈ P. Gegenseitige Inversion. Zum einen wird p \overline{}(a \overline{}ap) \overline{}(a \overline{}ap)(1) = p für p ∈ P. Zum anderen wird u \overline{}u(1) \overline{}(a \overline{}au(1) = u(a)) = u.

Aufgabe 32 Da 6 · (Z × Z^{2×2} × Z) ⊆ ω(ZS_{3}), ist Z(ω(ZS_{3})) = ω(ZS_{3}) ∩ Z(Z × Z^{2×2} × Z). Unter Verwendung der Lösung zu Aufgabe 18.(1) ergibt sich

ω(ZS_{3}) ∩ Z(Z × Z^{2×2} × Z) = \{ (a, (\begin{matrix}b & 0 \\ 0 & b \end{matrix}) , c) ∈ Z × Z^{2×2} × Z : a ≡_{3} b, b ≡_{3} c, a ≡_{2} c\} .

Es folgt

Z(ZS_{3})  \overline{}^{ω_{Z}|_{Z(ZS_{3})}^{ω_{Z}(Z(ZS_{3}))}}_{∼}  ω_{Z}(Z(ZS_{3})) = \{(a, b, c) ∈ Z × Z × Z : a ≡_{3} b ≡_{3} c, a ≡_{2} c\} ⊆ Z × Z × Z .

Aufgabe 33

(1) Die Aussage ist falsch. Es hat e.g. S_{3} einen irreduziblen Charakter χ := (^{2 0 −1}); cf. Beispiel 86.(1). Multipliziert mit der Klassenfunktion φ := (^{0 0 1}) erhalten wir die Klassenfunktion χ·φ = (^{0 0 −1}). Diese ist kein Charakter, da _{S_{3}}(χ · φ , χ) = \frac{1}{3} ∉ Z.

(2) Die Aussage ist richtig.

Wegen ψ(1) = 1 ist ψ|^{GL_{1}(C)} : G \overline{}GL_{1}(C) ein Gruppenmorphismus; cf. Beispiel 73.(6).

Also ist ψ(g)^{−} = ψ(g^{−}) =^{A. 25.(2)} \overline{ψ(g)} für g ∈ G.

Es folgt

G(χ · ψ, χ · ψ) = \frac{1}{|G|} ∑_{g} χ(g) · ψ(g) · \overline{χ(g) · ψ(g)}
=  \frac{1}{|G|} ∑_{g} χ(g) \overline{χ(g)} ψ(g)ψ(g)^{−}
=  \frac{1}{|G|} ∑_{g} χ(g) \overline{χ(g)}
=  _{G}(χ, χ)
=^{B. 94.(2)} 1 ,

und also ist χ · ψ irreduzibel; cf. Bemerkung 94.(2).

Cf. Beispiel 111.

(3) Die Aussage ist falsch.

Schreibe C_{2} = ⟨ a : a^{2} ⟩. Betrachte den Gruppenmorphismus f : C_{2} \overline{}S_{3} , a \overline{}(1, 2). Wir verwenden die Bezeichnungen von Beispiel 86.(1) für X(S_{3}), und die von Beispiel 86.(2) für X(C_{2}).

Es ist χ_{3} = (^{2 0 −1}) ein irreduzibler Charakter von S_{3} . Es wird (χ_{3} ∘ f)(1) = χ_{3}(id) = 2 und (χ_{3} ∘ f)(a) = χ_{3}((1, 2)) = 0. Somit ist χ_{3} ∘ f = (^{2 0}) = (^{1 1}) + (^{1 −1}) nicht irreduzibel; cf. Beispiel 86.(2).

(4) Die Aussage ist richtig. Über Charaktere. Wir wollen zeigen, daß _{H}(χ ∘ f, χ ∘ f) =^{!} 1 ist; cf. Bemerkung 94.(2). Beachte, daß die Fasern von H ^{\overline{}^{f}} G alle die gleiche Länge |H|/|G| haben, da für g ∈ G und h ∈ H mit f(h) = g sich f^{−1}({g}) = h · Kern f ergibt, und da |H|/| Kern f| = |H/ Kern f| = |G|. Somit wird

H(χ ∘ f, χ ∘ f) = |H|^{−1} ∑_{h∈H} χ(f(h)) \overline{χ(f(h))}
= |H|^{−1} ∑_{g∈G} ∑_{h∈f^{−1}(\{g\})} χ(f(h)) \overline{χ(f(h))}
= |H|^{−1} ∑_{g∈G} ∑_{h∈f^{−1}(\{g\})} χ(g) \overline{χ(g)}
= |H|^{−1} ∑_{g∈G} |f^{−1}(\{g\})| χ(g) \overline{χ(g)}
= |H|^{−1} ∑_{g∈G}(|H|/|G|)χ(g) \overline{χ(g)}
= |G|^{−1} ∑_{g∈G} χ(g) \overline{χ(g)}
= _{G}(χ, χ)
= 1 .

Über Moduln. Sei χ = χ_{V} für einen einfachen CG-Modul V ; cf. Definition 76. Sei ρ : G \overline{}GL(V) die zugehörige Darstellung; cf. Lemma 44.(2). Es ist ρ ∘ f : H \overline{}GL(V) eine Darstellung von H auf V. Schreiben wir V ⇃_{f} für den zugehörigen CH-Modul. I.e. als C-Vektorraum ist V ⇃_{f} = V, und es operiert h ∈ H via h · v = (ρ(f(h)))(v) = f(h)v für v ∈ V. Es ist (χ ∘ f)(h) = tr ρ(f(h)) für h ∈ H, und folglich ist χ ∘ f = χ_{V⇃_{f}}. Somit ist zu zeigen, daß V ⇃_{f} ein einfacher CH-Modul ist. Da V einfach über CG ist, ist V ≠ 0 und somit V ⇃_{f} ≠ 0. Sei W ⊆ V = V ⇃_{f} ein CH-Teilmodul. Können wir zeigen, daß W ⊆ V ein CG-Teilmodul ist, so folgt aus der Einfachheit von V, daß W = 0 oder W = V, und wir sind fertig. Es ist W ⊆ V ein C-Teilraum. Bleibt zu zeigen, daß gW ⊆^{!} W für g ∈ G. Sei g ∈ G. Da f surjektiv ist, gibt es ein h ∈ H mit f(h) = g. Es wird

gw = f(h)w = h · w ∈ W

für w ∈ W, da W ⊆ V ein CH-Teilmodul ist.

Aufgabe 34

(1) Schreibe für (z^{s})_{s} ∈ ∏_{s∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}} zunächst

ω′(z^{1} , …, z^{t}) := ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr (ω^{s}(g^{−}) z^{s}))g ∈ CG .

Wir wollen ω′ =^{!} ω^{−} zeigen. Da wir bereits wissen, daß ω ein Isomorphismus ist, genügt es, ω′ ∘ ω =^{!} id_{CG} zu zeigen. Dank C-Linearität von ω und ω′ genügt es zu zeigen, daß (ω′ ∘ ω)(h) = h für h ∈ G. In der Tat wird

(ω′ ∘ ω)(h) = ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr (ω^{s}(g^{−}) ω^{s}(h)))g
= ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr ω^{s}(g^{−}h))g
= ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s}χ_{s}(g^{−}h))g
=^{L. 87} ∑_{g∈G} ∂_{g^{−}h,1} g
= h .

(2) Sei q ∈ [1, t]. Es wird

ε_{q} =^{Def.} ω^{−}((∂_{q,s}E_{n_{s}})_{s})
= ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr (ω^{s}(g^{−}) ∂_{q,s}E_{n_{s}}))g
= ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} n_{q} tr (ω^{q}(g^{−})))g
= \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} n_{q}χ_{q}(g^{−})g ,

wie auch in Lemma 89.

(3) Sei q ∈ [1, t]. Seien a, b ∈ [1, n_{q}]. Es wird

e_{a,b}^{q} = ω(ω^{−}(e_{a,b}^{q}))
= ω( ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} n_{q} tr (ω^{q}(g^{−}) e_{a,b})))g)
= ω( ∑_{g∈G}(\frac{1}{|G|} n_{q} ω_{b,a}^{q}(g^{−}))g)
= ( ∑_{g∈G} \frac{1}{|G|} n_{q} ω_{b,a}^{q}(g^{−}) ω^{s}(g))_{s}
= (( ∑_{g∈G} \frac{1}{|G|} n_{q} ω_{b,a}^{q}(g^{−}) ω_{i,j}^{s}(g))_{i,j})_{s} .

In anderen Worten, für q, s ∈ [1, t], a, b ∈ [1, n_{q}] und i, j ∈ [1, n_{s}] ist

∑_{g∈G} ω_{b,a}^{q}(g^{−}) ω_{i,j}^{s}(g) = 0

falls q ≠ s, und

∑_{g∈G} ω_{b,a}^{q}(g^{−}) ω_{i,j}^{q}(g) = \frac{|G|}{n_{q}} ∂_{i,b} ∂_{j,a} .

Da sich nach Gleichsetzen von a und b sowie von i und j und jeweiliger Summation wieder die horizontale Orthogonalität ergibt, ist dies also eine Art “verfeinerte horizontale Orthogonalität”; allerdings abhängig von der Wahl von ω, im Gegensatz zur horizontalen Orthogonalität aus Satz 90.(1).

Aufgabe 35 Betrachte G als G-Menge via Konjugation ; cf. Beispiel 2.(6). Dies liefert den CG-Modul CG mit der Konjugationsoperation. Sei ψ := χ_{CG} der zugehörige Charakter. Für g ∈ G wird

ψ(g) =^{B. 73.(3)} |{ x ∈ G : ^{g}x = x }| = |{ x ∈ G : gx = xg }| = |{ x ∈ G : ^{x}g = g }| = |C_{G}(g)| .

Somit wird

Z_{⩾0} ∋^{B. 95.(1)} _{G}(χ, ψ) = \frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} |^{G}g_{s}| χ(g_{s}) \overline{ψ(g_{s})} = \frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} |^{G}g_{s}| χ(g_{s}) |C_{G}(g_{s})| =^{L. 5} ∑_{s∈[1,t]} χ(g_{s}) .

Aufgabe 36

(1) Über Charaktere.

Vorbemerkung. Für φ, φ′, φ′′ ∈ Kf(G) ist G(φ · φ′, φ′′) = \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} φ(g) φ′(g) \overline{φ′′(g)} = _{G}(φ, φ̄′ · φ′′) .

Dank Bemerkung 94.(1), genügt es zu zeigen, daß für jeden irreduziblen Charakter τ von G gilt, daß

G((ψ · (χ⇃_{H}^{G}))↿_{H}^{G} , τ) =^{!} _{G}((ψ↿_{H}^{G}) · χ , τ)

ist. In der Tat wird

G((ψ · (χ⇃_{H}^{G}))↿_{H}^{G} , τ) =^{L. 120} _{H}(ψ · (χ⇃_{H}^{G}), τ⇃_{H}^{G})
= _{H}(ψ, \overline{(χ⇃_{H}^{G})} · (τ⇃_{H}^{G}))
= _{H}(ψ, (χ̄ · τ)⇃_{H}^{G})
=^{L. 120} _{G}(ψ↿_{H}^{G} , χ̄ · τ)
= _{G}((ψ↿_{H}^{G}) · χ , τ) .

Alternativ können wir Lemma 117 verwenden und erhalten für g ∈ G

(ψ · (χ⇃_{H}^{G}))↿_{H}^{G} (g) = |H|^{−1} ∑_{x∈G, ^{x}g∈H} (ψ · (χ⇃_{H}^{G}))(^{x}g)
= |H|^{−1} ∑_{x∈G, ^{x}g∈H} ψ(^{x}g) · χ(^{x}g)
= |H|^{−1} ∑_{x∈G, ^{x}g∈H} ψ(^{x}g) · χ(g)
= ψ ↿_{H}^{G} (g) · χ(g)
= ((ψ ↿_{H}^{G}) · χ)(g) .

Über Moduln. Beachte zunächst, daß

(ψ · (χ⇃_{H}^{G}))↿_{H}^{G} = χ_{N⊗M}↿_{H}^{G} = χ_{CG ⊗_{CH}(N⊗M)}

und

(ψ↿_{H}^{G}) · χ = (χ_{N}↿_{H}^{G}) · χ_{M} = χ_{(CG ⊗_{CH}N)⊗M}

ist. Wir haben zu zeigen, daß eben diese zugehörigen CG-Moduln isomorph sind; cf. Bemerkung 95.(2). Wir wollen zunächst folgende CH-lineare Abbildung konstruieren.

[figure: N; ⊗; M; f_{0}; (CG; ⊗_{CH}; N); ⊗; M; n; ⊗; m; (1; ⊗; n); ⊗; m]

Es ist (1 ⊗ n) ⊗ m additiv in m und n. Ferner wird für z ∈ C auch

(1 ⊗ nz) ⊗ m = (1 ⊗ n)z ⊗ m = (1 ⊗ n) ⊗ zm .

Folglich ist f_{0} wohldefiniert und Z-linear. Auf Z-linearen Erzeugern erkennt man, daß f_{0} auch C-linear ist, denn es wird

f_{0}(z(n ⊗ m)) = f_{0}(zn ⊗ m)
= (1 ⊗ zn) ⊗ m
= (z ⊗ n) ⊗ m
= (z(1 ⊗ n)) ⊗ m
= z((1 ⊗ n) ⊗ m)
= zf_{0}(n ⊗ m)

für z ∈ C, wobei m ∈ M und n ∈ N. Schließlich erkennt man auf Z-linearen Erzeugern, daß f_{0} insgesamt CH-linear ist, denn es wird

f_{0}(h(n ⊗ m)) = f_{0}(hn ⊗ hm)
= (1 ⊗ hn) ⊗ hm
= (h ⊗ n) ⊗ hm
= h(1 ⊗ n) ⊗ hm
= h((1 ⊗ n) ⊗ m)
= hf_{0}(n ⊗ m)

für h ∈ H, wobei n ∈ N und m ∈ M. Dies liefert via Aufgabe 31.(2, 3) die CG-lineare Abbildung

[figure: CG; ⊗_{CH}; (N; ⊗; M); f; (CG; ⊗_{CH}; N); ⊗; M; g; ⊗; (n; ⊗; m); (g; ⊗; n); ⊗; gm ,]

da g ⊗ (n ⊗ m) in der Tat abgebildet wird auf

gf_{0}(n ⊗ m) = g((1 ⊗ n) ⊗ m) = g(1 ⊗ n) ⊗ gm = (g ⊗ n) ⊗ gm .

Vorsicht, es hat f mit dem Assoziativitätsisomorphismus aus der Lösung zu Aufgabe 26.(4) nichts zu tun.

Bleibt zu zeigen, daß f bijektiv ist. Sei G = ⨆_{k∈[1,ℓ]} x_{k}H. Sei ( n_{j} : j ∈ [1, v] ) eine C-lineare Basis von N. Sei ( m_{i} : i ∈ [1, u] ) eine C-lineare Basis von M. Dann ist

( x_{k} ⊗ (n_{j} ⊗ m_{i}) : k ∈ [1, ℓ], j ∈ [1, v], i ∈ [1, u] )

eine C-lineare Basis von CG ⊗_{CH} (N ⊗ M); cf. Beweis zu Lemma 110 und Beweis zu Lemma 117. Diese wird auf das Tupel

( (x_{k} ⊗ n_{j}) ⊗ x_{k}m_{i} : k ∈ [1, ℓ], j ∈ [1, v], i ∈ [1, u] )

abgebildet. Da für jedes k ∈ [1, ℓ] das Tupel ( x_{k}m_{i} : i ∈ [1, u] ) eine C-lineare Basis von M und ( x_{k} ⊗ n_{j} : k ∈ [1, ℓ], j ∈ [1, v] ) eine C-lineare Basis von CG ⊗_{CH} N ist, ist jenes Bildtupel eine C-lineare Basis von (CG ⊗_{CH} N) ⊗ M. Somit ist f bijektiv.

(2) Über Charaktere. Es ist

((χ · χ′) · χ′′)(g) = (χ(g) · χ′(g)) · χ′′(g) = χ(g) · (χ′(g) · χ′′(g)) = (χ · (χ′ · χ′′))(g)

für g ∈ G. Über Moduln. Beachte zunächst, daß

(χ · χ′) · χ′′ = (χ_{M} · χ_{M′}) · χ_{M′′} = χ_{M⊗M′} · χ_{M′′} = χ_{(M⊗M′)⊗M′′}

und

χ · (χ′ · χ′′) = χ_{M} · (χ_{M′} · χ_{M′′}) = χ_{M} · χ_{M′⊗M′′} = χ_{M⊗(M′⊗M′′)}

ist. Wir haben zu zeigen, daß eben diese zugehörigen CG-Moduln isomorph sind; cf. Bemerkung 95.(2). Wir verfügen über die bijektive C-lineare Abbildung

[figure: M; ⊗; (M′; ⊗; M′′); f; (M; ⊗; M′); ⊗; M′′; m; ⊗; (m′; ⊗; m′′); (m; ⊗; m′); ⊗; m′′ ;]

cf. Aufgabe 26.(4) und Lösung davon. Wir haben zu zeigen, daß diese Abbildung CG-linear ist. Es genügt, dies auf Z-linearen Erzeugern zu zeigen. Es wird

f(g(m ⊗ (m′ ⊗ m′′))) = f(gm ⊗ g(m′ ⊗ m′′))
= f(gm ⊗ (gm′ ⊗ gm′′))
= (gm ⊗ gm′) ⊗ gm′′
= g(m ⊗ m′) ⊗ gm′′
= g((m ⊗ m′) ⊗ m′′)
= gf(m ⊗ (m′ ⊗ m′′)) ,

wobei g ∈ G, m ∈ M, m′ ∈ M′, m′′ ∈ M′′.

(3) Über Charaktere. Es ist

\overline{(χ · χ′)}(g) = \overline{(χ · χ′)(g)} = \overline{χ(g) · χ′(g)} = \overline{χ(g)} · \overline{χ′(g)} = χ̄(g) · χ̄′(g) = (χ̄ · χ̄′)(g)

für g ∈ G. Über Moduln. Beachte zunächst, daß

\overline{χ · χ′} = \overline{χ_{M} · χ_{M′}} = χ̄_{M⊗M′} = χ_{(M⊗M′)^{∗}}

und

χ̄ · χ̄′ = χ̄_{M} · χ̄_{M′} = χ_{M^{∗}} · χ_{M^{′∗}} = χ_{M^{∗}⊗M^{′∗}}

ist. Wir haben zu zeigen, daß eben diese zugehörigen CG-Moduln isomorph sind; cf. Bemerkung 95.(2).

Wir wollen folgende CG-lineare Abbildung konstruieren und als bijektiv nachweisen.

\begin{matrix}M^{∗} & ⊗ & M^{′∗} & ^{\overline{}^{f}} & (M ⊗ M′)^{∗} \\ λ & ⊗ & λ′ & \overline{} & (m ⊗ m′ \overline{}λ(m) · λ′(m′)) \end{matrix}

Es ist (m ⊗ m′ \overline{}λ(m) · λ′(m′)) additiv in λ und in λ′. Für z ∈ C wird ferner

(λz)(m) · λ′(m′) = (zλ)(m) · λ′(m′) = z · λ(m) · λ′(m′) = λ(m) · (zλ′)(m′)

für m ∈ M und m′ ∈ M′, weswegen die entsprechenden Abbildungen aus M ⊗M′ übereinstimmen. Also ist f eine wohldefinierte Z-lineare Abbildung. Zeigen wir, daß f auch CG-linear ist. Für z ∈ C, g ∈ G, λ ∈ M^{∗} und λ′ ∈ M^{′∗} wird

f(z(λ ⊗ λ′)) = f(zλ ⊗ λ′)
= (m ⊗ m′ \overline{}(zλ)(m) · λ′(m′))
= (m ⊗ m′ \overline{}zλ(m) · λ′(m′))
= z(m ⊗ m′ \overline{}λ(m) · λ′(m′))

und

f(g(λ ⊗ λ′)) = f(gλ ⊗ gλ′)
= (m ⊗ m′ \overline{}(gλ)(m) · (gλ′)(m′))
= (m ⊗ m′ \overline{}λ(g^{−}m) · λ′(g^{−}m′))
= g(m ⊗ m′ \overline{}λ(m) · λ′(m′)) ,

beachte hierzu, daß g^{−}(m ⊗ m′) = g^{−}m ⊗ g^{−}m′ ist, sowie cf. Lemma 106. Zeigen wir, daß f bijektiv ist. Sei (m_{1} , …, m_{u}) eine C-lineare Basis von M. Sei (λ_{1} , …, λ_{u}) die dazu duale Basis von M^{∗}. Sei (m′_{1} , …, m′_{u′}) eine C-lineare Basis von M′. Sei (λ′_{1} , …, λ′_{u′}) die dazu duale Basis von M^{′∗}. Es ist ( λ_{i}⊗λ′_{j} : i ∈ [1, u], j ∈ [1, u′] ) eine C-lineare Basis von M^{∗}⊗M^{′∗}; cf. Beweis zu Lemma 110. Diese wird unter f abgebildet auf

( (m ⊗ m′ \overline{}λ_{i}(m) · λ′_{j}(m′)) : i ∈ [1, u], j ∈ [1, u′] ) .

Es ist ( m_{i}⊗m′_{j} : i ∈ [1, u], j ∈ [1, u′] ) eine C-lineare Basis von M ⊗M′; cf. Beweis zu Lemma 110. Zu dieser ist unser Bildtupel eine duale Basis von (M ⊗ M′)^{∗}, da sich

(m ⊗ m′ \overline{}λ_{i}(m) · λ′_{j}(m′))(mĩ ⊗ m′ ; j̃) = λ_{i}(mĩ) · λ_{j}(m′ ; j̃) = ∂_{i, ĩ} ∂_{j, j̃} = ∂_{(i,j),(ĩ,j̃)}

ergibt für i, ĩ ∈ [1, u] und j, j̃ ∈ [1, u′]. Also ist f bijektiv.

Argumente über Moduln lassen sich bei Bedarf besser verallgemeinern als Argumente über Charaktere. Daher legt man Wert auf diese Möglichkeit.

Aufgabe 37

(1) Wir zerlegen S_{4} = S_{3} id ⊔ S_{3}(1, 4) ⊔ S_{3}(2, 4) ⊔ S_{3}(3, 4).

Dies sieht man e.g. wie folgt. Es ist S_{4}/S_{3} → [1, 4], σS_{3} ↦ σ(4) ein Isomorphismus von S_{4}-Mengen; cf. Lemma 5. Unter dieser bijektiven Abbildung kommt id S_{3} auf 4, (1, 4) auf 1, (2, 4) auf 2 und (3, 4) auf 3. Schließlich bilden die Inversen einer Menge von Linksnebenklassenvertretern eine Menge von Rechtsnebenklassenvertretern.

Schreibe dementsprechend ρ_{1} := id, ρ_{2} := (1, 4), ρ_{3} := (2, 4), ρ_{4} := (3, 4). Wir haben die Konjugationsklassenrepräsentanten id, (1, 2), (1, 2, 3) in S_{3} aus Beispiel 93.(1). Wir haben die Konjugationsklassenrepräsentanten id, (1, 2), (1, 2, 3), (1, 2, 3, 4) und (1, 2)(3, 4) in S_{4} . Die Konjugationsklassenlängen sind 1, 6, 8, 6, 3, respektive. Es ist χ_{1} = (^{1 1 1}). Mit Lemma 117 wird

χ_{1}↿_{S_{3}}^{S_{4}}(id) = \frac{|S_{4}|}{|S_{3}|} χ_{1}(id) = 4

χ_{1}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2) ∈ S_{3}} χ_{1}(^{ρ_{j}}(1, 2)) = 1 + 0 + 0 + 1 = 2

χ_{1}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2, 3)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2,3) ∈ S_{3}} χ_{1}(^{ρ_{j}}(1, 2, 3)) = 1 + 0 + 0 + 0 = 1

χ_{1}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2, 3, 4)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2,3,4) ∈ S_{3}} χ_{1}(^{ρ_{j}}(1, 2, 3, 4)) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0

χ_{1}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2)(3, 4)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2)(3,4) ∈ S_{3}} χ_{1}(^{ρ_{j}}(1, 2)(3, 4)) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0 .

So ergibt sich χ_{1}↿_{S_{3}}^{S_{4}} = (^{4 2 1 0 0}). Es ist χ_{2} = (^{1 −1 1}). Mit Lemma 117 wird

χ_{2}↿_{S_{3}}^{S_{4}}(id) = \frac{|S_{4}|}{|S_{3}|} χ_{2}(id) = 4

χ_{2}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2) ∈ S_{3}} χ_{2}(^{ρ_{j}}(1, 2)) = −1 + 0 + 0 + (−1) = −2

χ_{2}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2, 3)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2,3) ∈ S_{3}} χ_{2}(^{ρ_{j}}(1, 2, 3)) = 1 + 0 + 0 + 0 = 1

χ_{2}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2, 3, 4)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2,3,4) ∈ S_{3}} χ_{2}(^{ρ_{j}}(1, 2, 3, 4)) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0

χ_{2}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2)(3, 4)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2)(3,4) ∈ S_{3}} χ_{2}(^{ρ_{j}}(1, 2)(3, 4)) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0 .

So ergibt sich χ_{2}↿_{S_{3}}^{S_{4}} = (^{4 −2 1 0 0}). Es ist χ_{3} = (^{2 0 −1}). Mit Lemma 117 wird

χ_{3}↿_{S_{3}}^{S_{4}}(id) = \frac{|S_{4}|}{|S_{3}|} χ_{3}(id) = 8

χ_{3}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2) ∈ S_{3}} χ_{3}(^{ρ_{j}}(1, 2)) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0

χ_{3}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2, 3)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2,3) ∈ S_{3}} χ_{3}(^{ρ_{j}}(1, 2, 3)) = −1 + 0 + 0 + 0 = −1

χ_{3}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2, 3, 4)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2,3,4) ∈ S_{3}} χ_{3}(^{ρ_{j}}(1, 2, 3, 4)) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0

χ_{3}↿_{S_{3}}^{S_{4}}((1, 2)(3, 4)) = ∑_{j ∈ [1,4], ^{ρ_{j}} (1,2)(3,4) ∈ S_{3}} χ_{3}(^{ρ_{j}}(1, 2)(3, 4)) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0 .

So ergibt sich χ_{3}↿_{S_{3}}^{S_{4}} = (^{8 0 −1 0 0}).

(2) Wir haben den Gruppenmorphismus

[figure: S_{4}; f; S_{3}; (1, 2); (1, 2); (2, 3); (2, 3); (3, 4); (1, 2)]

da (1, 2)^{2} = id, (2, 3)^{2} = id, (1, 2)^{2} = id, ((1, 2)∘(2, 3))^{3} = id, ((2, 3)∘(1, 2))^{3} = id, ((1, 2)∘(1, 2))^{2} = id ; cf. Aufgabe 9, Satz 24. Es ist f surjektiv, da S_{3} = ⟨(1, 2), (2, 3)⟩.

Es wird

S_{4}  ^{\overline{}^{f}} S_{3}
id  \overline{}id
(1, 2)  \overline{}(1, 2)
(1, 2, 3)  \overline{}(1, 2, 3)
(1, 2, 3, 4)  \overline{}(1, 3)
(1, 2)(3, 4)  \overline{}id

Da χ_{3} = (^{2 0 −1}) ist, wird χ_{3} ∘ f = (^{2 0 −1 0 2}). Nach Aufgabe 33.(4) ist χ_{3} ∘ f ein irreduzibler Charakter von S_{4} .

(3) Zur Unterscheidung schreiben wir nun die irreduziblen Charaktere von S_{3} als χ_{3,i}, wobei i ∈ [1, 3], die von S_{4} als χ_{4,i}, wobei i ∈ [1, 5]. Wir haben χ_{4,1} = (^{1 1 1 1 1}) (trivialer Charakter). Wir haben χ_{4,2} = (^{1 −1 1 −1 1}) (zur Signumsdarstellung). Diese beiden Charaktere χ_{1}^{4} und χ_{2}^{4} von S_{4} sind in der Tat irreduzibel, da die zugehörigen Darstellungen eindimensional und damit einfach sind. Cf. Beispiel 39.(3). Mit (1) ergibt sich

S_{4}(χ_{3,1}↿_{S_{3}}^{S_{4}} , χ_{4,1}) = \frac{1}{24}(1 · 4 · 1 + 6 · 2 · 1 + 8 · 1 · 1 + 6 · 0 · 1 + 3 · 0 · 1) = 1 .

Also ist auch χ_{4,3} := χ_{3,1}↿_{S_{3}}^{S_{4}} − 1 · χ_{4,1} = (^{3 1 0 −1 −1}) noch ein Charakter von S_{4} ; cf. Bemerkung 94.(1). Dieser ist in der Tat irreduzibel, da

S_{4}(χ_{4,3} , χ_{4,3}) = \frac{1}{24}(1 · 3 · 3 + 6 · 1 · 1 + 8 · 0 · 0 + 6 · (−1) · (−1) + 3 · (−1) · (−1)) = 1 ;

cf. Bemerkung 94.(2).

Erstere Rechnung läßt sich noch zu

S_{4}(χ_{3,1}↿_{S_{3}}^{S_{4}} , χ_{4,1}) =^{L. 120} _{S_{3}}(χ_{3,1} , χ_{4,1}⇃_{S_{3}}^{S_{4}}) = \frac{1}{6} (1 · 1 · 1 + 3 · 1 · 1 + 2 · 1 · 1) = 1 .

vereinfachen. Oder, ohne weitere Rechnung, es ist χ_{4,1}⇃_{S_{3}}^{S_{4}} = χ_{3,1} irreduzibel, also ist das Resultat gleich 1 dank Bemerkung 94.(2).

Ferner ist χ_{4,4} := χ_{4,3}·χ_{4,2} = (^{3 1 0 −1 −1})·(^{1 −1 1 −1 1}) = (^{3 −1 0 1 −1}) ein irreduzibler Charakter von S_{4} ; cf. Aufgabe 33.(2). Schließlich haben wir mit χ_{4,5} := χ_{3,3} ∘ f = (^{2 0 −1 0 2}) aus (2) gerade 5 paarweise verschiedene irreduzible Charaktere von S_{4} gefunden, wie uns von der Anzahl der Konjugationsklassen vorgegeben war. Somit ist

X(S_{4}) =  [ \begin{matrix}& id & (1, 2) & (1, 2, 3) & (1, 2, 3, 4) & (1, 2)(3, 4) \\ & 1 & 6 & 8 & 6 & 3 \\ χ_{4,1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{4,2} & 1 & −1 & 1 & −1 & 1 \\ χ_{4,3} & 3 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ χ_{4,4} & 3 & −1 & 0 & 1 & −1 \\ χ_{4,5} & 2 & 0 & −1 & 0 & 2 \end{matrix} ] ,

Hier noch ein alternativer Weg, um ohne (2) auf χ_{4,5} zu kommen.

Aus (1) haben wir noch den von χ_{3,3} = (^{2 0 −1}) induzierten Charakter χ_{3,3}↿_{S_{3}}^{S_{4}} = (^{8 0 −1 0 0}).

Es ist _{S_{4}}(χ_{3,3}↿_{S_{3}}^{S_{4}} , χ_{4,3}) =^{L. 120} _{S_{3}}(χ_{3,3}, χ_{4,3}⇃_{S_{3}}^{S_{4}}) = \frac{1}{6} (1 · 2 · 3 + 3 · 0 · 1 + 2 · (−1) · 0) = 1.

Es ist _{S_{4}}(χ_{3,3}↿_{S_{3}}^{S_{4}} , χ_{4,4}) =^{L. 120} _{S_{3}}(χ_{3,3}, χ_{4,4}⇃_{S_{3}}^{S_{4}}) = \frac{1}{6} (1 · 2 · 3 + 3 · 0 · (−1) + 2 · (−1) · 0) = 1.

Also ist auch χ_{4,5} := χ_{3,3}↿_{S_{3}}^{S_{4}} − χ_{4,3} − χ_{4,4} = (^{8 0 −1 0 0}) − (^{3 1 0 −1 −1}) − (^{3 −1 0 1 −1}) = (^{2 0 −1 0 2}) ein Charakter von S_{4} ; cf. Bemerkung 94.(1). Dank

S_{4}(χ_{4,5} , χ_{4,5}) = \frac{1}{24} (1 · 2 · 2 + 6 · 0 · 0 + 8 · (−1) · (−1) + 6 · 0 · 0 + 3 · 2 · 2) = 1

ist χ_{4,5} in der Tat irreduzibel; cf. Bemerkung 94.(2).

Aufgabe 38

(1) Schreibe H := C_{G}(m).

Lösung über Moduln. Sei C der triviale CH-Modul. Es genügt zu zeigen, daß CM und CG ⊗_{CC_{G}(m)} C isomorphe CG-Moduln sind; cf. Bemerkung 74, Definition 116. Wir haben die CH-lineare Abbildung C \overline{}M, 1 \overline{}m, da hm = m für h ∈ H. Aufgabe 31.(2, 4) macht hieraus die CG-lineare Abbildung

[figure: CG; ⊗_{CH}; C; CM; g; ⊗; 1; gm ,]

deren Existenz man auch direkt einsehen kann. Da M transitiv ist, ist diese Abbildung surjektiv. Da zudem

dim_{C}(CG ⊗_{CH} C) =^{L. 117} |G|/|H| =^{L. 5} |M| = dim_{C}(CM)

ist, ist die Abbildung bijektiv. Lösung über Charaktere. Sei ψ_{1} der triviale Charakter von H. Sei g ∈ G gegeben. Es ist χ_{CM}(g) = |{ m ∈ M : gm = m }|; cf. Beispiel 73.(3). Es ist

ψ_{1}↿_{H}^{G}(g) =^{L. 117} \frac{1}{|H|} ∑_{x ∈ G, ^{x}g ∈ H} ψ_{1}(^{x}g)
= \frac{1}{|H|} ∑_{x ∈ G, ^{x}g ∈ H} 1
= \frac{1}{|H|}|\{ x ∈ G : ^{x}g ∈ H \}|
= \frac{1}{|H|}|\{ x ∈ G : gx^{−}H = x^{−}H \}|
= \frac{1}{|H|}|\{ x ∈ G : g(xH) = xH \}|
= |{ xH ∈ G/H : g(xH) = xH }|
=^{L. 5} |{ m ∈ M : gm = m }|
= χ_{CM}(g) .

(2) Sei m ∈ M. Sei ψ_{1} der triviale Charakter von H := C_{G}(m). Es wird

G(χ_{CM} , χ_{1}) =^{(1)}  _{G}(ψ_{1}↿_{H}^{G} , χ_{1})
=^{L. 120} _{H}(ψ_{1} , χ_{1}⇃_{H}^{G})
= _{H}(ψ_{1} , ψ_{1})
= 1 .

(3) Sowohl die Anzahl der Bahnen als auch der Wert von \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} |\{ m ∈ M : gm = m \}| sind additiv bezüglich disjunkter Vereinigungen von G-Mengen. Somit ist o.E. M transitiv; cf. Bemerkung 6.

Zu zeigen ist, daß 1 =^{!} \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} |\{ m ∈ M : gm = m \}|.

Es wird

1 =^{(2)} _{G}(χ_{CM} , χ_{1}) = \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} χ_{CM}(g) \underbrace{\overline{χ_{1}(g)}}_{= 1} =^{B. 73.(3)} \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} |\{ m ∈ M : gm = m \}| .

(4) Sei χ_{1} der triviale Charakter von G. Es tritt χ_{1} mit Multiplizität 1 in χ_{CM} auf; cf. Lösung zu (2). Also ist φ := χ_{CM} − χ_{1} ein Charakter von G. Zu zeigen ist, daß φ irreduzibel ist. Zu zeigen ist also, daß _{G}(φ, φ) =^{!} 1 ; cf. Bemerkung 94.(2). Es ist

G(φ, φ) = _{G}(χ_{CM} − χ_{1} , χ_{CM} − χ_{1})
= _{G}(χ_{CM} , χ_{CM}) − 2_{G}(χ_{CM} , χ_{1}) + _{G}(χ_{1} , χ_{1})
=^{(2)} _{G}(χ_{CM} , χ_{CM}) − 1 .

Zu zeigen ist also, daß _{G}(χ_{CM} , χ_{CM}) =^{!} 2. Sei m ∈ M so, daß M ∖ {m} eine transitive H := C_{G}(m)-Menge ist. Sei ψ_{1} der triviale Charakter von H. Es wird

G(χ_{CM} , χ_{CM}) =^{(1)}  _{G}(ψ_{1}↿_{H}^{G} , χ_{CM})
=^{L. 120} _{H}(ψ_{1} , χ_{CM}⇃_{H}^{G})
= _{H}(ψ_{1} , (φ + χ_{1})⇃_{H}^{G})
= _{H}(ψ_{1} , φ⇃_{H}^{G} + ψ_{1})
= _{H}(ψ_{1} , φ⇃_{H}^{G}) + 1 .

Zu zeigen ist also, daß _{G}(ψ_{1} , φ⇃_{H}^{G}) =^{!} 1. Es ist M = {m} ⊔ (M ∖ {m}) eine Zerlegung in H-Mengen. Als CH-Moduln ist also CM = C{m} ⊕ C(M ∖ {m}) zerlegt, wobei H auf m und damit auch auf C{m} trivial operiert.

Somit ist auch der zu M gehörige Charakter χ_{CM}⇃_{H}^{G} von H die Summe aus dem trivialen Charakter ψ_{1} von H und dem zu C(M ∖ {m}) gehörigen Charakter von H; cf. Bemerkung 75.

Nun ist aber der zu M gehörige Charakter χ_{CM}⇃_{H}^{G} auch Summe von ψ_{1} und φ⇃_{H}^{G} .

Ein Vergleich zeigt, daß φ⇃_{H}^{G} der zu C(M ∖ {m}) gehörige Charakter von H ist. Da nach Voraussetzung C(M ∖ {m}) eine transitive H-Menge ist, folgt daher mit (2), daß in der Tat

G(ψ_{1} , φ⇃_{H}^{G}) = 1

ist.

Sei M eine transitive G-Menge.

Via g(m, m′) := (gm, gm′) für g ∈ G und m, m′ ∈ M wird M × M zu einer G-Menge.

Sei ΔM := { (m, m) : m ∈ M } ⊆ M × M. Es ist M × M = ΔM ⊔ (M × M ∖ ΔM) eine Zerlegung in G-Mengen. Wir behaupten, daß M genau dann doppelt transitiv ist, wenn M × M ∖ ΔM transitiv ist. Sei zum einen M × M ∖ ΔM transitiv. Sei m ∈ M. Sind x, x′ ∈ M ∖ {m} vorgegeben, so gibt es ein g ∈ G mit (x′, m) = (gx, gm). Also ist g ∈ C_{G}(m) mit gx = x′ gefunden. Existiere umgekehrt m ∈ M so, daß M ∖{m} eine transitive C_{G}(m)-Menge ist. Wähle m′ ∈ M ∖{m}. Sei (x, x′) ∈ M × M ∖ ΔM gegeben. Da M transitiv ist, gibt es ein g ∈ G mit gm = x. Da g^{−}x′ ≠ g^{−}x = m, gibt es ein u ∈ C_{G}(m) mit um′ = g^{−}x′. Es wird gu(m, m′) = (gum, gum′) = (gm, gg^{−}x′) = (x, x′). Dies zeigt die Behauptung. Diese äquivalente Charakterisierung zeigt, daß die Wahl von m in der Definition der doppelten Transitivität keine Rolle spielt.

Aufgabe 39.

Schreibe z = x + iy mit x, y ∈ R. Es wird

0 = |z + r|^{2} − (|z| + r)^{2} = ((x + r)^{2} + y^{2}) − (x^{2} + y^{2} + 2|z|r + r^{2}) = 2(x − |z|)r ,

i.e. x = |z|.

Es folgt

x^{2} = |z|^{2} = x^{2} + y^{2} ,

also y = 0.

Ferner ist x = |z| ∈ R_{⩾0}.

Insgesamt ist z = x + iy ∈ R_{⩾0} .

Alternativ kann man mit Cauchy-Schwarz argumentieren.

Aufgabe 40

(1) Wir wollen zeigen, daß Γ eine linear unabhängige Teilmenge des L-Vektorraums Hom_{K}(L, L) ist. Annahme nicht. Sei m ∈ Z_{⩾1} minimal so, daß es λ_{i} ∈ L und paarweise verschiedene γ_{i} ∈ Γ für i ∈ [1, m] gibt mit ∑_{i∈[1,m]} λ_{i}γ_{i} = 0, aber λ_{j} ≠ 0 für ein j ∈ [1, m].

Wegen Minimalität ist λ_{i} ≠ 0 für alle i ∈ [1, m]. Da γ_{1}(1) = 1 ist, ist γ_{1} ≠ 0 und also m ⩾ 2. Es ist γ_{1} ≠ γ_{2} . Sei x ∈ L so gewählt, daß γ_{1}(x) ≠ γ_{2}(x). Es wird

∑_{i∈[1,m]} λ_{i}γ_{i}(z) = 0

für z ∈ L. Also ist

\begin{aligned}0 & = & ∑_{i∈[1,m]} λ_{i}γ_{i}(xy) & = & ∑_{i∈[1,m]} λ_{i}γ_{i}(x)γ_{i}(y) \\ 0 & = & (∑_{i∈[1,m]} λ_{i}γ_{i}(y))γ_{1}(x) & = & ∑_{i∈[1,m]} λ_{i}γ_{1}(x)γ_{i}(y) \end{aligned}

für y ∈ L. Als Differenz erhalten wir

0 = ∑_{i∈[2,m]} λ_{i}(γ_{i}(x) − γ_{1}(x))γ_{i}(y) = 0

für y ∈ L, i.e.

0 = ∑_{i∈[2,m]} λ_{i}(γ_{i}(x) − γ_{1}(x))γ_{i} = 0

Da λ_{2}(γ_{2}(x) − γ_{1}(x)) ≠ 0 ist, ist das ein Widerspruch zur angenommenen Minimalität. Also ist Γ linear unabhängig. Ist nun L endlichdimensional über K, so ist auch dim_{L} Hom_{K}(L, L) = dim_{K} L =: n. Denn ist (x_{1} , …, x_{n}) eine K-lineare Basis von L, so ist ( (x_{i} \overline{}∂_{j,i}) : j ∈ [1, n] ) eine L-lineare Basis von Hom_{K}(L, L). Da Γ eine linear unabhängige Teilmenge des L-Vektorraums ist, folgt |Γ| ⩽ n.

Diese lineare Unabhängigkeit von Γ ist als Dedekindsches Lemma bekannt.

(2) Es wurde Φ_{n}(X) ∈ Q(X) gebildet.

(i) Um zu zeigen, daß Φ_{n}(X) ∈ Z[X] liegt und Φ_{n}(X) = ∏_{i∈[1,n−1], ggT(i,n)=1}(X − ζ^{i}) (gebildet in C[X]) ist für n ∈ Z_{⩾1} , verwenden wir Induktion nach n. Sei n ∈ Z_{⩾1}. Beachte, daß ζ_{n/d} = ζ_{n}^{d} = ζ^{d} für d | n. Es wird

Φ_{n}(X) = \frac{X^{n} − 1}{∏_{d | n, d≠n} Φ_{d}(X)}

= \frac{X^{n} − 1}{∏_{d | n, d≠1} Φ_{n/d}(X)}

= \frac{∏_{i∈[0,n−1]}(X − ζ^{i})}{∏_{d | n, d≠1} ∏_{i∈[0,n/d−1], ggT(i,n/d) = 1}(X − ζ^{id})}

= \frac{∏_{i∈[0,n−1]}(X − ζ^{i})}{∏_{d | n, d≠1} ∏_{i∈[0,n−1], ggT(i,n) = d}(X − ζ^{i})}

= \frac{∏_{i∈[0,n−1]}(X − ζ^{i})}{∏_{i∈[0,n−1], ggT(i,n) ≠ 1}(X − ζ^{i})}
= ∏_{i∈[0,n−1], ggT(i,n)=1}(X − ζ^{i}) .

Insbesondere ist Φ_{n}(X) ∈ C[X]. Bleibt zu zeigen, daß Φ_{n}(X) ∈^{!} Z[X] ist. Annahme, nicht. Schreibe Φ_{n}(X) =: ∑_{k⩾0} z_{k} X^{k}. Sei k̂ ⩾ 0 maximal mit zk̂ ∈ C ∖ Z.

Schreibe ∏_{d | n, d≠n} Φ_{d}(X) =: f(X) = ∑_{ℓ⩾0} w_{ℓ} X^{ℓ} ∈ Z[X], was nach Induktionsvoraussetzung möglich ist. Sei ℓ̂:= deg f. Es ist wℓ̂ = 1.

Es ist der Koeffizient von X^{k̂+ℓ̂} in Φ_{n}(X)f(X) gleich

∑_{ℓ∈[0,ℓ̂]} z_{k̂+ℓ̂−ℓ} w_{ℓ} = zk̂ + \underbrace{∑_{ℓ∈[0,ℓ̂−1]} z_{k̂+ℓ̂−ℓ} w_{ℓ}}_{∈ Z} ∉ Z .

Aber es ist Φ_{n}(X)f(X) = X^{n} − 1 ∈ Z[X]. Wir haben einen Widerspruch.

(ii) Vorbemerkung : Gaußsches Lemma. Sei a(X) ∈ Z[X] normiert. Sei b(X) ∈ Q[X] ein Teiler von a(X) in Q[X]. Die Nullstellen von b(X) in C sind auch Nullstellen von a(X), liegen also in O. Es folgt b(X) ∈ Q[X] ∩ O[X] = Z[X] ; cf. Aufgabe 29.(3). Wir wollen zeigen, daß Φ_{n}(X) in Q[X] irreduzibel ist. Annahme, nicht. Sei Φ_{n}(X) = u(X)v(X) mit u, v ∈ Q[X] normiert und deg u, deg v ⩾ 1. Es sind u(X), v(X) ∈ Z[X] ; cf. Vorbemerkung. Sei ξ ∈ C eine Nullstelle von u(X). Da ξ auch eine Nullstelle von Φ_{n}(X) ist, folgt ξ = ζ^{i} für ein i ∈ [0, n − 1] mit ggT(i, n) = 1. Sei j ∈ [0, n − 1] mit ggT(j, n) = 1. Es gibt ein a ∈ Z mit ggT(a, n) = 1 und ia ≡_{n} j, für welches dann auch ζ^{ia} = ζ^{j} ist. Können wir also zeigen, daß mit ξ auch ξ^{a} eine Nullstelle von u(X) ist für alle a ∈ Z teilerfremd zu n, so haben wir gezeigt, daß jede Nullstelle von Φ_{n}(X) auch Nullstelle von u(X) ist, daß also u(X) = Φ_{n}(X) und v(X) = 1 ist, und wir sind an einen Widerspruch angelangt. Sei p eine Primzahl teilerfremd zu n. Es genügt zu zeigen, daß mit ξ auch ξ^{p} eine Nullstelle von u(X) ist.

Annahme, nicht. Dann ist ξ^{p} eine Nullstelle von v(X), i.e. ξ ist eine Nullstelle von v(X^{p}). Also ist (X − ξ) ein gemeinsamer Teiler von u(X) und v(X^{p}) in C[X]. Der Euklidsche Algorithmus in C[X], ausgeführt innerhalb Q[X], darf also nicht ggT(u(X), v(X^{p})) = 1 liefern. Sei g(X) := ggT(u(X), v(X^{p})) ∈ Q[X] (als normiert vereinbart); es ist deg g ⩾ 1. Es ist g(X) ∈ Z[X] ; cf. Vorbemerkung.

Schreibe u(X) = r(X) g(X) und v(X^{p}) = s(X) g(X) mit r(X), s(X) ∈ Z[X] ; cf. Vorbemerkung.

Wir bilden alles nach F_{p}[X] ab, ohne Änderung der Bezeichnungen.

Sei γ(X) ∈ F_{p}[X] ein normierter irreduzibler Teiler von g(X). Dann ist γ(X) ein Teiler von u(X) in F_{p}[X]. Ferner ist γ(X) ein Teiler von v(X^{p}) = v(X)^{p} in F_{p}[X] . Also ist γ(X) auch ein Teiler von v(X). Insgesamt ist γ(X)^{2} ein Teiler von u(X)v(X) = Φ_{n}(X). Somit ist γ(X)^{2} auch ein Teiler von X^{n} − 1. Schreibe X^{n} − 1 = γ(X)^{2} δ(X) für ein δ(X) ∈ F_{p}[X]. In F_{p}[X] wird

nX^{n−1} = (X^{n} − 1)′ = (γ(X)^{2} δ(X))′ = 2γ(X) γ′(X) δ(X) + γ(X)^{2} δ(X) .

(formale Ableitung in F_{p}[X]). Da γ(X) die rechte Seite teilt, folgt, daß es auch die linke Seite teilt. Da n ≢_{p} 0 ist, folgt γ(X) = X, und somit 0 = γ(0)^{2} δ(0) = 0^{n} − 1 = −1 in F_{p}. Wir haben einen Widerspruch.

(iii) Sei Γ die Menge aller Q-Algebrenmorphismen von Q(ζ) nach Q(ζ).

Sei i ∈ [0, n − 1] mit ggT(i, n) = 1 gegeben.

Da Φ_{n}(ζ^{i}) = 0 gemäß (1), haben wir einen Q-Algebrenmorphismus

[figure: Q[X]/(Φ_{n}(X)); f_{i}; Q(ζ); X + (Φ_{n}(X)); ζ^{i}]

Es ist f_{i} ist surjektiv, da mit ζ^{i} auch alle anderen Potenzen von ζ im Bild liegen.

Es ist f_{i} injektiv, da Φ_{n}(X) dank (ii) irreduzibel ist und also Q[X]/(Φ_{n}(X)) ein Körper ist, und da Q(ζ) nicht der Nullring ist.

Es ist f_{i} ∘ f_{1}^{−1} : Q(ζ) ^{\overline{}^{∼}} Q(ζ) ein Isomorphismus von Q-Algebren, der ζ nach ζ^{i} abbildet.

Also ist |Γ| ⩾ deg Φ_{n}(X).

Sei K := { z ∈ Q(ζ) : für σ ∈ Γ ist σ(z) = z }. Es ist Q ⊆ K ⊆ Q(ζ).

Es ist K ⊆ Q(ζ) ein Teilring, da jedes σ ∈ Γ ein Ringmorphismus ist.

Wegen Q ⊆ K ist K eine endlichdimensionale Q-Algebra. Da K zudem ein Integritätsbereich ist, ist K ein Körper.

Es ist dim_{Q} Q(ζ) = (dim_{Q} K)(dim_{K} Q(ζ)), da eine Q-lineare Basis ( x_{i} : i ∈ [1, u] ) von K und eine K-lineare Basis ( y_{j} : j ∈ [1, v] ) von Q(ζ) die Q-lineare Basis ( x_{i} y_{j} : i ∈ [1, u], j ∈ [1, v] ) von Q(ζ) geben.

Es ist dim_{Q} Q(ζ) = dim_{Q}(Q[X]/(Φ_{n}(X))) = deg Φ_{n}(X).

Es ist Q(ζ) eine K-Algebra. Es besteht Γ aus K-Algebrenmorphismen. Also ist |Γ| ⩽ dim_{K} Q(ζ); cf. (1).

Insgesamt ist

deg Φ_{n}(X) = dim_{Q} Q(ζ) = (dim_{Q} K)(dim_{K} Q(ζ)) ⩾ (dim_{Q} K)|Γ| ⩾ (dim_{Q} K)(deg Φ_{n}(X)) .

Es folgt dim_{Q} K = 1, also K = Q.

Aufgabe 41

(1) Sei (g, h) ∈ G × H. Sei χ = χ_{M} für einen CG-Modul M. Sei ψ = χ_{N} für einen CH-Modul N. Wir haben die wohldefinierte und C-lineare Abbildung

[figure: M; ⊗; N; ρ((g,h)); M; ⊗; N; m; ⊗; n; (gm); ⊗; (hn) .]

Es ist ρ((g, h))ρ((g^{−}, h^{−})) = id_{M⊗N} , und also ρ((g, h)) ∈ GL(M ⊗ N). Es ist ρ((g, h))ρ((g̃, h̃)) = ρ((gg̃, hh̃)) für (g, h), (g̃, h̃) ∈ G × H, und also

\begin{aligned}ρ & : & G & × & H & \overline{} & GL(M ⊗ N) \\ & & (g & , & h) & \overline{} & (ρ((g, h)) : m ⊗ n \overline{}(gm) ⊗ (hn)) \end{aligned}

eine Darstellung von G × H. Nennen wir diese das äußere Tensorprodukt von M und N und schreiben den zugehörigen C(G × H)-Modul M ⊠ N. Als C-Vektorraum ist also M ⊠ N = M ⊗ N, und dieser wird ausgestattet mit der zu ρ gehörigen C(G × H)-Modulstruktur. Ferner sei χ ⊡ ψ := χ_{M⊠N} das äußere Produkt von χ und ψ. Berechnen wir χ ⊡ ψ = χ_{M⊠N} ausgehend von χ und ψ. Sei (m_{1} …, m_{k}) eine C-lineare Basis von M. Sei (n_{1} …, n_{ℓ}) eine C-lineare Basis von N. Es ist ( m_{i} ⊗ n_{j} : i ∈ [1, k], j ∈ [1, ℓ] ) eine Basis von M ⊗ N. Sei (g, h) ∈ G × H. Sei i ∈ [1, k]. Sei j ∈ [1, ℓ]. Sei gm_{i} = ∑_{a} z_{a,i} m_{a} mit z_{a,i} ∈ C stets. Sei hn_{j} = ∑_{b} w_{b,j} n_{b} mit w_{b,j} ∈ C stets. Es wird

(g, h)(m_{i} ⊗ n_{j}) = (gm_{i}) ⊗ (hn_{j}) = ∑_{a,b} z_{a,i} w_{b,j} m_{a} ⊗ n_{b} .

Somit wird der Beitrag des Basiselements m_{i} ⊗n_{j} zur Spur von ρ((g, h)) gleich z_{i,i} w_{j,j} . Insgesamt wird

(χ ⊡ ψ)(g, h) = χ_{M⊠N}(g, h) = ∑_{i,j} z_{i,i} w_{j,j} = (∑_{i} z_{i,i})(∑_{j} w_{j,j}) = χ(g) · ψ(h) ,

wie in der Aufgabenstellung vorgegeben.

Betrachten wir einmal den Fall G = H.

Wir erhalten den CG-Modul M ⊗ N aus dem C(G × G)-Modul M ⊠ N durch Restriktion entlang der Diagonalen Δ : G → G × G, g ↦ (g, g) ; cf. Lemma 110. Entsprechend erhalten wir χ · ψ = (χ ⊡ ψ) ∘ Δ ; cf. Bemerkung 113.

(2) Es wird

G×H(χ ⊡ ψ, χ̃ ⊡ ψ̃) = ∑_{(g,h)}(χ ⊡ ψ)(g, h) \overline{(χ̃ ⊡ ψ̃)(g, h)}
= ∑_{(g,h)} χ(g) ψ(h) \overline{χ̃(g) ψ̃(h)}
= (∑_{g} χ(g) \overline{χ̃(g)})(∑_{h} ψ(h) \overline{ψ̃(h)})
= _{G}(χ, χ) · _{H}(ψ, ψ) .

(3) Da das Skalarprodukt auf Charakteren Werte in Z_{⩾0} annimmt, folgt aus (2), daß genau dann G×H(χ ⊡ ψ, χ ⊡ ψ) = 1 gilt, wenn _{G}(χ, χ) = 1 und _{H}(ψ, ψ) = 1 ist; cf. Bemerkung 95.(1). Daraus folgt wiederum, daß χ ⊡ ψ genau dann ein einfacher Charakter von G × H ist, wenn χ ein einfacher Charakter von G und ψ ein einfacher Charakter von H ist; cf. Bemerkung 94.(2).

(4) Seien χ_{1} …, χ_{t} die verschiedenen irreduziblen Charaktere von G, und sei G = ⨆_{s∈[1,t]} ^{G}g_{s}. Seien ψ_{1} …, ψ_{v} die verschiedenen irreduziblen Charaktere von H, und sei H = ⨆_{u∈[1,v]} ^{H}h_{u}. Es ist

G × H = (⨆_{s∈[1,t]} ^{G}g_{s}) × (⨆_{u∈[1,v]} ^{H}h_{u})
= ⨆_{s∈[1,t], u∈[1,v]}(^{G}g_{s} ×^{H}h_{u})
= ⨆_{s∈[1,t], u∈[1,v]} ^{G×H}(g_{s} , h_{u}) .

Also gibt es auch t · v verschiedene irreduzible Charaktere von G × H; cf. Lemma 84. Für s, s̃ ∈ [1, t] und u, ũ ∈ [1, v] ist

G×H(χ_{s} ⊡ ψ_{u} , χs̃ ⊡ ψũ) =^{(2)} _{G}(χ_{s} , χs̃) · _{H}(ψ_{u} , ψũ) = ∂_{s,s̃} ∂_{u,ũ} = ∂_{(s,u),(s̃,ũ)} .

Also sind die t·v irreduziblen Charaktere in ( χ_{s} ⊠ψ_{u} : s ∈ [1, t], u ∈ [1, v] ) paarweise verschieden; cf. (3). Somit taucht jeder irreduzible Charakter von G × H in dieser Liste auf.

(5) Schreibe ζ := ζ_{3} .

Die Charaktertafel von S_{3} ist gegeben durch

X(S_{3}) =  [ \begin{matrix}& id & (1, 2) & (1, 2, 3) \\ & 1 & 3 & 2 \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & −1 & 1 \\ χ_{3} & 2 & 0 & −1 \end{matrix} ] ,

wobei direkt unter den Konjugationsklassenrepräsentanten die Länge ihrer Konjugationsklassen notiert wurde; cf. Beispiel 93.(1). Die Charaktertafel von C_{3} = ⟨ a : a^{3} ⟩ ist gegeben durch

X(C_{3}) =  [ \begin{matrix}& 1 & a & a^{2} \\ & 1 & 1 & 1 \\ ψ_{1} & 1 & 1 & 1 \\ ψ_{2} & 1 & ζ & ζ^{2} \\ ψ_{3} & 1 & ζ^{2} & ζ \end{matrix} ] ,

wobei direkt unter den Konjugationsklassenrepräsentanten die Länge ihrer Konjugationsklassen notiert wurde; cf. Beispiel 93.(2). Gemäß (4) und Lösung dazu ergibt sich folgende Charaktertafel von S_{3} × C_{3} .

X(S_{3}×C_{3}) =  [ \begin{matrix}& (id,1) & ((1,2),1) & ((1,2,3),1) & (id,a) & ((1,2),a) & ((1,2,3),a) & (id,a^{2}) & ((1,2),a^{2}) & ((1,2,3),a^{2}) \\ & 1 & 3 & 2 & 1 & 3 & 2 & 1 & 3 & 2 \\ χ_{1} ⊠ ψ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} ⊠ ψ_{1} & 1 & −1 & 1 & 1 & −1 & 1 & 1 & −1 & 1 \\ χ_{3} ⊠ ψ_{1} & 2 & 0 & −1 & 2 & 0 & −1 & 2 & 0 & −1 \\ χ_{1} ⊠ ψ_{2} & 1 & 1 & 1 & ζ & ζ & ζ & ζ^{2} & ζ^{2} & ζ^{2} \\ χ_{2} ⊠ ψ_{2} & 1 & −1 & 1 & ζ & −ζ & ζ & ζ^{2} & −ζ^{2} & ζ^{2} \\ χ_{3} ⊠ ψ_{2} & 2 & 0 & −1 & 2ζ & 0 & −ζ & 2ζ^{2} & 0 & −ζ^{2} \\ χ_{1} ⊠ ψ_{3} & 1 & 1 & 1 & ζ^{2} & ζ^{2} & ζ^{2} & ζ & ζ & ζ \\ χ_{2} ⊠ ψ_{3} & 1 & −1 & 1 & ζ^{2} & −ζ^{2} & ζ^{2} & ζ & −ζ & ζ \\ χ_{3} ⊠ ψ_{3} & 2 & 0 & −1 & 2ζ^{2} & 0 & −ζ^{2} & 2ζ & 0 & −ζ \end{matrix} ] ,

Aufgabe 42

(1) Es ist S^{2}M ⊆ M ⊗ M ein CG-Teilmodul, da für m, m′ ∈ M und g ∈ G der C-lineare Erzeuger m ⊗ m′ + m′ ⊗ m von S^{2}M unter Multiplikation mit g auf

g(m ⊗ m′ + m′ ⊗ m) = (gm) ⊗ (gm′) + (gm′) ⊗ (gm) ∈ S^{2}M

abgebildet wird. Es ist Λ^{2}M ⊆ M ⊗ M ein CG-Teilmodul, da für m, m′ ∈ M und g ∈ G der C-lineare Erzeuger m ⊗ m′ − m′ ⊗ m von Λ^{2}M unter Multiplikation mit g auf

g(m ⊗ m′ − m′ ⊗ m) = (gm) ⊗ (gm′) − (gm′) ⊗ (gm) ∈ S^{2}M

abgebildet wird. Es ist M ⊗ M = S^{2}M + Λ^{2}M, da für m, m′ ∈ M der C-lineare Erzeuger m ⊗ m′ von M ⊗ M in der rechten Seite enthalten ist wegen

m ⊗ m′ = \underbrace{\frac{1}{2}(m ⊗ m′ + m′ ⊗ m)}_{∈ S^{2}M} + \underbrace{\frac{1}{2}(m ⊗ m′ − m′ ⊗ m)}_{∈ Λ^{2}M} ∈ S^{2}M + Λ^{2}M .

Sei (m_{1}, …, m_{k}) eine C-lineare Basis von M. Es erzeugt ( m_{i} ⊗m_{j} +m_{j} ⊗m_{i} : 1 ⩽ i ⩽ j ⩽ k) auf C-lineare Weise S^{2}M. Denn für m = ∑_{i} z_{i} m_{i} und m′ = ∑_{i} z′_{i} m_{i} mit z_{i} , z′_{i} ∈ C für i ∈ [1, k] wird

\begin{aligned}m ⊗ m′ + m′ ⊗ m & = & (∑_{i} z_{i} m_{i}) ⊗ (∑_{j} z′_{j} m_{j}) + (∑_{j} z′_{j} m_{j}) ⊗ (∑_{i} z_{i} m_{i}) \\ & = & ∑_{i,j} z_{i} z′_{j}(m_{i} ⊗ m_{j} + m_{j} ⊗ m_{i}) . \end{aligned}

Es erzeugt ( m_{i} ⊗m_{j} −m_{j} ⊗m_{i} : 1 ⩽ i < j ⩽ k) auf C-lineare Weise Λ^{2}M. Denn für m = ∑_{i} z_{i} m_{i} und m′ = ∑_{i} z′_{i} m_{i} mit z_{i} , z′_{i} ∈ C für i ∈ [1, k] wird

m ⊗ m′ − m′ ⊗ m = (∑_{i} z_{i} m_{i}) ⊗ (∑_{j} z′_{j} m_{j}) − (∑_{j} z′_{j} m_{j}) ⊗ (∑_{i} z_{i} m_{i})
= ∑_{i,j} z_{i} z′_{j}(m_{i} ⊗ m_{j} − m_{j} ⊗ m_{i})
= ∑_{i≠j} z_{i} z′_{j}(m_{i} ⊗ m_{j} − m_{j} ⊗ m_{i}) .

Also ist

k^{2} = dim_{C}(M ⊗ M) ⩽ \underbrace{dim_{C} S^{2}M}_{⩽ \frac{k(k+1)}{2}} + \underbrace{dim_{C} Λ^{2}M}_{⩽ \frac{k(k−1)}{2}} ⩽ k^{2} .

Somit stehen überall Gleichheiten. Insbesondere ist

( m_{i} ⊗ m_{j} + m_{j} ⊗ m_{i} : 1 ⩽ i ⩽ j ⩽ k)

eine C-lineare Basis von S^{2}M, es ist

( m_{i} ⊗ m_{j} − m_{j} ⊗ m_{i} : 1 ⩽ i < j ⩽ k)

eine C-lineare Basis von Λ^{2}M und es ist die Summe S^{2}M + Λ^{2}M direkt. Sei g ∈ G. Schreibe gm_{a} = ∑_{b} w_{b,a} m_{b} für a ∈ [1, k], wobei w_{b,a} ∈ C stets. Berechnen wir χ_{S^{2}M}(g). Sei 1 ⩽ i ⩽ j ⩽ k gegeben. Es wird

g(m_{i} ⊗ m_{j} + m_{j} ⊗ m_{i}) = ∑_{a,b} w_{a,i} w_{b,j}(m_{a} ⊗ m_{b} + m_{b} ⊗ m_{a}) .

Der Beitrag zur Spur des Basiselements m_{i} ⊗ m_{j} + m_{j} ⊗ m_{i} ist also gleich w_{i,i} w_{j,j} + w_{i,j} w_{j,i}, falls i < j, und w_{i,i}^{2} , falls i = j. Insgesamt wird

χ_{S^{2}M}(g) = (∑_{i<j} w_{i,i} w_{j,j} + w_{i,j} w_{j,i}) + (∑_{i} w_{i,i}^{2})
= \frac{1}{2}(∑_{i} w_{i,i})(∑_{j} w_{j,j}) + (∑_{i<j} w_{i,j} w_{j,i}) + \frac{1}{2}(∑_{i} w_{i,i}^{2})
= \frac{1}{2}(∑_{i} w_{i,i})(∑_{j} w_{j,j}) + \frac{1}{2}(∑_{i,j} w_{i,j} w_{j,i})
= \frac{1}{2}((tr ρ_{M}(g))^{2} + tr(ρ_{M}(g)^{2}))
= \frac{1}{2}((tr ρ_{M}(g))^{2} + tr(ρ_{M}(g^{2})))
= \frac{1}{2}(χ_{M}(g)^{2} + χ_{M}(g^{2})) .

Berechnen wir χ_{Λ^{2}M}(g). Sei 1 ⩽ i < j ⩽ k gegeben. Es wird

g(m_{i} ⊗ m_{j} − m_{j} ⊗ m_{i}) = ∑_{a,b} w_{a,i} w_{b,j}(m_{a} ⊗ m_{b} − m_{b} ⊗ m_{a}) .

Der Beitrag zur Spur des Basiselements m_{i} ⊗ m_{j} − m_{j} ⊗ m_{i} ist also gleich w_{i,i} w_{j,j} − w_{i,j} w_{j,i}. Insgesamt wird

χ_{Λ^{2}M}(g) = (∑_{i<j} w_{i,i} w_{j,j} − w_{i,j} w_{j,i})
= \frac{1}{2}(∑_{i} w_{i,i})(∑_{j} w_{j,j}) − (∑_{i<j} w_{i,j} w_{j,i}) − \frac{1}{2}(∑_{i} w_{i,i}^{2})
= \frac{1}{2}(∑_{i} w_{i,i})(∑_{j} w_{j,j}) − \frac{1}{2}(∑_{i,j} w_{i,j} w_{j,i})
= \frac{1}{2}((tr ρ_{M}(g))^{2} − tr(ρ_{M}(g)^{2}))
= \frac{1}{2}((tr ρ_{M}(g))^{2} − tr(ρ_{M}(g^{2})))
= \frac{1}{2}(χ_{M}(g)^{2} − χ_{M}(g^{2})) .

Probe. Es ist für g ∈ G in der Tat

χ_{M} (g)^{2} = χ_{M⊗M} (g) = χ_{S^{2}M} (g) + χ_{Λ^{2}M} (g) = \frac{1}{2} (χ_{M} (g)^{2} + ρ_{M} (g^{2})) + \frac{1}{2} (χ_{M} (g)^{2} − ρ_{M} (g^{2})) . Alternative. Wir können auch Eigenwerte zur Berechnung von χ_{S^{2}M} (g) und χ_{Λ^{2}M} (g) verwenden. Sei (m_{1} , …, m_{k}) eine C-lineare Basis von M aus Eigenvektoren von ρ_{M} (g) ; cf. Lösung zu Aufgabe 25.(1). Sei gm_{i} = ξ_{i}m_{i} mit ξ_{i} ∈ C für i ∈ [1, k]. Also ist g^{2}m_{i} = ξ_{i}^{2}m_{i} mit ξ_{i} ∈ C für i ∈ [1, k]. Insbesondere ist χ_{M} (g) = ∑_{i∈[1,k]} ξ_{i} und χ_{M} (g^{2}) = ∑_{i∈[1,k]} ξ_{i}^{2} . Es ist g(m_{i}⊗m_{j}+m_{j}⊗m_{i}) = gm_{i}⊗gm_{j}+gm_{j}⊗gm_{i} = ξ_{i}m_{i}⊗ξ_{j}m_{j}+ξ_{j}m_{j}⊗ξ_{i}m_{i} = ξ_{i}ξ_{j}(m_{i}⊗m_{j}+m_{j}⊗m_{i}) für 1 ⩽ i ⩽ j ⩽ k. Also ist

χ_{S^{2}M} (g) = ∑_{1⩽i⩽j⩽k} ξ_{i}ξ_{j}
= \frac{1}{2} ((∑_{i∈[1,k]} ξ_{i})^{2} + (∑_{i∈[1,k]} ξ_{i}^{2}))
= \frac{1}{2} (χ_{M} (g)^{2} + χ_{M} (g^{2})) .

Es ist g(m_{i}⊗m_{j}−m_{j}⊗m_{i}) = gm_{i}⊗gm_{j}−gm_{j}⊗gm_{i} = ξ_{i}m_{i}⊗ξ_{j}m_{j}−ξ_{j}m_{j}⊗ξ_{i}m_{i} = ξ_{i}ξ_{j}(m_{i}⊗m_{j}−m_{j}⊗m_{i}) für 1 ⩽ i ⩽ j ⩽ k. Also ist

χ_{Λ^{2}M} (g) = ∑_{1⩽i<j⩽k} ξ_{i}ξ_{j}
= \frac{1}{2} ((∑_{i∈[1,k]} ξ_{i})^{2} − (∑_{i∈[1,k]} ξ_{i}^{2}))
= \frac{1}{2} (χ_{M} (g)^{2} − χ_{M} (g^{2})) .

(2) Die Charaktertafel von S_{4} ist gegeben durch

X(S_{4}) =  [ \begin{matrix}& id & (1, 2) & (1, 2, 3) & (1, 2, 3, 4) & (1, 2)(3, 4) \\ & 1 & 6 & 8 & 6 & 3 \\ χ_{4,1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{4,2} & 1 & −1 & 1 & −1 & 1 \\ χ_{4,3} & 3 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ χ_{4,4} & 3 & −1 & 0 & 1 & −1 \\ χ_{4,5} & 2 & 0 & −1 & 0 & 2 \end{matrix} ] ,

wobei direkt unter den Konjugationsklassenrepräsentanten die Länge ihrer Konjugationsklassen notiert wurde; cf. Lösung zu Aufgabe 37.(3). Wir ordnen die Konjugationsklassenrepräsentanten von S_{5} in der folgenden Reihenfolge, darunter die Konjugationsklassenlängen.

\begin{matrix}id & (1, 2) & (1, 2, 3) & (1, 2, 3, 4) & (1, 2, 3, 4, 5) & (1, 2)(3, 4) & (1, 2, 3)(4, 5) \\ 1 & 10 & 20 & 30 & 24 & 15 & 20 \end{matrix}

Wir schreiben Charaktere dementsprechend als Zeilenvektoren. Es sind χ_{5,1} := (^{1 1 1 1 1 1 1}) und χ_{5,2} := (^{1 −1 1 −1 1 1 −1}) irreduzible Charaktere von S_{5} ; cf. Beispiel 39.(3). Wir arbeiten mit dem Skalarprodukt; cf. Bemerkung 94. Zum Induzieren verwenden wir

S_{5} = S_{4} id ⊔ S_{4}(1, 5) ⊔ S_{4}(2, 5) ⊔ S_{4}(3, 5) ⊔ S_{4}(4, 5) ;

cf. Lemma 117. Es ist χ_{4,1}↿_{S_{4}}^{S_{5}} = (^{5 3 2 1 0 1 0}). Dieser Charakter enthält χ_{5,1} einmal. Folglich ist χ_{5,3} := χ_{4,1}↿_{S_{4}}^{S_{5}} − χ_{5,1} = (^{4 2 1 0 −1 0 −1}) ein Charakter. Dieser ist irreduzibel. Sei χ_{5,4} := χ_{5,3} ·χ_{5,2} = (^{4 −2 1 0 −1 0 1}). Dieser Charakter ist irreduzibel; cf. auch Aufgabe 33.(2). Sei χ_{5,5} := Λ^{2}χ_{5,3} = (^{6 0 0 0 1 −2 0}) ; cf. (1). Dieser Charakter ist irreduzibel. Es ist χ_{4,3}↿_{S_{4}}^{S_{5}} = (^{15 3 0 −1 0 −1 0}). Dieser Charakter enthält χ_{5,3} und χ_{5,5} je einmal. Folglich ist χ_{5,6} := χ_{4,3}↿_{S_{4}}^{S_{5}} − χ_{5,3} − χ_{5,5} = (^{5 1 −1 −1 0 1 1}) ein Charakter. Dieser ist irreduzibel. Sei χ_{5,7} := χ_{5,6} · χ_{5,2} = (^{5 −1 −1 1 0 1 −1}). Dieser Charakter ist irreduzibel; cf. auch Aufgabe 33.(2). Insgesamt ergibt sich die Charaktertafel der S_{5} zu

X(S_{5}) =  [ \begin{matrix}& id & (1,2) & (1,2,3) & (1,2,3,4) & (1,2,3,4,5) & (1,2)(3,4) & (1,2,3)(4,5) \\ & 1 & 10 & 20 & 30 & 24 & 15 & 20 \\ χ_{5,1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{5,2} & 1 & −1 & 1 & −1 & 1 & 1 & −1 \\ χ_{5,3} & 4 & 2 & 1 & 0 & −1 & 0 & −1 \\ χ_{5,4} & 4 & −2 & 1 & 0 & −1 & 0 & 1 \\ χ_{5,5} & 6 & 0 & 0 & 0 & 1 & −2 & 0 \\ χ_{5,6} & 5 & 1 & −1 & −1 & 0 & 1 & 1 \\ χ_{5,7} & 5 & −1 & −1 & 1 & 0 & 1 & −1 \end{matrix} ] ,

Aufgabe 43

(1) Ist z ∈ Z(G), so ist M → M, m ↦ zm ein CG-linearer Endomorphismus von M. Nach Schurs Lemma ist dieser Endomorphismus also durch eine Multiplikation mit einem Element aus C gegeben; cf. Lemma 66.(4), Lemma 69. In anderen Worten, es ist

ρ_{M}(Z(G)) ⩽ Z(GL(M)) = { λ · id_{M} : λ ∈ GL_{1}(C) } .

Abermals in anderen Worten, es gibt einen Gruppenmorphismus μ : Z(G) → GL_{1}(C) mit ρ_{M}(z) = μ(z) · id_{M} für z ∈ Z(G). Sei k ∈ Z_{⩾1} . Schreibe G^{×k} := \underbrace{G × ⋯ × G}_{k Faktoren} und M^{⊠k} := \underbrace{M ⊠ ⋯ ⊠ M}_{k Faktoren}.

Gemäß Aufgabe 41.(L. z. 1, 3) ist M^{⊠k} ein einfacher C(G^{×k})-Modul. Wir haben den surjektiven Gruppenmorphismus Z(G)^{×k} → Z(G), (z_{i})_{i} ↦ z_{1} ⋯ z_{k} und dessen Kern C := { (z_{i})_{i} ∈ Z(G)^{×k} : z_{1} ⋯ z_{k} = 1 } ⊴ G^{×k}. Es ist |C| = |Z(G)|^{k−1}. Ist (z_{i})_{i} = (z_{1} , …, z_{k}) ∈ C, so ist

(z_{1} , …, z_{k})(m_{1} ⊗ ⋯ ⊗ m_{k}) = z_{1}m_{1} ⊗ ⋯ ⊗ z_{k}m_{k}
= μ(z_{1})m_{1} ⊗ ⋯ ⊗ μ(z_{k})m_{k}
= μ(z_{1}) ⋯ μ(z_{k})(m_{1} ⊗ ⋯ ⊗ m_{k})
= μ(z_{1} ⋯ z_{k})(m_{1} ⊗ ⋯ ⊗ m_{k})
= m_{1} ⊗ ⋯ ⊗ m_{k}

für m_{i} ∈ M für i ∈ [1, k]. Also gibt es den C(G^{×k}/C)-Modul M^{⊠k} mit der Operation

(g_{i})_{i}C(m_{1} ⊗ ⋯ ⊗ m_{k}) = g_{1}m_{1} ⊗ ⋯ ⊗ g_{k}m_{k}

für (g_{i})_{i} ∈ G^{×k} und m_{i} ∈ M für i ∈ [1, k]. Da C(G^{×k}) → C(G^{×k}/C), g ↦ gC surjektiv ist, ist dieser ebenfalls einfach; cf. Lösung zu Aufgabe 33.(4). Somit ist dim_{C}(M^{⊠k}) = (dim_{C} M)^{k} ein Teiler von |G^{×k}/C| = |G|^{k}/|Z(C)|^{k−1} ; cf. Satz 102. Da dies für jedes k ∈ Z_{⩾1} zutrifft, folgt, daß dim_{C} M ein Teiler von |G|/|Z(C)| ist. Denn sei p eine Primzahl. Für a ∈ Z schreiben wir v_{p}(a) := max{ i ∈ Z_{⩾0} ; p^{i} teilt a }. Es ist k v_{p}(dim_{C} M) = v_{p}((dim_{C} M)^{k}) ⩽ v_{p}(|G|^{k}/|Z(C)|^{k−1}) = k(v_{p}(|G|)−v_{p}(|Z(G)|))+v_{p}(|Z(G)|) und also v_{p}(dim_{C} M) ⩽ v_{p}(|G|) − v_{p}(|Z(G)|) + k^{−1} v_{p}(|Z(G)|) für k ∈ Z_{⩾1} . Es folgt v_{p}(dim_{C} M) ⩽ v_{p}(|G|) − v_{p}(|Z(G)|).

(2) Sei 1_{Z(CN)} = ε_{1} + ⋯ + ε_{k} die orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in Z(CN) ; cf. Aufgabe 22. Gebe es kein i ∈ [1, k] mit ε_{i}M = M. Es ist 1 · M = (ε_{1} + ⋯ + ε_{k})M ≠ 0. Da also nicht alle ε_{i} das M annullieren können, ist o.E. 0 ⊂ ε_{1}M ⊂ M. Für g ∈ G ist Z(CN) → Z(CN), ξ ↦ gξg^{−} ein C-Algebrenautomorphismus; folglich ist gε_{i}g^{−} ein primitives Idempotent von Z(CN) für i ∈ [1, k]. Definiere g · i durch gε_{i} =: ε_{g·i} für g ∈ G und i ∈ [1, k]. Dies macht [1, k] zu einer G-Menge. Sei H := { g ∈ G : gε_{1}M = ε_{1}M } = C_{G}({1}). Es ist N ⩽ H, da ε_{1} zentral in CN ist. Dank N ⊴ G ist auch N ⊴ H. Es ist ε_{1}M ⊂ M ein CH-Teilmodul. Es ist H < G, da M ein einfacher CG-Modul ist und also ε_{1}M kein CG-Teilmodul von M sein kann.

Wir behaupten, daß ε_{1}M ein einfacher CH-Modul ist. Annahme, nicht. Sei 0 ⊂ X ⊂ ε_{1}M ein CH-Teilmodul. Es ist 0 ⊂ X̂ := ∑_{g∈G} gX ⊆ M ein CG-Teilmodul. Schreibe G = ⨆_{j∈[1,ℓ]} g_{j}H. Es ist X̂ = ∑_{j∈[1,ℓ]} g_{j}X. Es ist g_{j}X ⊂ g_{j}ε_{1}M = g_{j}ε_{1}g_{j}^{−}M = ε_{g_{j}·1}M für g ∈ G. Es ist g_{j} · 1 ≠ g_{j′} · 1 für j, j′ ∈ [1, ℓ] mit j ≠ j′. Also ist X̂ ⊂ M. Widerspruch zur Einfachheit von M. Dies zeigt die Behauptung. Es bleibt zu zeigen, daß als CG-Moduln

M ≃^{!} (ε_{1}M)↿_{H}^{G}

ist, da wir dann für ψ den Charakter zu ε_{1}M von H nehmen können. Zur CH-linearen Inklusionsabbildung ε_{1}M → M gehört mit Aufgabe 31.(2, 3) die CG-lineare Abbildung

[figure: CG; ⊗_{CH}; ε_{1}M; M; g; ⊗; ε_{1}m; gε_{1}m]

Da M einfach ist und das Bild dieser CG-linearen Abbildung ungleich 0 ist, ist diese surjektiv. Bleibt zu zeigen, daß

dim_{C} CG ⊗_{CH} ε_{1}M =^{!} dim_{C} M .

Aber es ist, mit obigen Bezeichnungen, M = ε̂_{1}M = ⨁_{j} g_{j}ε_{1}M wegen der Einfachheit von M. Somit ist

dim_{C} M = dim_{C} ε̂_{1}M = ∑_{j} dim_{C} ε_{1}M = \frac{|G|}{|H|} dim_{C} ε_{1}M =^{L. 117} dim_{C} CG ⊗_{CH} ε_{1}M .

(3) Nehmen wir mit Induktion über |G| an, die Aussage sei gezeigt für alle Gruppen von Ordnung kleiner als |G|. Sei 1_{Z(CA)} = 1_{CA} = ε_{1} + ⋯ + ε_{k} die orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in Z(CA) = CA; cf. Aufgabe 22. Fall : es gibt ein j ∈ [1, k] mit ε_{j}M = M. Beachte, daß CA ≃ C^{×k}, da CA kommutativ ist; cf. Satz 67. Also ist jeder einfache CA-Modul isomorph zu CAε_{i} für ein i ∈ [1, k] ; cf. Lemma 81. Insbesondere sind diese einfachen Moduln alle eindimensional. Es ist M ≃ ⨁_{u∈[1,v]} CAε_{i(u)} für v := dim_{C} M und i(u) ∈ [1, k] für u ∈ [1, v]; cf. Bemerkung 77. Da M = ε_{j}M ist, ist auch

⨁_{u∈[1,v]} CAε_{i(u)} = ε_{j} ⨁_{u∈[1,v]} CAε_{i(u)} = ⨁_{u∈[1,v]} CAε_{j}ε_{i(u)} = ⨁_{u∈[1,v], i(u)=j} CAε_{j} .

Es folgt, daß i(u) = j für alle u ∈ [1, v] und daß M ≃ (CAε_{j})^{⊕v}. Sei a ∈ A. Es ist CAε_{j} → CAε_{j} , ξ ↦ aξ eine CA-lineare Abbildung, und somit gleich λ id_{CAε_{j}} für ein λ ∈ C ; cf. Lemma 66.(4). Unser Isomorphismus zeigt, daß auch M → M, m \overline{}am gleich λ id_{M} ist. Also ist ρ_{M}(A) ⩽ Z(GL(M)) ∩ ρ_{M}(G) ⩽ Z(ρ_{M}(G)). Da M auch ein einfacher C(ρ_{M}(G))-Modul ist, folgt mit (1), daß χ(1) ein Teiler von |ρ_{M}(G)|/|Z(ρ_{M}(G))| und damit von |ρ_{M}(G)|/|ρ_{M}(A)| ist. Ist K := Kern ρ_{M} ⊴ G, so wird ρ_{M}(G) ≃ G/K und ρ_{M}(A) ≃ A/(A ∩ K) ≃ AK/K, letzteres mittels a(A ∩ K) ↦ aK. Also ist |ρ_{M}(G)|/|ρ_{M}(A)| = |G/K|/|AK/K| = |G|/|AK| ein Teiler von |G|/|A|. Insgesamt ist χ(1) als Teiler von \frac{|G|}{|A|} nachgewiesen.

Fall : es gibt kein j ∈ [1, k] mit ε_{j}M = M.

Gemäß (2) gibt es eine Untergruppe A ⊴ H < G und einen irreduziblen Charakter ψ von H mit χ = ψ↿_{H}^{G} .

Nach Induktionsvoraussetzung ist ψ(1) ein Teiler von \frac{|H|}{|A|} . Also ist χ(1) = ψ↿_{H}^{G}(1) =^{L. 120} \frac{|G|}{|H|} ψ(1)

ein Teiler von \frac{|G|}{|H|} · \frac{|H|}{|A|} = \frac{|G|}{|A|} .

Aufgabe 44

Sei χ ein irreduzibler Charakter von G. Es ist zu zeigen, daß χ(1) ⩽^{!} m_{H} \frac{|G|}{|H|} . Es ist also zu zeigen, daß

χ(1) ⩽^{!} ψ(1) \frac{|G|}{|H|}

für einen irreduziblen Charakter ψ von G.

Sei ψ ein irreduzibler Charakter von H mit _{H}(ψ, χ⇃_{H}^{G}) ⩾ 1, existent, da χ⇃_{H}^{G} ≠ 0 ist; cf. Bemerkung 94.(1).

Also ist

ψ(1) \frac{|G|}{|H|} =^{L. 117} ψ↿_{H}^{G}(1) ⩾^{B. 94.(1)} _{G}(ψ↿_{H}^{G} , χ) χ(1) =^{L. 120} _{H}(ψ, χ⇃_{H}^{G}) χ(1) ⩾ χ(1) .

Aufgabe 45

Sei g ∈ G. Es wird

(ψ ∘ r|_{H}^{H/N})↿_{H}^{G}(g) =^{L. 117} \frac{1}{|H|} ∑_{x∈G, ^{x}g∈H}(ψ ∘ r|_{H}^{H/N})(^{x}g)
= \frac{1}{|H|} ∑_{x∈G, ^{x}g∈H} ψ(^{x}gN)
= \frac{|N|}{|H|} ∑_{xN∈G/N, ^{x}gN∈H/N} ψ(^{x}gN)
= \frac{1}{|H/N|} ∑_{xN∈G/N, ^{xN}gN∈H/N} ψ(^{xN}gN)
=^{L. 117} ψ↿_{H/N}^{G/N}(gN)
= (ψ↿_{H/N}^{G/N} ∘ r)(g) .

Aufgabe 46

Wir induzieren irreduzible Charaktere von zyklischen Untergruppen nach S_{4} . Wir verwenden die Notation der Lösung zu Aufgabe 37.(3), was die Konjugationsklassenrepräsentanten id, (1, 2), (1, 2, 3), (1, 2, 3, 4), (1, 2)(3, 4) von S_{4} und ihre Charaktertafel angeht.

Wir haben die zyklische Untergruppe I := ⟨(1, 2, 3, 4)⟩ ⩽ S_{4} . Ihre Konjugationsklassen sind repräsentiert von id, (1, 2, 3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4, 3, 2). Dieser Reihenfolge entsprechend notieren wir Charaktere als Zeilenvektoren; cf. Beispiel 86.(2). Es wird

\begin{aligned}(^{1 1 1 1})↿_{I}^{S_{4}} & = & (^{6 0 0 2 2}) & =: & ψ_{1} \\ (^{1 −1 1 −1})↿_{I}^{S_{4}} & = & (^{6 0 0 −2 2}) & =: & ψ_{2} \\ (^{1} ^{ζ_{4}} ^{−1} ^{−ζ_{4}} )↿_{I}^{S_{4}} & = & (^{6 0 0 0 −2}) & =: & ψ_{3} . \end{aligned}

Wir haben die zyklische Untergruppe J := ⟨(1, 2, 3)⟩ ⩽ S_{4} . Ihre Konjugationsklassen sind repräsentiert von id, (1, 2, 3), (1, 3, 2). Dieser Reihenfolge entsprechend notieren wir Charaktere als Zeilenvektoren; cf. Beispiel 86.(2). Es wird

(^{1} ^{ζ_{3}} ^{ζ_{3}^{2}} )↿_{J}^{S_{4}} = (^{8 0 −1 0 0}) =: ψ_{4} .

Wir haben die zyklische Untergruppe K := ⟨(1, 2)⟩ ⩽ S_{4} . Ihre Konjugationsklassen sind repräsentiert von id, (1, 2). Dieser Reihenfolge entsprechend notieren wir Charaktere als Zeilenvektoren; cf. Beispiel 86.(2). Es wird

(^{1 1})↿_{K}^{S_{4}} = (^{12 2 0 0 0}) =: ψ_{5} .

Somit ist, in der Notation der Lösung von Aufgabe 37.(3),

\begin{aligned}χ_{4,1} & = & (^{1 1 1 1 1}) & = & \frac{1}{2}ψ_{1} − ψ_{4} + \frac{1}{2}ψ_{5} \\ χ_{4,2} & = & (^{1 −1 1 −1 1}) & = & \frac{1}{2}ψ_{1} + ψ_{2} + ψ_{3} − ψ_{4} − \frac{1}{2}ψ_{5} \\ χ_{4,3} & = & (^{3 1 0 −1 −1}) & = & −\frac{1}{2}ψ_{1} + \frac{1}{2}ψ_{5} \\ χ_{4,4} & = & (^{3 −1 0 1 −1}) & = & \frac{1}{2}ψ_{1} + ψ_{3} − \frac{1}{2}ψ_{5} \\ χ_{4,5} & = & (^{2 0 −1 0 2}) & = & −ψ_{3} + ψ_{4} . \end{aligned}

Eine Darstellung wie verlangt ergibt sich hieraus durch Multiplikation mit 24.

Cf. Beispiel 163, wo der Satz 161 von Brauer für G = S_{4} betrachtet wird.

Aufgabe 47

(1) Sei X ein einfacher CG-Modul mit χ_{X} = χ. Sei Y ein einfacher CN-Teilmodul von X mit χ_{Y} = ψ. Es ist ∑_{g∈G} gY ein CG-Teilmodul von X ungleich 0. Also ist X = ∑_{g∈G} gY. Es ist gY ⊆ X ein einfacher CN-Teilmodul mit Charakter ^{g}ψ. Für g ∈ G ist gY ≃ Y als CN-Moduln genau dann, wenn ^{g}ψ = ψ, i.e. wenn g ∈ T. Es ist

Z := ∑_{t∈T} tY

ein CT -Teilmodul von X. Sei

φ := χ_{Z}

der zugehörige Charakter von T. Sei M ⊆ T eine maximale Teilmenge so, daß die Summe ∑_{t∈M} tY direkt ist. Annahme, es ist ⨁_{t∈M} tY ⊂ Z. Dann gibt es ein t′ ∈ T mit t′Y ⊈ ⨁_{t∈M} tY. Da t′Y ein einfacher CN-Modul ist, folgt t′Y ∩ (⨁_{t∈M} tY) = 0 und also, daß die Summe ∑_{t∈M∪{t′}} tY direkt ist. Das ist ein Widerspruch zur Maximalität von M. Also ist Z = ⨁_{t∈M} tY. Entsprechend ist rZ = ⨁_{t∈M} rtY für r ∈ R. Schreibe

e′ := |M| .

Es ist

φ⇃_{N}^{T} = e′ψ .

Es ist X = ∑_{g∈G} gY = ∑_{r∈R} rZ. Letztere Summe ist direkt, da für r, r′ ∈ R mit r ≠ r′ die nicht zueinander isomorphen einfachen CN-Moduln rY und r′Y von verschiedenen primitiven Idempotenten von Z(CN) nicht annulliert werden; cf. Bemerkung 52. Also ist

X = ⨁_{r∈R} rZ .

Zusammen erhalten wir folgende Gleichheit von Charakteren von N.

χ⇃_{N}^{G} = ∑_{r∈R} χ_{rZ} = ∑_{r∈R} ^{r}(χ_{Z}) = e′ ∑_{r∈R} ^{r}ψ

Insbesondere ist

e′ = _{N}(ψ, e′ ∑_{r∈R} ^{r}ψ) = _{N}(ψ, χ⇃_{N}^{G}) = e .

Ferner liefert die CT -lineare Inklusionsabbildung Z \overline{}X die CG-lineare Abbildung

[figure: CG; ⊗_{CT}; Z; f; X; g; ⊗; z; gz ;]

cf. Aufgabe 31.(2, 3). Es ist f surjektiv, da ∑_{g∈G} gY = X im Bild von f enthalten ist; cf. oben. Es ist f injektiv, da

dim_{C}(CG ⊗_{CT} Z) =^{L. 117} \frac{|G|}{|T |} dim_{C} Z = dim_{C} ⨁_{r∈R} rZ = dim_{C} X ;

Also ist f ein CG-linearer Isomorphismus. Es folgt χ = φ↿_{T}^{G}.

Cf. Beispiel 126. Die dort an ψ gestellte Bedingung läuft auf T = N hinaus, was wegen φ⇃_{N}^{T} = eψ auch e = 1 erzwingt. Cf. auch Vorbemerkung 3 in (2) unten. Es ist (1) Bestandteil der Clifford-Theorie.

(2) Vorbemerkung 1. Für g ∈ G ∖ N ist ψ↿_{N}^{G}(g) = 0, denn

ψ↿_{N}^{G}(g) =^{L. 117} \frac{1}{|N|} ∑_{h∈G, ^{h}g∈N} ψ(^{h}g) = 0 .

Vorbemerkung 2. Für x ∈ G ist (^{x}ψ)↿_{N}^{G} = ψ↿_{N}^{G} . Denn bei g ∈ G ∖ N werden beide Seiten null nach Vorbemerkung 1, und bei n ∈ N wird

(^{x}ψ)↿_{N}^{G}(n) =^{L. 117} \frac{1}{|N|} ∑_{h∈G}(^{x}ψ)(^{h}n) = \frac{1}{|N|} ∑_{h∈G} ψ(^{x^{−}h}n) =^{h̃ = x^{−}h} \frac{1}{|N|} ∑_{h̃∈G} ψ(^{h̃}n) =^{L. 117} ψ↿_{N}^{G}(n) .

Vorbemerkung 3. Falls χ(g) = 0 ist für g ∈ G ∖ N und falls e ≠ 0 ist, dann ist

1 =^{B. 94.(2)} _{G}(χ, χ)
=  \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} χ(g) \overline{χ(g)}
=  \frac{1}{|G|} ∑_{n∈N} χ(n) \overline{χ(n)}
=  \frac{|N|}{|G|} _{N}(χ⇃_{N}^{G} , χ⇃_{N}^{G})
=^{(1)}  \frac{|N|}{|G|} · e ∑_{r∈R} _{N}(^{r}ψ , χ⇃_{N}^{G})
=^{L. 120}  \frac{|N|}{|G|} · e ∑_{r∈R} _{N}((^{r}ψ)↿_{N}^{G} , χ)
=  \frac{|N|}{|G|} · e ∑_{r∈R} _{N}(ψ↿_{N}^{G} , χ)
=^{L. 120}  \frac{|N|}{|G|} · e ∑_{r∈R} _{N}(ψ , χ⇃_{N}^{G})
=  \frac{|N|}{|G|} · |R| · e^{2}
=  \frac{|N|}{|T |} · e^{2} ,

mithin

e^{2} = \frac{|T |}{|N|} .

Sei nun e = 1 und χ(g) = 0 für g ∈ G ∖ N. Mit Vorbemerkung 3 ist T = N. Mit (1) wird also φ = φ⇃_{N}^{T} = e · ψ = ψ und somit ψ↿_{N}^{G} = φ↿_{T}^{G} = χ. Sei umgekehrt χ = ψ↿_{N}^{G} . Dann ist ψ↿_{N}^{G}(g) = 0 für g ∈ G ∖ N nach Vorbemerkung 1. Ferner ist

e = _{G}(ψ↿_{N}^{G} , χ) = _{G}(χ, χ) = 1 .

Aufgabe 48 Sei r : G → G/N, g ↦ gN die Restklassenabbildung. Seien χ_{1} , …, χ_{t} die verschiedenen irreduziblen Charaktere von G. Sei A := { s ∈ [1, t] : N ⩽ Kern χ_{s} }. Sei B := { s ∈ [1, t] : N ⩽̸ Kern χ_{s} }. Also [1, t] = A ⊔ B. Sei s ∈ A. Es gibt es genau einen Charakter χ̌_{s} von G/N mit χ̌_{s} ∘ r = χ_{s}, und dieser ist irreduzibel. Denn ist ρ_{s} : G \overline{}GL(V) eine zu χ_{s} gehörige Darstellung von G, so ist N in deren Kern enthalten, cf. Aufgabe 30. Somit gibt es eine Darstellung ρ̌_{s} : G/N → GL(V) mit ρ_{s} = ρ̌_{s} ∘ r. Ist χ̌_{s} der Charakter zu ρ̌_{s}, so folgt χ̌_{s} ∘ r = χ_{s}. Die Eindeutigkeit folgt aus der Surjektivität von r. Da CG → C(G/N), g ↦ gN ein surjektiver C-Algebrenmorphismus ist, folgt aus der Einfachheit des zu ρ_{s} gehörigen CG-Moduls V die Einfachheit des zu ρ̌_{s} gehörigen C(G/N)-Moduls V und damit die Irreduzibilität von χ̌_{s}. Ferner durchläuft χ̌_{s} alle irreduziblen Charaktere von G/N, wenn s durch A läuft. Denn jeder irreduzible Charakter von G/N gibt umgekehrt wieder einen irreduziblen Charakter von G durch Komposition mit r; cf. Aufgabe 33.(4). Sei x ∈ G mit C_{G}(x) ∩ N = 1 gegeben. Zu zeigen ist, daß χ_{s}(x) =^{!} 0 ist für s ∈ B. Es genügt hierzu, ∑_{s∈B} |χ_{s}(x)|^{2} =^{!} 0 zu zeigen. Zu zeigen ist ferner, daß C_{G}(x) ≃^{!} C_{G/N}(xN) ist. Es ist

∑_{s∈A⊔B} |χ_{s}(x)|^{2} =^{S. 90.(2)} |C_{G}(x)| .

Es ist

∑_{s∈A} |χ_{s}(x)|^{2} = ∑_{s∈A} |χ̌_{s}(xN)|^{2} =^{S. 90.(2)} |C_{G/N}(xN)| .

Also ist

∑_{s∈B} |χ_{s}(x)|^{2} = (∑_{s∈A⊔B} |χ_{s}(x)|^{2}) − (∑_{s∈A} |χ_{s}(x)|^{2}) = |C_{G}(x)| − |C_{G/N}(xN)| .

Wir haben den Gruppenmorphismus

r|_{C_{G}(x)}^{C_{G/N} (xN)} : C_{G}(x) \overline{}C_{G/N}(xN) , g \overline{}gN ,

da für g ∈ G aus ^{g}x = x auch ^{(gN)}(xN) = xN folgt. Dieser hat den Kern C_{G}(x) ∩ N = 1, ist also injektiv. Es folgt |C_{G}(x)| ⩽ |C_{G/N}(xN)|. Für C_{G}(x) ≃^{!} C_{G/N}(xN) bleibt |C_{G}(x)| =^{!} |C_{G/N}(xN)| zu zeigen. Aber es wird

0 ⩽ ∑_{s∈B} |χ_{s}(x)|^{2} = |C_{G}(x)| − |C_{G/N}(xN)| ⩽ 0 .

Somit stehen links wie rechts Gleichheitszeichen, und alles ist gezeigt.

Aufgabe 49 Wir werden kommentarlos die Orthonormalität der irreduziblen Charaktere bezüglich des Skalarproduktes aus Bemerkung 92, die Induktionsformel aus Lemma 117 und die Frobenius-Reziprozität aus Lemma 120 verwenden. Für M ⊆ G schreiben wir Ṁ := M ∖ {1}. Sofort ist N ∩ H = {1}, da für n ∈ Ṅ auch {n} ∩ H ⊆ ^{G}n ∩ H = ∅ ist. Seien ψ_{1} , …, ψ_{v} die irreduziblen Charaktere von H, mit ψ_{1} trivial. Falls H = 1 ist, dann ist v = 1. Sei

α_{u} := ψ_{u}(1) ψ_{1} − ψ_{u} ∈ V(H)

für u ∈ [2, v] ; cf. Definition 134. Es ist α_{u}(1) = 0 stets. Seien χ_{1} , …, χ_{t} die irreduziblen Charaktere von G, mit χ_{1} trivial. Behauptung 1. Sei α ∈ V(H). Ist h ∈ Ḣ, dann ist α↿_{H}^{G}(h) = α(h). Für g ∈ G folgt aus ^{g}h ∈ H, daß ^{g}H ∩ H ≠ 1, nach Voraussetzung an H also g ∈ H ist. Da V(H) ⊆ Kf(H) ist, wird somit

α↿_{H}^{G}(h) = |H|^{−1} ∑_{g∈G, ^{g}h∈H} α(^{g}h)
= |H|^{−1} ∑_{g∈H} α(^{g}h)
= |H|^{−1} ∑_{g∈H} α(h)
= α(h) .

Dies zeigt Behauptung 1. Behauptung 2. Sei α ∈ V(H). Sei n ∈ N. Es ist α↿_{H}^{G}(n) = 0. Es wird

α↿_{H}^{G}(n) = |H|^{−1} ∑_{g∈G, ^{g}n∈H} α(^{g}n) = 0 ,

da ^{g}n ∉ H nach Definition von N. Dies zeigt Behauptung 2. Behauptung 3. Es ist |N||H| = |G|. Für α ∈ V(H) mit α(1) = 0 ist _{G}(α↿_{H}^{G} , α↿_{H}^{G}) = _{H}(α, α). Schreibe G = ⨆_{r∈R} rH für ein R ⊆ G. Nach Voraussetzung an H ist H = N_{G}(H) oder H = 1. Daher ist

G = {1} ⊔ Ṅ ⊔ ⨆_{r∈R} ^{r}Ḣ .

Folglich ist

|G| = 1 + (|N| − 1) + \frac{|G|}{|H|}(|H| − 1) = |N| + |G| − \frac{|G|}{|H|} ,

i.e. |N| = \frac{|G|}{|H|} .

Ferner wird

G(α↿_{H}^{G} , α↿_{H}^{G}) = |G|^{−1} ∑_{g∈G} |α↿_{H}^{G}(g)|^{2}
=  |G|^{−1}(|α↿_{H}^{G}(1)|^{2} + (∑_{n∈Ṅ} |α↿_{H}^{G}(n)|^{2}) + (∑_{r∈R} ∑_{h∈Ḣ} |α↿_{H}^{G}(^{r}h)|^{2}))
=  |G|^{−1}(|G||H|^{−1}α(1)|^{2} + (∑_{n∈Ṅ} |α↿_{H}^{G}(n)|^{2}) + (∑_{r∈R} ∑_{h∈Ḣ} |α↿_{H}^{G}(h)|^{2}))
=^{Beh. 1, 2} |G|^{−1}(0 + 0 + (∑_{r∈R} ∑_{h∈Ḣ} |α(h)|^{2}))
=  |H|^{−1} ∑_{h∈Ḣ} |α(h)|^{2}
=  |H|^{−1} ∑_{h∈H} |α(h)|^{2}
=  _{H}(α, α) .

Dies zeigt Behauptung 3. Behauptung 4. Für u ∈ [2, v] gibt es einen nichttrivialen irreduziblen Charakter χ von G mit α_{u}↿_{H}^{G} = ψ_{u}(1) χ_{1} − χ. Wir können (und werden) dann die nichttrivialen irreduziblen Charaktere von G so umsortieren, daß α_{u}↿_{H}^{G} = ψ_{u}(1) χ_{1} − χ_{u} ist für u ∈ [2, v]. Sei u ∈ [2, v]. Schreibe α_{u}↿_{H}^{G} = ∑_{s∈[1,t]} z_{s}χ_{s} mit z_{s} ∈ Z. Es ist

z_{1} = _{G}(α_{u}↿_{H}^{G} , χ_{1}) = _{H}(α_{u} , χ_{1}⇃_{H}^{G}) = _{H}(ψ_{u}(1) ψ_{1} − ψ_{u} , ψ_{1}) = ψ_{u}(1) .

Also wird zum einen

G(α_{u}↿_{N}^{G} , α_{u}↿_{N}^{G}) =^{Beh. 3} _{G}(α_{u} , α_{u}) = _{H}(ψ_{u}(1) ψ_{1} − ψ_{u} , ψ_{u}(1) ψ_{1} − ψ_{u}) = ψ_{u}(1)^{2} + 1 = z_{1}^{2} + 1 ,

und zum anderen

G(α_{u}↿_{N}^{G} , α_{u}↿_{N}^{G}) = _{G}(∑_{s∈[1,t]} z_{s}χ_{s} , ∑_{s̃∈[1,t]} zs̃χs̃) = ∑_{s∈[1,t]} z_{s}^{2} .

Ein Vergleich zeigt, daß ∑_{s∈[2,t]} z_{s}^{2} = 1 ist, daß es also ein s_{0} ∈ [2, t] mit z_{s} = ±∂_{s,s_{0}} für s ∈ [2, t] gibt. Wäre nun z_{s_{0}} = 1, dann wäre α_{u}↿_{H}^{G} ein Charakter von G. Dies trifft aber wegen α_{u}↿_{H}^{G}(1) = |G||H|^{−1}α_{u}(1) = 0 nicht zu. Also ist z_{s} = −∂_{s,s_{0}} für s ∈ [2, t]. Für u, ũ ∈ [2, v] mit u ≠ ũ ist auch α_{u}↿_{H}^{G} ≠ αũ↿_{H}^{G} , da α_{u} ≠ αũ ist und da α_{u}↿_{H}^{G}(h) = α_{u}(h) ist für h ∈ Ḣ nach Behauptung 1, genauso für ũ. Somit können wir die nichttrivialen irreduziblen Charaktere von G ohne Einschränkung so sortieren, daß α_{u}↿_{H}^{G} = ψ_{u}(1) χ_{1} − χ_{u} ist für u ∈ [2, v], wie behauptet. Dies zeigt Behauptung 4. Behauptung 5. Sei u ∈ [2, v]. Sei g ∈ G. Genau dann ist χ_{u}(g) = ψ_{u}(1), wenn α_{u}↿_{H}^{G}(g) = 0 ist. In der Tat wird

α_{u}↿_{H}^{G}(g) =^{Beh. 4} ψ_{u}(1) χ_{1}(g) − χ_{u}(g) = ψ_{u}(1) − χ_{u}(g) .

Dies zeigt Behauptung 5. Behauptung 6. Sei u ∈ [2, v]. Es ist χ_{u}(1) = ψ_{u}(1). Für g ∈ G ist genau dann χ_{u}(g) = χ_{u}(1), wenn α_{u}↿_{H}^{G}(g) = 0 ist. Es ist α_{u}↿_{H}^{G}(1) = |G||H|^{−1}α_{u}(1) = 0. Dank Behauptung 5 ist also χ_{u}(1) = ψ_{u}(1). Eine abermalige Anwendung von Behauptung 5 zeigt daher vollends die Behauptung 6. Behauptung 7. Es ist N = Ñ := ⋂_{u∈[2,v]} Kern χ_{u} ⊴ G. Es ist NH = G.

Zu N ⩽^{!} Ñ. Sei n ∈ N. Sei u ∈ [2, v]. Wir haben χ_{u}(n) =^{!} χ_{u}(1) zu zeigen. Mit Behauptung 2 ist α_{u}↿_{H}^{G}(n) = 0, sodaß mit Behauptung 6 in der Tat χ_{u}(n) = χ_{u}(1) folgt. Sei

φ := χ_{1} + ∑_{u∈[2,v]} χ_{u}(1) χ_{u} .

Für ñ ∈ Ñ wird

φ(ñ) = χ_{1}(ñ) + ∑_{u∈[2,v]} χ_{u}(1) χ_{u}(ñ) = 1 + ∑_{u∈[2,v]} χ_{u}(1) χ_{u}(1) =^{B. 6} ∑_{u∈[1,v]} ψ_{u}(1)^{2} =^{S. 90.(2)} |H| .

Für u ∈ [2, v] und h ∈ Ḣ wird

χ_{u}(h) =^{Beh. 4} ψ_{u}(1) χ_{1}(h) − α_{u}↿_{H}^{G}(h) =^{Beh. 1} ψ_{u}(1) ψ_{1}(h) − α_{u}(h) = ψ_{u}(h) .

Für h ∈ Ḣ wird also

φ(h) = χ_{1}(h) + ∑_{u∈[2,v]} χ_{u}(1) χ_{u}(h) = 1 + ∑_{u∈[2,v]} χ_{u}(1) χ_{u}(h) =^{Beh. 6} ∑_{u∈[1,v]} ψ_{u}(1) ψ_{u}(h) =^{S. 90.(2)} 0 .

Es folgt, daß Ñ ∩ H = 1 ist. Also ist

\frac{|G|}{|N|} =^{Beh. 3} |H| = \frac{|H|}{|Ñ∩H|} =^{B. 32} \frac{|ÑH|}{|Ñ|} ⩽ \frac{|ÑH|}{|N|} ⩽ \frac{|G|}{|N|} .

Folglich stehen überall Gleichheiten. Es folgt |N| = |Ñ|, wegen N ⩽ Ñ mithin N = Ñ. Weiter folgt |ÑH| = |G|, also NH = ÑH = G. Dies zeigt Behauptung 7. Behauptung 8. Für n ∈ Ṅ ist C_{G}(n) ⩽ N. Sei g ∈ C_{G}(n) gegeben. Zu zeigen ist g ∈^{!} N. Da G =^{Beh. 7} NH ist, können wir g = mh mit m ∈ N und h ∈ H schreiben. Zu zeigen ist h =^{!} 1. Annahme, es ist h ≠ 1. Es ist ^{N}h ⊆ Nh, da N ⊴^{Beh. 7} G. Es ist C_{G}(h) ⩽ H, da aus ^{x}h = h folgt, daß ^{x}H ∩ H ≠ 1 und somit x ∈ H ist. Insbesondere ist C_{N}(h) = N ∩ C_{G}(h) ⩽ N ∩ H =^{Beh. 7} 1. Also wird

|^{N}h| =^{L. 5} \frac{|N|}{|C_{N} (h)|} = |N| ,

und somit ^{N}h = Nh. Schreibe demgemäß g = mh = m̃hm̃^{−} für ein m̃ ∈ N. Nun ist

n = gng^{−} = m̃hm̃^{−}nm̃h^{−}m̃^{−} ,

also

(m̃^{−}nm̃)h = h(m̃^{−}nm̃) ,

und somit m̃^{−}nm̃ ∈ C_{N}(h) = 1. Aber da n ≠ 1, ist auch m̃^{−}nm̃ ≠ 1, und wir haben einen Widerspruch. Dies zeigt Behauptung 8. Behauptung 9. Es ist ggT(|N|, |H|) = 1. Sei p ein Primteiler von |N|. Wir haben zu zeigen, daß p kein Teiler von |H| ist. Sei Q ⩽ N eine p-Sylowgruppe. Sei P eine p-Sylowgruppe von G mit Q ⩽ P. Cf. Sätze 13 und 15.

Wir haben zu zeigen, daß Q =^{!} P. Denn dann ist p kein Teiler von |G|/|Q|, und, da |Q| ein Teiler von |N| ist, also auch kein Teiler von

|G|/|N| =^{Beh. 7} |NH|/|N| =^{B. 32} |H|/|N ∩ H| = |H| .

Wegen der Maximalität von Q genügt es zu zeigen, daß P ⩽^{!} N ist. Da p ein Primteiler von N ist, ist 1 < Q ⩽ P. Also ist auch Z(P) ≠ 1 ; cf. Aufgabe 6. Wähle ein z ∈ Z(P) mit z ≠ 1. Wähle ein q ∈ Q mit q ≠ 1. Da q ∈ P ∩ N liegt, wird

z ∈ C_{G}(q) ⩽^{Beh. 8} N .

Somit ist

P ⩽ C_{G}(z) ⩽^{Beh. 8} N .

Dies zeigt Behauptung 9.

Ist 1 < H < G, dann heißt solch eine Gruppe G auch eine Frobeniusgruppe. Die Aussage N ⊴ G ist ein Satz von Frobenius, für welchen es meines Wissens zur Zeit (2011) keinen Beweis ohne Charaktertheorie gibt; cf. [2] und mathoverflow.net/questions/63142/.

Aufgabe 50 Die Aussage ist falsch. Sei G = C_{6} , erzeugt von einem Element c von Ordnung 6. Schreibe U := ⟨c^{3}⟩ ⩽ G und V := ⟨c^{2}⟩ ⩽ G. Es ist

M = { 1, U, V } .

Sei φ ein Charakter von U . Da U und G abelsch sind, wird mit Korollar 118

φ↿_{U}^{G}(c) = ∑_{u ∈ U} \frac{|C_{G}(u)|}{|C_{H}(u)|} · ∂_{^{G}u ,^{G}c} · φ(u) = ∑_{u ∈ U} \frac{|G|}{|U|} · ∂_{u,c} · φ(u) = 0 .

Genauso wird auch φ↿_{V}^{G}(c) = 0 für jeden Charakter φ von V ; sowie φ↿_{1}^{G}(c) = 0 für jeden Charakter φ von 1. Somit ist der triviale Charakter χ_{1} von G nicht Z-Linearkombination aus von Untergruppen aus M nach G induzierten Charakteren, da ja χ_{1}(c) = 1.

Cf. Satz 161. Beachte, daß M eine Teilmenge der fastzyklischen Untergruppen von G ist.

Aufgabe 51 Sei R ⊆ G so, daß G = ⨆_{x∈R} xU ist. Sei S ⊆ H so, daß H = ⨆_{y∈S} yV ist. Dann ist G × H = ⨆_{(x,y)∈R×S}(x, y)(U × V).

Für (g, h) ∈ G × H wird

(φ ⊡ ψ)↿_{U×V}^{G×H}((g, h)) = ∑_{(x,y) ∈ R×S, ^{(x,y)}(g,h) ∈ U×V} (φ ⊡ ψ)(^{(x,y)}(g, h))

= ∑_{x ∈ R, ^{x}g ∈ U} ∑_{y ∈ S, ^{y}h ∈ V} φ(^{x}g) · ψ(^{y}h)

= ( ∑_{x ∈ R, ^{x}g ∈ U}φ(^{x}g)) · ( ∑_{y ∈ S, ^{y}h ∈ V} ψ(^{y}h))

= φ↿_{U}^{G}(g) · ψ↿_{V}^{H}(h)
= (φ↿_{U}^{G} ⊡ ψ↿_{V}^{H})((g, h)) .

Aufgabe 52

Wir wollen das Problem von G auf A_{5} reduzieren.

Es ist |G| = (4^{2} − 1)(4^{2} − 4) = 2^{2} · 3^{2} · 5 = 180.

Seien ℓ_{1} := ⟨(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})⟩, ℓ_{2} := ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})⟩, ℓ_{3} := ⟨(\begin{matrix}1 \\ α \end{matrix})⟩ , ℓ_{4} := ⟨(\begin{matrix}1 \\ α^{2} \end{matrix} )⟩ , ℓ_{5} := ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})⟩.

Die Menge { ℓ_{i} : i ∈ [1, 5] } der Geraden, also der eindimensionalen Teilräume, von F_{4}^{2} wird eine G-Menge unter Verwendung der Tatsache, daß für g ∈ G, also für einen Isomorphismus g von F_{4}^{2} nach F_{4}^{2} , auch das Bild einer Geraden unter diesem Isomorphismus g wieder eine Gerade ist.

Definieren wir σ(g) ∈ S_{5} durch wir ℓ_{σ(g)(i)} := gℓ_{i} für i ∈ [1, 5], so erhalten wir einen Gruppenmorphismus

[figure: G; σ; S_{5}; g; σ(g) .]

Denn in der Tat ist

ℓ_{σ(gh)(i)} = ghℓ_{i} = gℓ_{σ(h)(i)} = ℓ_{σ(g)σ(g)(i)}

für i ∈ [1, 5] und g, h ∈ G, und also σ(gh) = σ(g) ∘ σ(h) für g, h ∈ G.

Cf. Aufgabe 8.(2).

Wir wollen den Kern von σ berechnen. Es ist g ∈ Kern σ genau dann, wenn σℓ_{i} = ℓ_{i} für alle i ∈ [1, 5]. Also ist { s · E_{2} : s ∈ U(F_{4}) } ⩽ Kern σ. Wir wollen hierin die Gleichheit zeigen. Sei σ(g) = 1. Schreibe g = (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) mit a, b, c, d ∈ F_{4} . Aus gℓ_{1} = ℓ_{1} folgt c = 0. Aus gℓ_{5} = ℓ_{5} folgt b = 0. Aus gℓ_{2} = ℓ_{2} folgt nun

a = d.

Folglich ist I := σ(G) ⩽ S_{5} eine Untergruppe der Ordnung 60. Da S_{5} = I ⊔ τI = I ⊔ Iτ für τ ∈ S_{5} ∖ I, ist τI = Iτ für τ ∈ S_{5} , folglich I ⊴ S_{5} . Da A_{5}/(I ∩ A_{5}) ^{\overline{}^{∼}} IA_{5}/A_{5} ist und da entweder IA_{5} = A_{5} oder IA_{5} = S_{5} ist, ist entweder I = A_{5} oder I ∩ A_{5} ein Normalteiler der Ordnung 30 in A_{5} . Da es letzteren nach Aufgabe 11.(2) nicht geben kann, folgt I = A_{5} .

Wir behaupten folgenden Gruppenisomorphismus.

[figure: G; ∼; A_{5}; ×; U(F_{4}); g; (σ(g); ,; det(g))]

Es genügt, die Surjektivität zu zeigen. Da σ die Untergruppe A_{5} als Bild hat, folgt dies bereits aus (\begin{matrix}α & 0 \\ 0 & α \end{matrix}) \overline{}(id, α^{2}). Dies zeigt die Behauptung.

Beachte, daß U(F_{4}) ≃ C_{3} .

Ohne Einschränkung können wir also G durch A_{5} × C_{3} wechseln. Sei C_{3} = ⟨c⟩.

Sei M′ eine minimale Menge von fastzyklischen Untergruppen von A_{5} mit der Eigenschaft, daß

⨁_{U∈M′} V(U)  ^{^{ind↿{A_{5} \atop M′}} \overline{}}V(A_{5})
(φ_{U})_{U∈M′}  \overline{}∑_{U∈M′} φ_{U}↿_{U}^{A_{5}}

surjektiv ist, i.e. daß jeder irreduzible Charakter von A_{5} × C_{3} eine Z-Linearkombination aus von Untergruppen aus M nach A_{5} induzierten Charakteren ist.

Sei M := { U × C_{3} : U ∈ M′ }. Wir behaupten, daß M eine minimale Menge ist wie in der Aufgabe verlangt.

Zunächst sollte M aus fastzyklischen Untergruppen bestehen. Sei U ∈ M′. Schreibe U ≃ C × P, wobei p ∈ {2, 3, 5}, C zyklisch von Ordnung teilerfremd zu p und P eine p-Gruppe. Dann ist C × P × C_{3} fastzyklisch, falls p = 3 oder falls (p ∈ {2, 5} und P zyklisch) oder falls (p ∈ {2, 5} und |C| ≢_{3} 0). Zu betrachten bleibt also der Fall p = 2 und P ≃ D_{8} , wobei dann C ≃ C_{3} . Es gibt aber in A_{5} keine Untergruppe isomorph zu D_{8} × C_{3} , da C_{A_{5}}((1, 2, 3)) = ⟨(1, 2, 3)⟩, da 20 = |^{S_{5}}(1, 2, 3)| = |^{A_{5}}(1, 2, 3)|; cf. Lösung zu Aufgabe 42.(2).

Zeigen wir die Surjektivität von ind↿_{M}^{A_{5}×C_{3}} . Sei χ ein irreduzibler Charakter von A_{5} . Sei ψ ein irreduzibler Charakter von C_{3} . Nach Voraussetzung ist χ = ∑_{i∈[1,r]} z_{i}φ_{i}↿_{U_{i}}^{A_{5}}, wobei r ⩾ 0 ist, wobei z_{i} ∈ Z und U_{i} ∈ M′ sind für i ∈ [1, r] und wobei φ_{i} ein irreduzibler Charakter von U_{i} ist für i ∈ [1, r]. Mit Aufgabe 51 ist also auch

χ ⊡ ψ = ∑_{i∈[1,r]} z_{i}φ_{i}↿_{U_{i}}^{A_{5}} ⊡ ψ = ∑_{i∈[1,r]} z_{i}(φ_{i} ⊡ ψ)↿_{U_{i}×C_{3}}^{A_{5}×C_{3}} .

Nach Aufgabe 41 und obiger Behauptung zeigt dies, daß jeder irreduzible und damit jeder Charakter von A_{5} × C_{3} eine Z-Linearkombination aus von Untergruppen aus M nach A_{5} × C_{3} induzierten Charakteren ist.

Zeigen wir nun die diesbezügliche Minimalität von M.

Sei N ⊂ M eine echte Teilmenge von M. Sei angenommen, ind↿_{N}^{A_{5}×C_{3}} sei surjektiv.

Sei N′ = { U ⩽ A_{5} : U × C_{3} ∈ N }. Es ist N′ ⊂ M′, denn für U, Ũ ⩽ A_{5} folgt aus U × C_{3} = Ũ × C_{3} , daß U = Ũ ist.

Sei ψ_{0} der triviale Charakter von C_{3} .

Wegen der Minimalität von M′ gibt es einen Charakter χ von A_{5} , welcher nicht im Bild von ind↿_{N′}^{A_{5}} liegt. Dahingegen ist dank Aufgabe 41

χ ⊡ ψ_{0} = ∑_{i∈[1,r]} z_{i}(φ_{i} ⊡ ψ_{i})↿_{U_{i}×C_{3}}^{A_{5}×C_{3}} = ∑_{i∈[1,r]} z_{i}φ_{i}↿_{U_{i}}^{A_{5}} ⊡ ψ_{i} ,

für r ⩾ 0, z_{i} ∈ Z und U_{i} ∈ N′, und irreduzible Charaktere φ_{i} von A_{5} und ψ_{i} von C_{3} geeignet gewählt. Einschränken dieser Gleichheit auf A_{5} liefert wegen ψ_{0}(1) = 1 und ψ_{i}(1) = 1 für i ∈ [1, r] die Gleichheit

χ = (χ ⊡ ψ_{0})⇃_{A_{5}}^{A_{5}×C_{3}} = ∑_{i∈[1,r]} z_{i}(φ_{i}↿_{U_{i}}^{A_{5}} ⊡ ψ_{i})⇃_{A_{5}}^{A_{5}×C_{3}} = ∑_{i∈[1,r]} z_{i}φ_{i}↿_{U_{i}}^{A_{5}} ,

und dies steht im Widerspruch dazu, daß χ nicht im Bild von ind↿_{N′}^{A_{5}} liegt.

Dies zeigt die Behauptung.

Es bleibt also eine Menge M′ wie beschrieben zu bestimmen, also bestehend aus fastzyklischen Untergruppen von A_{5} mit der Eigenschaft, daß

⨁_{U∈M′} V(U)  ^{^{ind↿{A_{5} \atop M′}} \overline{}}V(A_{5})
(φ_{U})_{U∈M′}  \overline{}∑_{U∈M′} φ_{U}↿_{U}^{A_{5}}

surjektiv ist, i.e. daß jeder irreduzible Charakter von A_{5} eine Z-Linearkombination aus von Untergruppen aus M nach A_{5} induzierten Charakteren ist.

Zunächst soll nun die Charaktertafel von A_{5} erstellt werden. Was die Charaktertafel von S_{5} angeht, cf. Lösung zu Aufgabe 42.(2). Das Bahnenlemma, Lemma 5, werde stillschweigend verwendet.

Es ist C_{S_{5}}((1, 2, 3)) = ⟨(1, 2, 3), (4, 5)⟩, von Ordnung 6, woraus C_{A_{5}}((1, 2, 3)) < C_{S_{5}}((1, 2, 3)), und also C_{A_{5}}((1, 2, 3)) = ⟨(1, 2, 3)⟩, von Ordnung 3, folgt; was zur Folge hat, daß |^{A_{5}}(1, 2, 3)| = 20 ist, i.e. A_{5}(1, 2, 3) = ^{S_{5}}(1, 2, 3).

Es ist desweiteren C_{S_{5}}((1, 2)(3, 4)) = ⟨(1, 2), (3, 4), (1, 3)(2, 3)⟩, von Ordnung 8, woraus C_{A_{5}}((1, 2)(3, 4)) < C_{S_{5}}((1, 2)(3, 4)), und also C_{A_{5}}((1, 2)(3, 4)) = ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩, von Ordnung 4, folgt; was zur Folge hat, daß |^{A_{5}}(1, 2)(3, 4)| = 20 ist, i.e. ^{A_{5}}(1, 2)(3, 4) = ^{S_{5}}(1, 2)(3, 4).

Schließlich ist C_{S_{5}}((1, 2, 3, 4, 5)) = ⟨(1, 2, 3, 4, 5)⟩, von Ordnung 5, woraus C_{A_{5}}((1, 2, 3, 4, 5)) = C_{S_{5}}((1, 2, 3, 4, 5)) folgt; was zur Folge hat, daß |^{A_{5}}(1, 2, 3, 4, 5)| = 12 ist. Wir behaupten, daß (4,5)(1, 2, 3, 4, 5) = (1, 2, 3, 5, 4) und (1, 2, 3, 4, 5) in A_{5} nicht zueinander konjugiert sind. Wäre dem so, dann wäre ^{(4,5)}(1, 2, 3, 4, 5) = ^{τ}(1, 2, 3, 4, 5) für ein τ ∈ A_{5} , also (4, 5) ∘ τ ∈ C_{S_{5}}((1, 2, 3, 4, 5)) ⩽ A_{5} und somit τ ∈ (4, 5)A_{5} , was nicht der Fall ist. Genau wie eben folgt nun auch, daß |^{A_{5}}(1, 2, 3, 5, 4)| = 12 ist.

Wir ordnen Konjugationsklassenrepräsentanten von A_{5} wie folgt an, darunter die Konjugationsklassenlängen.

\begin{matrix}id & (1, 2, 3) & (1, 2)(3, 4) & (1, 2, 3, 4, 5) & (1, 2, 3, 5, 4) \\ 1 & 20 & 15 & 12 & 12 \end{matrix}

Wir schreiben Charaktere dementsprechend als Zeilenvektoren.

Sei ψ_{1} := (^{1 1 1 1 1}) der triviale Charakter.

Sei ψ_{2} := χ_{5,3}⇃_{A_{5}}^{S_{5}} = (^{4 1 0 −1 −1}). Es ist _{A_{5}}⟨ψ_{2} , ψ_{2}⟩ = \frac{1}{60}(4 · 4 · 1 + 1 · 1 · 20 + 0 · 0 · 15 + (−1) · (−1) · 12 + (−1) · (−1) · 12) = 1. Also ist ψ_{2} irreduzibel.

Sei ψ_{3} := χ_{5,6}⇃_{A_{5}}^{S_{5}} = (^{5 −1 1 0 0}). Es ist _{A_{5}}⟨ψ_{3} , ψ_{3}⟩ = \frac{1}{60}(5·5·1+(−1)·(−1)·20+1·1·15+0·0·12+0·0·12) = 1. Also ist ψ_{3} irreduzibel.

Es fehlen uns noch zwei weitere irreduzible Charaktere von A_{5} , genannt ψ_{4} und ψ_{5} .

Aus ψ_{1}(1)^{2} + ψ_{2}(1)^{2} + ψ_{3}(1)^{2} + ψ_{4}(1)^{2} + ψ_{5}(1)^{2} = 60 und ψ_{4}(1), ψ_{5}(1) ∈ Z_{⩾1} folgt, daß ψ_{4}(1) = 3 und ψ_{5}(1) = 3 ist. Wir setzen

\begin{aligned}ψ_{4} & =: & (^{3} ^{u} ^{v} ^{x} ^{y} ) \\ ψ_{5} & =: & (^{3} ^{u′} ^{v′} ^{x′} ^{y′}) , \end{aligned}

wobei u, v, x, y, u′, v′, x′, y′ ∈ O, so daß nach unserem momentanen Kenntnisstand die Charaktertafel von A_{5} die folgende Gestalt hat.

X(A_{5}) =  [ \begin{matrix}& id & (1, 2, 3) & (1, 2)(3, 4) & (1, 2, 3, 4, 5) & (1, 2, 3, 5, 4) \\ & 1 & 20 & 15 & 12 & 12 \\ ψ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ ψ_{2} & 4 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ ψ_{3} & 5 & −1 & 1 & 0 & 0 \\ ψ_{4} & 3 & u & v & x & y \\ ψ_{5} & 3 & u′ & v′ & x′ & y′ \end{matrix} ]

Sei σ := (4, 5). Sei c_{σ} : A_{5} \overline{}A_{5} , τ \overline{}^{σ}τ ; cf. Satz 123, Beispiel 126. Zu ψ_{4} gibt es nun den irreduziblen Charakter ψ_{4} ∘ c_{σ}; cf. Aufgabe 33.(4). Aus Gradgründen kann nun nur ψ_{4} ∘ c_{σ} = ψ_{4} oder ψ_{4} ∘ c_{σ} = ψ_{5} sein. Ersteres hieße zum einen (^{3 u v y x}) = (^{3 u v x y}), also x = y; zum anderen aber auch ψ_{5} ∘ c_{σ} = ψ_{5} , also x′ = y′. Die vertikale Orthogonalitätsrelation für die letzten beiden Spalten gäbe 0 = 1 · 1 + (−1) · (−1) + 0 · 0 + x · \overline{x} + x′ · \overline{x′}, also |x|^{2} + |x′|^{2} = −2, was nicht geht. Also gilt zweiteres, i.e. ψ_{4}∘c_{σ} = ψ_{5} . Somit ist u = u′ und v = v′ und x = y′ und x′ = y. Die Charaktertafel von A_{5} hat nach momentanem Kenntnisstand die folgende Form.

X(A_{5}) =  [ \begin{matrix}& id & (1, 2, 3) & (1, 2)(3, 4) & (1, 2, 3, 4, 5) & (1, 2, 3, 5, 4) \\ & 1 & 20 & 15 & 12 & 12 \\ ψ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ ψ_{2} & 4 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ ψ_{3} & 5 & −1 & 1 & 0 & 0 \\ ψ_{4} & 3 & u & v & x & y \\ ψ_{5} & 3 & u & v & y & x \end{matrix} ]

Die vertikale Orthogonalitätsrelation für die erste und die zweite Spalte gibt

0 = 1 · 1 + 4 · 1 + 5 · (−1) + 3 · u + 3 · u = 6u ,

und also u = 0. Die vertikale Orthogonalitätsrelation für die erste und die dritte Spalte gibt

0 = 1 · 1 + 4 · 0 + 5 · 1 + 3 · v + 3 · v = 6 + 6v ,

und also v = −1. Die vertikale Orthogonalitätsrelation für die vierte mit der dritten Spalte gibt nun 0 = 1 · 1 + (−1) · 0 + 0 · 1 + x · (−1) + y · (−1), also y = 1 − x. Die Charaktertafel von A_{5} hat nach momentanem Kenntnisstand die folgende Form.

X(A_{5}) =  [ \begin{matrix}& id & (1, 2, 3) & (1, 2)(3, 4) & (1, 2, 3, 4, 5) & (1, 2, 3, 5, 4) \\ & 1 & 20 & 15 & 12 & 12 \\ ψ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ ψ_{2} & 4 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ ψ_{3} & 5 & −1 & 1 & 0 & 0 \\ ψ_{4} & 3 & 0 & −1 & x & 1 − x \\ ψ_{5} & 3 & 0 & −1 & 1 − x & x \end{matrix} ]

Mit ψ_{4} = (^{3 0 −1 x 1−x}) ist nun auch \overline{ψ_{4}} = (^{3 0 −1 \overline{x} 1−\overline{x}}) ein irreduzibler Charakter von A_{5} ; cf. Aufgabe 25.(3). Wäre x ∉ R, dann wäre \overline{ψ_{4}} = ψ_{5} . Die horizontale Orthogonalitätsrelation gäbe 0 = _{A_{5}}⟨ψ_{4} , ψ_{5}⟩ = \frac{1}{60}(1 · 3 · 3 + 20 · 0 · 0 + 15 · (−1) · (−1) + 12 · x · x + 12 · (1 − x) · (1 − x)), also x^{2} − x + \frac{3}{2} = 0, also x = \frac{1}{2}(1 ± i\sqrt{5}), also x · \overline{x} = \frac{3}{2} ∉ Z = O ∩ Q. Aber mit x ∈ O ist auch \overline{x} ∈ O, und somit x · \overline{x} ∈ O, und wir haben einen Widerspruch. Also ist x ∈ R. Dann aber gibt die horizontale Orthogonalitätsrelation 1 = _{A_{5}}⟨ψ_{4} , ψ_{4}⟩ = \frac{1}{60}(1 · 3 · 3 + 20 · 0 · 0 + 15 · (−1) · (−1) + 12 · x · x + 12 · (1 − x) · (1 − x)), also x^{2} − x − 1 = 0, also x = \frac{1}{2}(1 ± \sqrt{5}).

Nach eventuellem Vertauschen von ψ_{4} und ψ_{5} erhalten wir also

X(A_{5}) =  [ \begin{matrix}id & (1, 2, 3) & (1, 2)(3, 4) & (1, 2, 3, 4, 5) & (1, 2, 3, 5, 4) \\ 1 & 20 & 15 & 12 & 12 \\ ψ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ ψ_{2} & 4 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ ψ_{3} & 5 & −1 & 1 & 0 & 0 \\ ψ_{4} & 3 & 0 & −1 & \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5}) & \frac{1}{2}(1 − \sqrt{5}) \\ ψ_{5} & 3 & 0 & −1 & \frac{1}{2}(1 − \sqrt{5}) & \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5}) \end{matrix} ] .

Wir können nun auch Beispiel 126 nochmals illustrieren. In der dortigen Notation können wir D = {id, (4, 5)} = {1, σ} nehmen. Es ist ψ_{4} ∘ c_{σ} = ψ_{5} ≠ ψ_{4} . Also ist ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}} irreduzibel nach Mackey. In der Tat wird, wenn wir ψ_{4} mit dem Wert 0 auf ganz S_{5} fortsetzen,

ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}}(id)  = 2 · ψ_{4}(id)  =  6
ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}}((1, 2))  = ψ_{4}((1, 2)) + ψ_{4}(^{σ}(1, 2))  =  0
ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}}((1, 2, 3))  = ψ_{4}((1, 2, 3)) + ψ_{4}(^{σ}(1, 2, 3))  =  0
ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}}((1, 2, 3, 4))  = ψ_{4}((1, 2, 3, 4)) + ψ_{4}(^{σ}(1, 2, 3, 4))  =  0
ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}}((1, 2, 3, 4, 5)) = ψ_{4}((1, 2, 3, 4, 5)) + ψ_{4}(^{σ}(1, 2, 3, 4, 5)) =  1
ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}}((1, 2)(3, 4)) = ψ_{4}((1, 2)(3, 4)) + ψ_{4}(^{σ}(1, 2)(3, 4)) = −2
ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}}((1, 2, 3)(4, 5)) = ψ_{4}((1, 2, 3)(4, 5)) + ψ_{4}(^{σ}(1, 2, 3)(4, 5)) =  0 ,

und somit ψ_{4}↿_{A_{5}}^{S_{5}} = (^{6 0 0 0 1 −2 0}) = χ_{5,5} in der Notation der Lösung zur Aufgabe 42.(2).

Nun zur Bestimmung einer Menge M′.

Sei V_{4} := ⟨(1, 2)(3, 4) , (1, 3)(2, 4)⟩. Es ist V_{4} abelsch und hat die Repräsentanten der (einelementigen) Konjugationsklassen id, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4) und (1, 4)(2, 3). Ein Charakter von V_{4} ist gerade ein Gruppenmorphismus von V_{4} nach U(C). Wir schreiben solche Charaktere als Zeilenvektoren bezüglich der wie eben angegeben geordneten Konjugationsklassenrepräsentanten. Für einen Charakter φ von V_{4} wird mit Korollar 118

φ↿_{V_{4}}^{A_{5}}(id)  = 15 · φ(id)
φ↿_{V_{4}}^{A_{5}}((1, 2)(3, 4)) = φ((1, 2)(3, 4)) + φ((1, 3)(2, 4)) + φ((1, 4)(2, 3)) .

Alle anderen Werte sind null. Eine Koeffizientenberechnung via Skalarprodukte liefert

\begin{aligned}(^{1 1 1 1})↿_{V_{4}}^{A_{5}} & = & (^{15 0 3 0 0} ) & = & ψ_{1} + ψ_{2} + 2ψ_{3} \\ (^{1 1 −1 −1})↿_{V_{4}}^{A_{5}} & = & (^{15 0 −1 0 0} ) & = & ψ_{2} + ψ_{3} + ψ_{4} + ψ_{5} . \end{aligned}

Die weiteren irreduziblen Charaktere von V_{4} , viz. (^{1 −1 1 −1}) und (^{1 −1 −1 1}), liefern dann nichts neues mehr.

Sei C_{5} := ⟨(1, 2, 3, 4, 5)⟩. Es ist C_{5} abelsch und hat die Repräsentanten der (einelementigen) Konjugationsklassen id, (1, 2, 3, 4, 5), (1, 3, 5, 2, 4), (1, 4, 2, 5, 3) und (1, 5, 4, 3, 2). In S_{5} ist (1, 3, 5, 2, 4) = (2,3,5,4)(1, 2, 3, 4, 5), (1, 4, 2, 5, 3) = ^{(2,4,5,3)}(1, 2, 3, 4, 5), (1, 5, 4, 3, 2) = ^{(2,5)(3,4)}(1, 2, 3, 4, 5), sodaß (1, 2, 3, 4, 5) und (1, 5, 4, 3, 2) in A_{5} zu (1, 2, 3, 4, 5) konjugiert sind, und (1, 3, 5, 2, 4) und (1, 4, 2, 5, 3) zu (1, 2, 3, 5, 4). Ein Charakter von C_{5} ist gerade ein Gruppenmorphismus von C_{5} nach U(C); cf. Beispiel 86.(2). Wir schreiben solche Charaktere als Zeilenvektoren bezüglich der wie eben angegeben geordneten Konjugationsklassenrepräsentanten. Sei ζ_{5} := exp(2πi/5). Für einen Charakter φ von C_{5} wird mit Korollar 118

φ↿_{V_{4}}^{A_{5}}(id)  = 12 · φ(id)
φ↿_{V_{4}}^{A_{5}}((1, 2, 3, 4, 5)) = φ((1, 2, 3, 4, 5)) + φ((1, 5, 4, 3, 2))
φ↿_{V_{4}}^{A_{5}}((1, 2, 3, 5, 4)) = φ((1, 3, 5, 2, 4)) + φ((1, 4, 2, 5, 3)) .

Alle anderen Werte sind null. Eine Koeffizientenberechnung via Skalarprodukte liefert

\begin{aligned}(^{1 1 1 1 1})↿_{C_{5}}^{A_{5}} & = & (^{12 0 0 2 2} ) & = & ψ_{1} + ψ_{3} + ψ_{4} + ψ_{5} \\ (^{1} ^{ζ_{5}} ^{ζ_{5}^{2}} ^{ζ_{5}^{3}} ^{ζ_{5}^{4}} )↿_{C_{5}}^{A_{5}} & = & (^{12} ^{0} ^{0} ^{ζ_{5}+ζ_{5}^{4}} ^{ζ_{5}^{2}+ζ_{5}^{3}} ) & = & ψ_{2} + ψ_{3} + ψ_{4} \\ (^{1} ^{ζ_{5}^{2}} ^{ζ_{5}^{4}} ^{ζ_{5}} ^{ζ_{5}^{3}} )↿_{C_{5}}^{A_{5}} & = & (^{12} ^{0} ^{0} ^{ζ_{5}^{2}+ζ_{5}^{3}} ^{ζ_{5}+ζ_{5}^{4}} ) & = & ψ_{2} + ψ_{3} + ψ_{5} . \end{aligned}

Hierzu beachten wir noch, daß ξ := ζ_{5} + ζ_{5}^{4} eine positive reelle Zahl ist und ξ^{2} + ξ − 1 = 0 erfüllt, woraus ξ = \frac{1}{2}(−1+\sqrt{5}) folgt; sowie, daß ζ_{5}^{2} +ζ_{5}^{3} = −1−ξ = \frac{1}{2}(−1−\sqrt{5}) ist. Die weiteren irreduziblen Charaktere von C_{5} liefern dann nichts neues mehr.

Sei C_{3} := ⟨(1, 2, 3)⟩. Es ist C_{3} abelsch und hat die Repräsentanten der (einelementigen) Konjugationsklassen id, (1, 2, 3) und (1, 3, 2). Ein Charakter von C_{3} ist gerade ein Gruppenmorphismus von C_{3} nach U(C); cf. Beispiel 86.(2). Wir schreiben solche Charaktere als Zeilenvektoren bezüglich der wie eben angegeben geordneten Konjugationsklassenrepräsentanten. Sei ζ_{3} := exp(2πi/3). Für einen Charakter φ von C_{3} wird mit Korollar 118

φ↿_{C_{3}}^{A_{5}}(id)  = 20 · φ(id)
φ↿_{C_{3}}^{A_{5}}((1, 2, 3)) = φ((1, 2, 3)) + φ((1, 3, 2)) .

Alle anderen Werte sind null. Eine Koeffizientenberechnung via Skalarprodukte liefert

\begin{aligned}(^{1 1 1})↿_{C_{3}}^{A_{5}} & = & (^{20 2 0 0 0} ) & = & ψ_{1} + 2ψ_{2} + ψ_{3} + ψ_{4} + ψ_{5} \\ (^{1} ^{ζ_{3}} ^{ζ_{3}^{2}} )↿_{C_{3}}^{A_{5}} & = & (^{20 −1 0 0 0} ) & = & ψ_{2} + 2ψ_{3} + ψ_{4} + ψ_{5} . \end{aligned}

Der weitere irreduzible Charakter von C_{3} liefert dann nichts neues mehr.

Sei nun M′ := { V_{4} , C_{5} , C_{3} }. Das Bild von ind↿_{M′}^{A_{5}} kann durch das Z-lineare Erzeugnis der Spalten der folgenden Matrix beschrieben werden, wobei die i-te Zeile zu ψ_{i} gehöre für i ∈ [1, 5], und wobei die ersten zwei Spalten von V_{4} , die nächsten drei Spalten von C_{5} und die letzten zwei Spalten von C_{3} stammen.

(\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix})

Es ist ind↿_{M′}^{A_{5}} surjektiv, da das Elementarteilertupel dieser Matrix sich zu (1, 1, 1, 1, 1) ergibt.

Ferner ist M′ minimal, da sich nach Weglassen der zu V_{4} gehörigen ersten zwei Spalten das Elementarteilertupel (1, 1, 1, 1, 0) ergibt, da sich nach Weglassen der zu C_{5} gehörigen nächsten drei Spalten das Elementarteilertupel (1, 1, 1, 0) ergibt und da sich nach Weglassen der zu C_{3} gehörigen letzten zwei Spalten das Elementarteilertupel (1, 1, 1, 1, 3) ergibt.

Beachte, daß nach Identifikation von G mit A_{5} ×C_{3} unser M′ die Menge M = { V_{4} ×C_{3} , C_{5} ×C_{3} , C_{3} ×C_{3} } liefert. Hierin ist die fastzyklische Gruppe V_{4} × C_{3} weder eine p-Gruppe für eine Primzahl p noch eine zyklische Gruppe. Beachte ferner, daß alle verwendeten nach A_{5} induzierten Charaktere Grad 1 haben; cf. Korollar 162.

Aufgabe 53

(1) Seien x, g, h ∈ G. Es ist ^{x}[g, h] = ^{x}g^{−}h^{−}gh = (^{x}g)^{−}(^{x}h)^{−}(^{x}g)(^{x}h) = [^{x}g, ^{x}h].

Also ist für x ∈ G auch

G′^{x} = ⟨ [g, h] : g, h ∈ G ⟩^{x}
= ⟨ ^{x}[g, h] : g, h ∈ G ⟩
= ⟨ [^{x}g, ^{x}h] : g, h ∈ G ⟩
⩽ G′ .

Somit ist G′ ⊴ G. Seien nun x, y ∈ G gegeben. Es wird (xG′)(yG′) = xyG′ = yxx^{−}y^{−}xyG′ = yx[x, y]G′ = yxG′ = (yG′)(xG′). Also ist G/G′ abelsch. Sei φ : G \overline{}A ein Gruppenmorphismus in eine abelsche Gruppe A. Für g, h ∈ G wird φ([g, h]) = φ(g^{−}h^{−}gh) = φ(g)^{−}φ(h)^{−}φ(g)φ(h) = φ(h)^{−}φ(g)^{−}φ(g)φ(h) = 1. Also ist φ(G′) = 1. Somit ist φ̄ : G/G′ \overline{}A, gG′ \overline{}φ̄(gG′) := φ(g) ein wohldefinierter Gruppenmorphismus. Nach Konstruktion ist φ̄∘ρ = φ. Da ρ surjektiv ist, ist φ̄ durch diese Gleichheit auch eindeutig festgelegt.

(2) Nach Aufgabe 33.(4) ist ι wohldefiniert. Da ρ surjektiv ist, ist ι injektiv.

Wir wollen ι(Irr(G/G′)) =^{!} { ψ ∈ Irr(G) : ψ(1) = 1 } zeigen. Ad ⊆. Dank (1) ist G/G′ abelsch. Daher ist χ(1) = 1 und folglich ι(χ)(1) = (χ ∘ ρ)(1) = χ(1) = 1 für χ ∈ Irr(G/G′) ; cf. Beispiel 86.(3). Ad ⊇. Sei ψ ∈ Irr(G) mit ψ(1) = 1. Dann ist die zu ψ gehörige Darstellung gegeben durch φ : G \overline{}GL_{1}(C), g \overline{}φ(g) := ψ(g), da hier die Spur keinen Effekt hat. Da GL_{1}(C) abelsch ist, ist G′ ⩽ Kern φ. Dank (1) gibt es folglich genau einen Gruppenmorphismus φ̄ : G/G′ \overline{}GL_{1}(C) mit φ̄ ∘ ρ = φ. Ist ψ̄ der zur Darstellung φ̄ gehörige Charakter, so folgt ι(ψ̄) = ψ. Da G/G′ abelsch ist, ist |G/G′| = |Irr(G/G′)|; cf. Beispiel 86.(3) und Lemma 87. Mit dem eben Gezeigten folgt daraus |G/G′| = |Irr(G/G′)| = |{ ψ ∈ Irr(G) : ψ(1) = 1 }|. Es ist

{1} = { x ∈ G/G′ : χ(x) = 1 für χ ∈ Irr(G/G′) } ,

da X(G/G′) keine zwei übereinstimmenden Spalten an verschiedenen Positionen haben darf; cf. Satz 90.(2). Folglich ist

G′ = { g ∈ G : χ(ρ(g)) = 1 für χ ∈ Irr(G/G′) }
= { g ∈ G : ψ(g) = 1 für alle ψ ∈ Irr(G) mit ψ(1) = 1 } .

(3) Seien χ_{s} für s ∈ [1, t] die paarweise verschiedenen irreduziblen Charaktere von G. Dann ist χ_{s}(1) ∈ {1, p, p^{2}, p^{3}} für s ∈ [1, t]; cf. Satz 102. Schreibe

a_{j} := |{ s ∈ [1, t] : χ_{s}(1) = p^{j} }| ∈ Z_{⩾0}

für j ∈ [0, 3]. Da ∑_{s∈[1,t]} χ_{s}(1)^{2} = |G| = p^{3} ist nach Lemma 87 (oder nach Satz 90.(2)), ist ∑_{j∈[0,3]} a_{j}p^{2j} = p^{3}.

Somit sind a_{2} = 0, a_{3} = 0 und a_{0} + a_{1}p^{2} = p^{3}. Wegen der Existenz des trivialen Charakters ist a_{0} ⩾ 1 ; cf. Korollar 82. Aus a_{0} ≡_{p^{2}} a_{0} + a_{1}p^{2} = p^{3} ≡_{p^{2}} 0 folgt, daß wir a_{0} = p^{2}a′_{0} mit a′_{0} ∈ Z_{⩾1} schreiben können. Somit ist a′_{0} + a_{1} = p. Dank (2) ist a′_{0}p^{2} = a_{0} = |G/G′| und also ein Teiler von |G| = p^{3}.

Wir hätten oben auch a_{0} {(2) \atop =} |G/G′| ⩾ 1 verwenden können.

Da G nichtabelsch ist, ist |G′| ≠ 1, also |G/G′| ≠ p^{3}. Es folgt |G/G′| = p^{2}, somit also |G′| = p. Ferner folgt a′_{0} = 1 und also a_{1} = p − 1.

(4) Seien χ_{s} für s ∈ [1, t] die paarweise verschiedenen irreduziblen Charaktere von G. Dann ist χ_{s}(1) ∈ { p^{i} : i ∈ [0, k] } für s ∈ [1, t]; cf. Satz 102. Schreibe

a_{j} := |{ s ∈ [1, t] : χ_{s}(1) = p^{j} }| ∈ Z_{⩾0}

für j ∈ [0, k].

Da ∑_{s∈[1,t]} χ_{s}(1)^{2} = |G| = p^{k} ist nach Lemma 87 (oder nach Satz 90.(2)), ist ∑_{j∈[0,k]} a_{j}p^{2j} = p^{k}. Es ist

a_{0} ≡_{p^{2}} ∑_{j∈[0,k]} a_{j}p^{2j} = p^{k} ≡_{p^{2}} 0 .

Dank (2) ist a_{0} = |G/G′| und also ein Teiler von |G| = p^{k}. Es folgt |G/G′| = p^{i} für ein i ∈ [2, k], somit also |G′| = p^{j} für ein j ∈ [0, k − 2]. Somit haben wir den surjektiven Gruppenmorphismus G \overline{}G/G′ mit G/G′ abelsch und von Ordnung p^{i} mit i ∈ [2, k]. Bleibt zu zeigen, daß jede endliche abelsche Gruppe H von Ordnung p^{ℓ} mit ℓ ⩾ 2 eine Untergruppe U von Ordnung p hat. Denn dann bekommen wir einen surjektiven Gruppenmorphismus H \overline{}H/U mit |H/U| = p^{ℓ−1}. Mit Induktion über ℓ ⩾ 2 erhalten wir einen surjektiven Gruppenmorphismus von H/U nach C_{p} × C_{p} oder nach C_{p^{2}} , sodaß wir zu einem surjektiven Gruppenmorphismus von H nach C_{p} × C_{p} oder nach C_{p^{2}} komponieren können. Zur Konstruktion von U wählen wir nun ein Element h ∈ H ∖ {1}. Dann hat h die Ordnung p^{m} für ein m ∈ [1, ℓ]. Setze U := ⟨h^{(p^{m−1})}⟩. Dann ist |U| = p.

Alternativ kann man den Satz von Cauchy zitieren.

Literatur

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