Ryhmäteoria - Kevät 2015 [version 28 Apr 2015 ed.] [PDF]

Zitiervorschau

Ryhmäteoria ­ Kevät 2015 Ajankohtaista: Välikokeiden pistemäärät. Hyvin meni. Hauskaa kesää kaikille. Toisen välikokeen alue: 3. luku (karakterien teoria)., 4. luvusta indusoitu karakteri (ei indusoitua modulia), luennoilta karakteritaulujen konstruointia (inflaatio, 2­transitiiviset operoinnit) ja Sylowin teorian käyttö pienten ryhmien luokittelussa. Kurssin viimeisen viikon luennoilla (21.04. ja 22.04.) käsitellään ao. kalvojen materiaalia. Se on mielestäni mukava kertaus kaikkea opittua: A­vitosta, ryhmien operointeja, Sylow­teorian alkeita ja muuta sellaista. Sopinee siis hyvin wrap up ­viikolle. Opetuksen arviointikaavakkeita on demolokerikossa. Viimeisten demojen seiskatehtävässä sovelletaan tuota p­aliryhmien automorfismien ja Sylow­teorian yhdistelyä. Esimerkit 14B ja 14C ovat siinä kaiketi relevantteja. Pahoittelen sähläystä aprillipäivän luennolla. Väittämäni lineaarinen riippumattomuus tuli helpommin punnerrettua toista kautta nokkaunien jälkeen. Alla kalvoilla. 1. välikokeen tiistaisen version tehtävät ja malliratkaisut. Torstain version tehtävät ja malliratkaisut. Jatkan arvosteluni miettimistä. Minun pitää tarkistaa etenkin muutama juttu lineaarialgebran kurssin nykyversion sisällöstä, joka tarvittiin torstain version viimeisen tehtävän ratkaisussa. Jutellaan aiheesta ensi viikon demoissa. 1. välikokeen alustavat tulokset . Hyvin meni, mutta muutama kinkkisempi hoksaamistehtävä oli joukossa. Useimmat oli joku keksinyt (keksiminen oli ilahduttavan laaja­alaista), mutta kukaan ei kaikkia. En tiedä olivatko tiistain ja torstain versiot yhteismitallisia. Näin tällä kertaa.

Yleistä: Kuvaus: Kurssin keskeisin asia on ryhmien esitysteoria, johon esitetään kaksi näkökulmaa: 1) ryhmien esittäminen konkreettisina matriisiryhminä sekä 2) ryhmien modulien teoria. Tärkeä asema on esitysten karaktereilla, tietyillä esityksiin liittyvillä numeerisilla funktioilla. Jos ryhmän karakteritaulu tunnetaan, siitä selviää monet ryhmän tärkeimmistä ominaisuuksista. Esitysteorian lisäksi tutustutaan myös ryhmien "tavalliseen" rakenneteoriaan sekä ryhmäalgebrojen rakenteeseen. Osaamistavoitteet: Kurssin jälkeen opiskelija hallitsee ryhmien matriisiesitysten, modulien sekä karakterien teorian perusteet ja pystyy suorittamaan karaktereilla konkreettisia laskuja sekä ratkaisemaan yksinkertaisia esitysteoriaan liittyviä teoriatehtäviä. Esitiedot: Algebran peruskurssi I­II, Suositeltu esitietokurssi lisäksi Algebra

Aikataulu: Luennot ti 8­10 seminaarihuone Pub469, ke 10­12 seminaarihuonen Pub269 Demonstraatiot to 12­14 matematiikan demosali 299

Materiaali: Moniste Demonstraatiotehtävät: Demot 1, 15.01.

Demot 2, 22.01. Lisäsin tähän yhden tavan ratkaista kolmostehtävä. Nelostehtävässä tuppasi joiltakin unohtumaan, että aliryhmän normaalisuus EI OLE TRANSITIIVINEN OMINAISUUS. Siitä (vasta)esimerkki. Demot 3, 29.01. Lisätty geometrista selitystä diedriryhmien konjugaattiluokista ynnä muuta. Demot 4, 05.02. Demot 5, 12.02., (versio, jossa tetraedrin eräs 180 asteen rotaatiosymmetria on animoitu) Demot 6, 19.02. Demot 7, 05.03. (Tehtävän 6 malliratkaisu .) Demot 8, 12.03. Demot 9, 19.03. Demot 10, 26.03. Demot 11, 02.04. (Huom. Kahdeksas tehtävä tuolla jo nyt, mutta käsitellään viikkoa myöhemmin) Demot 12, 09.04. Demot 13, 16.04. Demot 14, 23.04. Luentokalvot: Ke 07.01. (GL2­esimerkki). Ti 13.01. ­Ke 14.01. Ke 21.01. Luokkayhtälökalvot. Esimerkki käsitellään ensi tiistain luennolla. Ti 27.01. Tuonne nyt päivitetty tietoa kuution symmetriaryhmästä. Ke 04.02. Operointi funktiojoukossa ja pari esimerkkiä. Päivitetty 09.02. Ti 10.02. ­ Ke 11.02. Päivitetty 17.02. Ti 03.03. Esitysten tensoritulosta Ti 10.03.­Ke 18.03. S3:n esityksiä ynnä muuta Ti 24.03. Tuplahattuilua, eli Monisteen Huomautus 3.9.6.(2) aukipurettuna. Lisään tuohon vielä "luonnollisuutta" koskevan selityksen. Tätä ei tarvitse osata tentissä. Ke 25.03. ­ Ke 08.04. On loogista ottaa tuohon mukaan myös tämän viikon luennot. Tuo selittää, miksi esimerkkien numerointi hyppää 10­>11­>12 Ti 14.04.­ Ke 15.04. Sylowin teoria seurauksineen alkaa! Ti 21.04.­ Ke 22.04. More A5! Hiukan Sylow­esimerkkejä. Lisämateriaali vektoriavaruuden tensorialgerasta (Esitysteorian opintopiiri 2012)  1. Ainoa ratkaisu on n3 = 2, n4 = n5 = 3. Siis S4 :n redusoitumattomien karakterien asteet ovat 1, 1, 2, 3, 3.

3.5 Luokkafunktioavaruus Merkitään G:n konjugaattiluokkia C1 , . . . , Ck0 . (Huom. Kohta osoitetaan, että k 0 = k , sama kuin redusoitumattomien karakterien määrä.) Muistetaan luokkafunktioavaruuden määritelmä 3.2.10:

H = {f : G → C | f on luokkafunktio } = {f : G → C | f (hgh−1 ) = f (g) ∀ g, h ∈ G }. Tämä on vektoriavaruus (F(G, C):n aliavaruus), jossa on määritelty sisätulo (3.9).

Huomautus 3.5.1 Helposti nähdään, että H:lla on kanta {f1 , . . . , fk0 },

( missä fi (g) =

1 0

jos g ∈ Ci , jos g ∈ 6 Ci .

(3.21)

Valitsemalla konjugaattiluokista edustajat ci ∈ Ci voidaan mielivaltainen luokkafunktio f Pk0 lausua f = i=1 f (ci )fi ; tämä on f :n kantaesitys. Tämä kanta on jopa ortogonaalinen, sillä laskemalla todetaan #Ci ( fi | fj ) = δij (i, j = 1, . . . , k 0 ); (3.22) #G 1

siis normalisoimalla saadaan H:lle ortonormaalikanta {(#G/#Ci ) 2 fi | i = 1, . . . , k 0 }. Seuraava kanta on tärkeämpi:

Lause 3.5.2 Redusoitumattomat karakterit muodostavat H:n ortonormaalikannan. Todistus. Koska redusoitumattomat karakterit χ1 , . . . , χk ovat luokkafunktioita ja ortonormaalisia, on enää todistettava, että ne virittävät H:n. Olkoon f ∈ H sellainen, että ( f | χ ) = 0 kaikilla karaktereilla χ. Osoitetaan, että tästä seuraa f = 0. Olkoon V G-moduli ja ρV sitä vastaava esitys. Määritellään kuvaus F = Ff,V : V → V , P F = g∈G f (g)ρV (g), eli X F (v) = f (g) g · v ∀ v ∈ V. (3.23) g∈G

LUKU 3. KARAKTERIT

52

Kuvaus F on modulihomomorsmi sillä se on lineaarinen ja kun h ∈ G niin X X X X h · F (v) = f (g)hg · v = f (hgh−1 )hg · v = f (gh−1 )g · v = f (g)gh · v = F (h · v), g

g

g

g

missä käytettiin sitä, että f on luokkafunktio. Kirjoitetaan V = W1 ⊕· · ·⊕Wr , missä Wi :t ovat redusoitumattomia alimoduleja. Merkitään ρWi :llä Wi :tä vastaavaa aliesitystä; siis ρWi (g) = ρV (g)|Wi : Wi → Wi . Lausekkeesta (3.23) nähdään, että F (Wi ) ⊆ Wi . Restriktioina saadaan F |Wi : Wi → Wi , ja koska nämä ovat modulihomomorsmeja ja Wi :t ovat redusoitumattomia, niin F |Wi = ri idWi joillain skalaareilla ri (Schurin lemma). Osoitetaan, että ri = 0. Koska P F |Wi = g f (g)ρWi (g), niin ³X ´ X ¡ ¢ ¡ ¢ X f (g)χWi (g) = #G( f | χW ) = 0 tr F |Wi = tr f (g)ρWi (g) = f (g) tr ρWi (g) = g

g

g

i

oletuksen nojalla. Toisaalta tr(F |Wi ) = tr(ri idWi ) = ri dim(Wi ). Näin ollen ri = 0. Siis F |Wi = 0 ∀ i, joten F on nollakuvaus. Sovelletaan tätä säännölliseen moduliin V = C[G], jolla on kanta {eh | h ∈ G} (esimerkki 2.1.12). Koska F : C[G] → C[G] on 0, niin X X 0 = F (e1 ) = f (g) g · e1 = f (g)eg , g

g

joten f (g) = 0 ∀ g . Toisin sanoen f = 0, kuten väitettiin. Pk Olkoon vihdoin f ∈ H mielivaltainen luokkafunktio. Merkitään f˜ = f − i=1 ( f | χi )χi . Seurauksen 3.12 mukaan ( f˜ | χj ) = 0 (j = 1, . . . k ), joten ( f˜ | χ ) = 0 kaikilla karaktereilla χ Pk ( f | χ )χ . 2 (ks. 3.14). Näin ollen f˜ = 0, eli f = i=1

i

i

Nyt H:lle on löydetty kaksi kantaa (huomautus 3.5.1 ja lause 3.5.2), ja koska niissä siis on yhtä monta alkiota, saadaan:

Seuraus 3.5.3 Redusoitumattomien karakterien lukumäärä on sama kuin konjugaattiluokkien lukumäärä. Toisin sanoen eo. merkinnöin k = k 0 . Olkoot redusoitumattomat karakterit χ1 , . . . , χk . Koska ne muodostavat H:n kannan, niin Pk jokainen luokkafunktio f voidaan esittää muodossa f = i=1 ri χi (ri ∈ C). Ortogonaalisuusrelaatioista (3.12) seuraa ( f | χj ) = rj . Näin ollen k X f = ( f | χi )χi

(3.24)

i=1

(vrt. (3.16)). Kun f ∈ H, f 6= 0, niin f on karakteri tarkalleen silloin kun kertoimet ( f | χi ) ovat epänegatiivisia kokonaislukuja.

Seuraus 3.5.4 Alkiot g, h ∈ G ovat konjugoituja tarkalleen silloin, kun χ(g) = χ(h) kaikilla redusoitumattomilla karaktereilla χ.

LUKU 3. KARAKTERIT

53

Todistus. Jos g ja h ovat konjugoituja, niin χ(g) = χ(h) lauseen 3.2.9 mukaan. Kääntäen, jos χ(g) = χ(h) kaikilla redusoitumattomilla karaktereilla, niin lauseen 3.5.2 nojalla f (g) = f (h) kaikilla luokkafunktioilla f , ja koska H:lla on kanta (3.21), niin g ja h ovat konjugoituja. 2

Huomautus 3.5.5 Varustetaan H vielä pisteittäisellä tulollakin H × H → H: (f1 f2 )(g) = f1 (g)f2 (g)

(3.25)

(f1 , f2 ∈ H, g ∈ G).

(Tarkista, että f1 f2 ∈ H.) Tämä yleistää karakterien pisteittäisen tulon pykälän 3.3 alussa. Näin H:sta tulee assosiatiivinen C-algebra (määritelmä 5.1.1 jäljempänä). Tätä varten pitäisi osoittaa, että H:ssa määritellyt operaatiot (summa, tulo ja skalaarilla kertominen) toteuttavat vaadittavat aksioomat, kuten tulon assosiatiivisuuden ja niin edelleen. Sen jälkeen voidaan H:ssa suorittaa esimerkiksi seuraava lasku: kun ψ ∈ H, niin

(1 + ψ)2 = 1 + 2ψ + ψ 2 , missä 1 on ykköskarakteri (joka toimii H:n ykkösalkiona). Vertaa esimerkkiin 3.4.11.

3.6 Karakteritaulu Ryhmän karakteritauluksi sanotaan taulukkoa, joka esittää redusoitumattomien karakterien arvot konjugaattiluokilla (tai niiden edustajilla). Huomaa seuraus 3.5.4.

Esimerkki 3.6.1 Selvitetään S3 :n karakteritaulu. Kuten aikaisemmin, S3 = ht, ci, missä t = (12) ja c = (123). Konjugaattiluokkien eräs edustajisto on {1, t, c}, joten G:llä on kolme P redusoitumatonta karakteria. Yhtälöstä #G = i n2i eli 6 = n21 + n22 + n23 nähdään, että asteet ovat 1, 1, 2. 1-asteiset karakterit χ ovat ryhmähomomorsmit S3 → C× , ja koska t2 = 1, c3 = 1 ja tc = c2 t, niin χ(t)2 = 1,

χ(c)3 = 1,

χ(t)χ(c) = χ(c)2 χ(t).

Siis χ(t) = ±1 ja χ(c) = 1. Tämä antaa karakterit χ1 ja χ2 . Lisäksi on yksi 2-asteinen karakteri χ3 . Lauseen 3.4.12 mukaan

χ1 χ2 χ3

1 t c 1 1 1 1 −1 1 2 0 −1

χ1 + χ2 + 2χ3 = χG josta χ3 saadaan. Vertaa esimerkkiin 2.4.2.

Esimerkki 3.6.2 Laaditaan S3 :n redusoitumattomien karakterien kertotaulu. (Nimittäin χV1 χV2 = χV1 ⊗V2 on karakteri, siis redusoitumattomien karakterien lineaarikombinaatio).

Lause 3.6.3 Olkoot χ1 , . . . , χk redusoitumattomat G:n karakterit. Silloin k X i=1

  χi (g)χi (h) =

0, #G  , #[g]

jos g ja h eivät ole konjugaattialkioita, jos g ja h ovat konjugaattialkioita.

(3.26)

LUKU 3. KARAKTERIT

54

Todistus. Olkoon Cj konjugaattiluokka ja olkoon fj vastaava kannan (3.21) alkio. Kiinnitetään c0 ∈ Cj ; siis Cj = [c0 ]. Kun g ∈ G, niin fj (g) =

k X

( fj | χi )χi (g) =

i=1

=

1 #G

k 1 XX fj (g 0 )χi (g 0 ) χi (g) #G i=1 0 g ∈G

k X

X

χi (g 0 ) χi (g) =

i=1 g 0 ∈Cj

k #Cj X χ (c0 ) χi (g). #G i=1 i

Pk Ensimmäinen yhtäsuuruus tuli kaavasta (3.24) jonka mukaan fj = i=1 ( fj | χi )χi , toinen sisätulon määritelmästä (3.9), kolmas fj :n määritelmästä (3.21) ja viimeinen siitä, että χi on vakio konjugaattiluokalla Cj . Väite seuraa nyt fj :n määritelmästä (3.21). 2

Huomautus 3.6.4 Relaatioita (3.26) sanotaan myös 2. ortogonaalisuusrelaatioiksi ja relaatioita (3.12) 1. ortogonaalisuusrelaatioiksi. (Nimitykset vaihtelevat eri kirjoissa.) Relaatiot (3.12) koskevat karakteritaulun vaakarivejä ja relaatiot (3.26) pystyrivejä.

3.7 Modulin kanoninen hajotelma Olkoot χ1 , . . . , χk ryhmän G redusoitumattomat karakterit ja n1 , . . . , nk niiden asteet. Valitaan redusoitumattomat G-modulit S1 , . . . , Sk , joilla on karakterit χ1 , . . . , χk ; siis kyseessä on eräs redusoitumattomien modulien isomoraluokkien edustajisto, ja dim Si = ni = χi (1). Olkoon V mielivaltainen G-moduli. Maschken lauseen mukaan (3.27)

V = W1 ⊕ · · · ⊕ Wt ,

missä Wj :t ovat jotkin V :n redusoitumattomat alimodulit. Tämä hajotelma ei ole yksikäsitteinen, sikäli että kyseiset alimodulit voi yleensä valita monella tavalla. (Modulit Wj ovat kyllä isomoraa ja järjestystä vaille yksikäsitteiset seurauksen 3.4.3 mukaan.) Kukin Wj on isomornen jonkin Si :n kanssa. Yhdistetään summassa keskenään isomorset Wj :t: M V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vk , missä Vi = Wj (i = 1, . . . , k). (3.28) Wj 'Si

(Jos yksikään alimoduli Wj ei ole ' Si , niin Vi = {0}.) Hajotelma V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vk on V :n kanoninen hajotelma ja Vi on V :n Si -homogeeninen osa tai Si -homogeeninen komponentti (tai χi -homogeeninen ). Jos vain yksi Vj 6= {0}, sanotaan, että V on homogeeninen (tai isotyyppinen ). Hajotelmaan V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vk liittyvät projektiot pi : V → V määritellään

pi (v) = vi

kun v = v1 + · · · + vk ,

Tarvittaessa näitä voidaan katsoa kuvauksina V → Vi .

v j ∈ Vj .

(3.29)

LUKU 3. KARAKTERIT

55

Lause 3.7.1 Olkoon V G-moduli ja olkoon ρV : G → GL(V ) vastaava esitys. Kanoniseen hajotelmaan V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vk liittyvät projektiot pi ovat ni X pi = χi (g) ρV (g) (i = 1, . . . , k), #G g∈G eli modulikertolaskun avulla kirjoitettuna ni X pi (v) = χi (g) g · v #G g∈G

(3.30)

(i = 1, . . . , k; v ∈ V ).

(3.31)

Todistus. Tarkastellaan yhtä i:n arvoa. Merkitään n = #G, ja olkoon ni X qi = χi (g) ρV (g) n g∈G (väitteen oikea puoli). Koska χi on luokkafunktio, qi on modulihomomorsmi, mikä nähdään samanlaisella laskelmalla kuin lauseen 3.5.2 todistuksessa kuvauksen F homomorsuus. Tarkastellaan V :n mielivaltaista redusoitumatonta alimodulia W . Olkoon ρW : G → GL(W ) sen esitys, siis ρW (g) = ρV (g)|W : W → W . Silloin ni X qi |W = χi (g) ρW (g). n g∈G

Koska qi (W ) ⊆ W , voidaan katsoa, että qi |W on kuvaus W → W , ja tietenkin sekin on modulihomomorsmi. Schurin lemman nojalla qi |W = r idW (r ∈ C), joten tr(qi |W ) = tr(r idW ) = rnW , missä nW = dim W . Toisaalta ( ¡ ¢ ni X ni jos W ' Si ni X tr(qi |W ) = χi (g) tr ρW (g) = χi (g) χW (g) = ni ( χW | χi ) = n n 0 jos W 6' Si g∈G g∈G karakterien ortogonaalisuuden perusteella. Siis r on 1 tai 0 sen mukaan, onko W ' Si vai W 6' Si . Seuraa ( idW jos W ' Si , qi |W = (3.32) 0 jos W 6' Si . Soveltamalla tätä hajotelman (3.27) moduleihin Wk saadaan ( L id jos Wk ' Si eli jos Wk on summassa Vi = j Wj , qi |Wk = 0 muuten. Tämä merkitsee, että qi = pi .

2

Seuraus 3.7.2 Modulin kanoninen hajotelma on riippumaton siitä, miten hajotelma (3.27) on valittu. Tarkemmin sanoen, käyttäen eo. merkintöjä, ´ ³X χi (g) ρV (g) = Vi = Im(pi ) = Im g∈G

X U ⊆ V alimod U 'Si

U.

(3.33)

LUKU 3. KARAKTERIT

56

Todistus. Väitteet ovat muuten selviä, paitsi että pitää perustella, että kun U ⊆ V on alimoduli ja U ' Si , niin U ⊆ Vi . Lauseen todistuksessa nähtiin (ks. (3.32)), että sellaiselle U :lle on voimassa pi |U = qi |U = idU , joten U = pi (U ) ⊆ Im(pi ) = Vi . 2

Esimerkki 3.7.3 Ryhmän C2 = hci, c2 = 1, redusoitumattomat 1-asteiset esitykset ovat ρ+ ja ρ− , missä ρ+ (c) = 1 ja ρ− (c) = −1 (esimerkki 2.1.11); tämä tarkoittaa, että kun S + ja S − ovat vastaavat redusoitumattomat modulit (dim S + = dim S − = 1), niin c:n operointi S + :ssa on c · x = x ja S − :ssa c · x = −x. Vastaaville redusoitumattomille karaktereille χ+ , χ− : C2 → C on χ+ (c) = 1 ja χ− (c) = −1. Olkoon V C2 -moduli V ja ρ = ρV . Kanonisen hajotelman V = V + ⊕ V − projektiot ovat

¢ 1 1 1¡ + p− = ( id − ρ(c)), χ (1) ρ(1) + χ+ (c) ρ(c) = ( id + ρ(c)), 2 2 2 tai modulikertolaskun avulla lausuttuina 1 1 p+ (v) = (v + c · v), p− (v) = (v − c · v) (v ∈ V ). 2 2 Siis p+ =

V + = Im(p+ ) = { 12 (v + c · v) | v ∈ V },

V − = Im(p− ) = { 21 (v − c · v) | v ∈ V }.

Koska V + koostuu alkioista v , joilla p+ (v) = v ja V − alkioista, joilla p− (v) = −v , niin myös

V + = {v ∈ V | c · v = v},

V + = {v ∈ V | c · v = −v}.

Alimodulin V + redusoitumattomat alimodulit ovat samat kuin sen 1-ulotteiset aliavaruudet (huomaa, että nämä todella ovat alimoduleja!). Vastaava on voimassa V − :lle. Siis kanonista hajotelmaa tarkempi hajotelma (3.27) redusoitumattomien alimodulien summana saadaan hajottamalla V + ja V − jollain tavalla 1-ulotteisten aliavaruuksien suoriksi summiksi. Tämä esimerkki osoittaa, ettei hajotelma (3.27) ole yleisesti yksikäsitteinen.

Esimerkki 3.7.4 Yleistetään edellinen esimerkki syklisen ryhmän Cn = hci, cn = 1, tapaukseen. Redusoitumattomat karakterit ovat 1-asteiset χ0 , . . . , χn−1 , missä χj (c) = ζ j (ζ = ζn = e2πi/n ). Modulin V kanoninen hajotelma on V = V0 ⊕ · · · ⊕ Vn−1 , missä

Vj = {v ∈ V | c · v = ζ j v}. Lasketaan esimerkkinä säännöllisen modulin C[Cn ] kanoninen hajotelma eksplisiittisesti.

Esimerkki 3.7.5 Olkoon ρ S3 :n luonnollinen permutaatioesitys, joka syn-

1 t c tyy S3 :n operoinnista joukossa {1, 2, 3}. Vastaavalla modulilla on kanta χ1 1 1 1 {e1 , e2 , e3 } ja modulikertolasku on α · ei = eα(i) . (Sama esimerkki on esiinχ2 1 −1 1 tynyt jo monta kertaa.) Lasketaan V :n kanoninen hajotelma. Merkitään χ3 2 0 −1 t = (12) ja c = (123). Redusoitumattomat karakterit χ1 , χ2 , χ3 löydettiin esimerkissä 3.6.1. Kanoniseen hajotelmaan V = V1 ⊕ V2 ⊕ V3 liittyvät projektiot pi saadaan kaavasta (3.30). Esimerkiksi ¢ 1¡ n1 X χ1 (α) ρ(α) = p1 = ρ(1) + ρ(12) + ρ(13) + ρ(23) + ρ(123) + ρ(321) , g 6 α∈S3

LUKU 3. KARAKTERIT

57

josta lasketaan

p1 (e1 ) =

1 1 (e1 + e2 + e3 + e1 + e2 + e3 ) = (e1 + e2 + e3 ), 6 3

ja samoin p1 (e2 ) = p1 (e3 ) = 31 (e1 +e2 +e3 ). Siis V1 on alkion e1 +e2 +e3 virittämä 1-ulotteinen aliavaruus. Samoin saadaan p2 (e1 ) = p2 (e2 ) = p2 (e3 ) = 0, joten V2 = {0}. Edelleen,

p3 (e1 ) =

1 (2e1 − e2 − e3 ), 3

p3 (e2 ) =

1 (2e2 − e3 − e1 ), 3

p3 (e3 ) =

1 (2e3 − e1 − e2 ), 3

joten dim V3 = 2 ja V3 = {a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 | a1 + a2 + a3 = 0}. Sama hajotelma V = V1 ⊕ V3 löytyi jo esimerkissä 2.4.2, jossa alimodulille V3 tuli käytettyä kantaa {e1 − e2 , e2 − e3 }.

Esimerkki 3.7.6 Olkoon χr 1-asteinen karakteri eli ryhmähomomorsmi G → C× . Osoitetaan, että sitä vastaava modulin V homogeeninen komponentti Vr on Vr = {v ∈ V | g · v = χr (g)v ∀ g ∈ G}. Erityisesti ykköskarakteria χ1 vastaava homogeeninen komponentti V1 on sama kuin V :n kiintopisteiden joukko V G = {v ∈ V | g · v = v ∀ g ∈ G}.

Huomautus 3.7.7 Lauseen 3.7.1 projektiot pi toteuttavat ehdon pi ◦ pj = δij pi (ts. ne ovat ortogonaalisia idempotentteja ). Sijoittamalla tähän pi :den lausekkeet saa helposti johdettua yleistetyt ortogonaalisuusrelaatiot : ni X χi (gh)χj (g) = δij χi (h) (h ∈ G; i, j = 1, . . . , k). (3.34) #G g∈G

3.8 Suoran tulon esitykset Lause 3.8.1 Olkoot ρ1 : G1 → GL(V1 ) ja ρ2 : G2 → GL(V2 ) ryhmien G1 ja G2 esityksiä. Suoralle tulolle G1 × G2 saadaan esitys ρ : G1 × G2 → GL(V1 ⊗ V2 ) määrittelemällä ρ(g1 , g2 )(v1 ⊗ v2 ) = ρ1 (g1 )(v1 ) ⊗ ρ2 (g2 )(v2 )

(gi ∈ Gi , vi ∈ Vi ).

(3.35)

Kun χ1 ja χ2 ovat ρ1 :n ja ρ2 :n karakterit, niin ρ:n karakteri χ : G1 × G2 → C on χ(g1 , g2 ) = χ1 (g1 )χ2 (g2 )

(gi ∈ Gi ).

(3.36)

Olkoon ρ01 toinen G1 :n ja ρ02 toinen G2 :n esitys ja ρ0 niistä (3.35):n mukaisesti muodostettu G1 × G2 :n esitys, ja olkoot χ01 , χ02 ja χ0 vastaavat karakterit. Silloin (χχ0 )(g1 , g2 ) = (χ1 χ01 )(g1 ) · (χ2 χ02 )(g2 )

(gi ∈ Gi )

(3.37)

ja ( χ | χ0 ) = ( χ1 | χ01 )( χ2 | χ02 ).

(3.38)

Todistus. Ensimmäinen väite todistetaan kuten lause 2.7.8, ja toinen seuraa siitä, että tr(A⊗ B) = tr(A) tr(B); vrt. lauseen 3.3.1 todistus. Kolmas väite saadaan laskemalla (χχ0 )(g1 , g2 ) = χ(g1 , g2 )χ0 (g1 , g2 ) = χ1 (g1 )χ2 (g2 )χ01 (g1 )χ02 (g2 ) = χ1 (g1 )χ01 (g1 )χ2 (g2 )χ02 (g2 ) = (χ1 χ01 )(g1 )(χ2 χ02 )(g2 ),

LUKU 3. KARAKTERIT

58

samoin neljäs,

( χ | χ0 ) =

1 (#G1 )(#G2 )

X

χ(g1 , g2 )χ0 (g1 , g2 )

(g1 ,g2 )∈G1 ×G2

X 1 = (#G1 )(#G2 )

X

g1 ∈G1 g2 ∈G2

χ1 (g1 )χ2 (g2 )χ01 (g1 )χ02 (g2 ) = ( χ1 | χ01 )( χ2 | χ02 ).

2

Lauseessa saatua esitystä ρ sanotaan esitysten ρ1 ja ρ2 tensorituloksi, merkitään ρ1 ⊗ ρ2 . Modulien kielellä: Jos V1 on G1 -moduli ja V2 G2 -moduli, niin V1 ⊗ V2 on G1 × G2 -moduli, modulikertolaskuna (g1 , g2 ) · (v1 ⊗ v2 ) = (g1 · v1 ) ⊗ (g2 · v2 ). (3.39)

Huomautus 3.8.2 Tapauksessa G1 = G2 = G, meillä on nyt kaksi esitysten tensoritulokonstruktiota: määritelmässä 2.7.9 tehtiin kahdesta G:n esityksestä ρ1 : G → GL(V1 ) ja ρ2 : G → GL(V2 ) uusi G:n esitys ρ1 ⊗ ρ2 : G → GL(V1 ⊗ V2 ), kun taas juuri määritelty ρ1 ⊗ ρ2 onkin G × G:n esitys G × G → GL(V1 ⊗ V2 ). Määritelmän 2.7.9 tensorituloesitys saadaan yhdistettynä kuvauksena

G −→ G × G −→ GL(V1 ⊗ V2 ), missä ensimmäinen kuvaus on g 7→ (g, g) (ryhmähomomorsmi) ja jälkimmäinen on yllä määritelty tensorituloesitys. Toisin sanoen määritelmän 2.7.9 tensorituloesitys on juuri määritellyn tensorituloesityksen restriktio lävistäjäaliryhmään {(g, g) | g ∈ G} ' G.

Lause 3.8.3 Tarkastellaan suoraa tuloa G1 × G2 . (i) Jos ρ1 on G1 :n ja ρ2 G2 :n redusoitumaton esitys, niin ρ1 ⊗ ρ2 on redusoitumaton. (ii) Jos ρ on ryhmän G1 × G2 redusoitumaton esitys, niin ρ ' ρ1 ⊗ ρ2 , missä ρ1 on G1 :n ja ρ2 G2 :n redusoitumaton esitys. Lisäksi ρ1 ja ρ2 ovat isomoraa vaille yksikäsitteiset. (iii) Kun ρ1 , ρ2 ja ρ ovat kuten kohdassa (ii), niin ρ on 1-asteinen jos ja vain jos ρ1 ja ρ2 ovat 1-asteisia.

Todistus. Olkoot χ1 , χ2 ja χ esitysten ρ1 , ρ2 ja ρ1 ⊗ ρ2 karakterit, vastaavasti. Väite (i) seuraa siitä, että ( χ | χ ) = ( χ1 | χ1 )( χ2 | χ2 ) = 1 · 1 = 1. Todistetaan (ii). Olkoot χ1 , . . . , χk1 G1 :n ja ψ1 , . . . , ψk2 G2 :n redusoitumattomat karakterit. Merkitään χi ψj :llä kaavasta (3.36) saatavia G1 × G2 :n karaktereja (i = 1, . . . , k1 , j = 1, . . . , k2 ); siis (χi ψj )(g1 , g2 ) = χi (g1 )ψj (g2 ) (g1 ∈ G1 , g2 ∈ G2 ). Yllä todistetun nojalla nämä ovat redusoitumattomia. Väite (ii) seuraa, kun osoitetaan, että nämä ovat kaikki G1 × G2 :n redusoitumattomat karakterit ja parittain erisuuria. Ensinnäkin ne ovat parittain erisuuria, sillä

( χi ψj | χk ψl ) = ( χi | χk )( ψj | ψl ) = 0

kun (i, k) 6= (j, l).

LUKU 3. KARAKTERIT

59

Toiseksi χi ψj :n aste on ni mj kun ni on χi :n aste ja mj on ψj :n aste (dim(V1 ⊗ V2 ) = dim(V1 ) dim(V2 )), joten asteiden neliösumma on seurauksen 3.4.13 mukaan k1 X k2 X

2

(ni mj ) =

i=1 j=1

k1 ³X i=1

n2i

k2 ´³ X

m2j

´ = (#G1 )(#G2 ) = #(G1 × G2 ).

j=1

Seurauksen 3.4.13 nojalla muita redusoitumattomia karaktereja ei ole. Väite (iii) on selvä, koska ρ:n aste on ρ1 :n ja ρ2 :n asteiden tulo. 2

Esimerkki 3.8.4 Muodostetaan Kleinin neliryhmän V4 ' C2 × C2 karakteritaulu. Huomautus 3.8.5 Edellä oli puhe ulkoisesta suorasta tulosta, mutta kaikki soveltuu sisäisenkin suoran tulon tapaukseen. Jos G = G1 G2 on aliryhmiensä G1 ja G2 sisäinen suora tulo, se voidaan katsoa ulkoiseksi suoraksi tuloksi G = G1 × G2 samaistamalla alkiot g1 g2 ja (g1 , g2 ) (gi ∈ Gi ). Lauseen mukaan G:n redusoitumattomat karakterit saadaan Gi :den redusoitumattomista karaktereista kaavalla χ(g1 g2 ) = χi (g1 )ψj (g2 ). Modulien kielellä: Jos V on redusoitumaton G-moduli, niin V ' V1 ⊗ V2 , missä V1 on G1 :n ja V2 G2 :n redusoitumaton moduli, ja V1 ⊗ V2 :n modulikertolasku on (3.39). Näin G:n esitysteoria palautuu G1 :n ja G2 :n esitysteoriaan.

3.9 Karakteriryhmä. Abelin ryhmän esitykset Lause 3.9.1 Ryhmän G 1-asteiset karakterit muodostavat pisteittäisen kertolaskun suhteen b. Abelin ryhmän G

Todistus. Esimerkin 3.2.3 mukaan 1-asteiset karakterit ovat ryhmähomomorsmit G → C× . Helposti todetaan, että kahden sellaisen pisteittäinen tulokin on ryhmähomomorsmi G → b toteuttaa Abelin ryhmän aksioomat. Ykkösalkiona toimii ykköskarakteri ja C× ja että G karakterin χ käänteisalkiona χ. 2 b sanotaan G:n karakteri- eli duaaliryhmäksi. Ryhmää G

Esimerkki 3.9.2 Muodostetaan S3 :n karakteriryhmä esimerkin 3.6.2 avulla. b , sillä tällöin konjugaattiluokkien määrä on #G, Abelin ryhmän tapauksessa #G = #G siis myös redusoitumattomien karakterien määrä on #G, ja seurauksen 2.6.6 nojalla redusoib toteuttavat seutumattomat karakterit ovat 1-asteisia. Abelin ryhmän G karakterit χ ∈ G raavat Abelin ryhmän karakterirelaatiot (merkitään ykköskarakteria χ1 :llä): ( ( X X 0 jos χ 6= χ1 , 0 jos g 6= 1, χ(g) = χ(g) = (3.40) #G jos χ = χ1 , #G jos g = 1. g∈G b χ∈G

Ensimmäiset saadaan ortogonaalirelaatioista (3.17), kun χi = χ ja χj = χ1 , ja toiset relaatioista (3.26), kun h = 1. On helppo todeta (harj.), että kääntäen relaatiot (3.17) ja (3.26) seuraavat relaatioista (3.40) Abelin ryhmän tapauksessa.

LUKU 3. KARAKTERIT

60

Esimerkki 3.9.3 Tarkastellaan syklistä ryhmää Cn = hci. Esimerkissä 2.1.11 löydettiin sen 1-asteiset esitykset: bn = {χ | m = 0, . . . , n − 1}, C m

χm (c) = ζ m ,

ζ = e2πi/n .

bn = h χ i ' Cn , sillä χ = χm . (Huomaa, että nyt χ on ykköskarakYkkösalkio on χ0 , ja C 1 m 0 1 teri.) Esimerkissä 3.2.12 on C4 :n karakteritaulu.

Esimerkki 3.9.4 Esimerkissä 2.1.6 otettiin kolme ryhmän C2 = hci = {1, c} 2-asteista esitystä, jotka sitten esimerkeissä 2.1.18 ja 2.3.14 todettiin isomorsiksi. Kuinka suuri sattuma tällainen on? Paljonko C2 :lla on epäisomorsia 2-asteisia esityksiä?

b. Lause 3.9.5 Kun G on Abelin ryhmä, niin G ' G

Todistus. Otamme todistamatta käyttöön sen tuloksen, että jokainen äärellinen Abelin ryhmä on syklisten ryhmien suora tulo; se todistetaan Algebran kurssissa. Siis G ' Ct1 ×· · ·×Ctr . bt , joten väite on selvä, kun r = 1. Esimerkin 3.9.3 nojalla Cti ' C i b→G b1 × Olkoon G = G1 × G2 . Lauseen 3.8.3 mukaan vastaavuus (3.36) antaa bijektion G b 2 ja yhtälön (3.37) nojalla se on ryhmäisomorsmi. Näin ollen G b'G b 1 ×G b 2 . (Huom. Tässä ei G b b b b b 2 ' G1 ×G2 = G. tarvittu kommutatiivisuutta.) Siis, jos G1 ' G1 ja G2 ' G2 , niin G ' G1 ×G Väite seuraa nyt induktiolla r:n suhteen. 2 Lauseen todistuksesta nähdään, että jos G = Ct1 × · · · × Ctr , missä Cti = hci i, niin

b = {χm ,...,m | m1 = 0, . . . , t1 −1, . . . , mr = 0, . . . , tr −1}, G 1 r

(3.41)

missä

χm1 ,...,mr (ck11 , · · · , ckr r ) = ζtm1 1 k1 · · · ζtmr r kr

(k1 = 0, . . . , t1 −1, . . . , kr = 0, . . . , tr −1). (3.42)

b välillä ei ole kanonista isomorsmia. Esimerkiksi Huomautus 3.9.6 1) Ryhmien G ja G

b , c 7→ χm , missä syt(m, n) = 1, on tapauksessa G = Cn = hci jokainen kuvaus G → G 1 isomorsmi. b b , g 7→ [χ 7→ χ(g)]. Tämän valossa relaatiot (3.40) 2) On kanoninen isomorsmi G → G b :lle. (Jälkimmäisiä sanotaankin duaalirelaatioiksi.) ovat samat, toiset G:lle ja toiset G

Esimerkki 3.9.7 Tarkastellaan ryhmän C6 ' C2 × C3 karakteritaulua.

3.10 Permutaatioesityksistä Olkoon G äärellinen ryhmä, joka operoi äärellisessä joukossa X . Olkoon ρ : G → GL(V ) vastaava permutaatioesitys: V :llä on kanta {ex | x ∈ X} ja ρ(g)(ex ) = eg·x kun g ∈ G, x ∈ X (esimerkki 2.1.14). Olkoon χ esityksen karakteri ja olkoon R matriisimuoto em. kannan suhteen. Kun g ∈ G, niin R(g) on permutaatiomatriisi, jossa erityisesti päälävistäjällä on 1

LUKU 3. KARAKTERIT

61

niissä kohdissa, joissa g · x = x, ja 0 niissä kohdissa, joissa g · x 6= x. Koska χ(g) = tr(ρ(g)) = tr(R(g)), niin χ(g) = #{x ∈ X | g · x = x} = #X g (g ∈ G). (3.43) Selvitetään V :n ykköskarakteria 1 = 1G vastaava homogeeninen osa V1 eli kiintopisteiden joukko V G = {v ∈ V | ρ(g)(v) = v ∀ g ∈ G}. Lauseen 3.7.1 mukaan V1 = Im(p1 ), missä P 1 p1 = #G g∈G ρ(g). Kun x ∈ X , niin

p1 (ex ) =

1 X #Gx X 1 X ρ(g)(ex ) = eg·x = ey , #G #G #G g∈G

g∈G

y∈[x]

missä käytettiin lausetta 1.6.4. Siis V1 :n virittävät alkiot X e[x] = ey (x ∈ X),

(3.44)

y∈[x]

ja koska eri ratoja [x] vastaavat alkiot e[x] ovat selvästi lineaarisesti riippumattomia, ne ovat V1 :n kanta. Tämä antaa seuraavista yhtäsuuruuksista ensimmäisen:

dim V1 = ratojen [x] lukumäärä = ( χ | 1 ).

(3.45)

Kun V kirjoitetaan redusoitumattomien alimodulien suorana summana V = W1 ⊕ · · · ⊕ Wt ja kun tässä ykköskarakteria 1 vastaavat W1 , . . . , Wl , niin V1 = W1 ⊕ · · · ⊕ Wl ja

dim V1 = dim(W1 ⊕ · · · ⊕ Wl ) = dim(W1 ) + · · · + dim(Wl ) = 1 + · · · + 1 = l. Toisaalta seurauksen 3.4.3 mukaan l = ( χ | 1 ). Tästä saadaan (3.45):n toinen yhtäsuuruus. Sanotaan, että G:n operointi X :ssä on transitiivinen, jos ratoja on vain yksi. Siis (3.45):n mukaan G:n operointi X :ssä on transitiivinen jos ja vain jos ( χ | 1 ) = 1. Määritellään G:n operointi joukossa X × X :

g · (x, y) = (g · x, g · y)

(g ∈ G, x, y ∈ X).

(3.46)

Vastaavan permutaatioesityksen karakteri on χ2 . Nimittäin ko. esitysavaruudella U on kanta {e(x,y) | x, y ∈ X}, joten on lineaarinen bijektio U → V ⊗ V , jossa e(x,y) 7→ ex ⊗ ey (sillä vektoriavaruudella V ⊗ V on kantana alkiot ex ⊗ ey ), ja selvästi se on G-moduli-isomorsmi (ks. (3.46) ja (2.30)). Lisäksi V ⊗ V :n karakteri on χ2 ; ks. (3.6). Oletetaan jatkossa #X ≥ 2. Ryhmän G operointi X :ssä on kahdesti transitiivinen, jos aina kun (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ X × X , missä x 6= y ja x0 6= y 0 , on sellainen g ∈ G, että g · (x, y) = (x0 , y 0 ) (eli ekvivalentisti g · x = x0 ja g · y = y 0 ). Kahdesti transitiivisuudesta seuraa transitiivisuus, sillä (kun x 6= y ) jos g · (x, y) = (y, x) niin tietenkin g · x = y .

Esimerkki 3.10.1 Symmetrisen ryhmän Sn operointi joukossa Jn = {1, 2, . . . , n} on kahdesti transitiivinen (n ≥ 2). Se on jopa n:sti transitiivinen, mikä tarkoittaa, että aina kun on annettu parittain erisuuret x1 , . . . , xn ∈ Jn ja parittain erisuuret y1 , . . . , yn ∈ Jn , niin on sellainen α ∈ Sn , että α(xi ) = yi ∀ i.

LUKU 3. KARAKTERIT

62

Esimerkki 3.10.2 Alternoiva ryhmä A3 = {1, (123), (132)} operoi joukossa J3 transitiivisesti muttei kahdesti transitiivisesti. Esimerkiksi paria (1, 2) ei saada kuvatuksi pariksi (2, 1) parillisella permutaatiolla.

Esimerkki 3.10.3 Kun n ≥ 4, alternoiva ryhmä An operoi joukossa Jn = {1, . . . , n} kahdesti transitiivisesti. Olkoon esimerkiksi n = 4 ja x, y, x0 , y 0 ∈ Jµ y ja xµ0 6= y 0 . Olkoon 4 , missä x 6= ¶ ¶ x y z u x y z u J4 = {x, y, z, u} = {x0 , y 0 , z 0 , u0 }. Silloin permutaatioissa x0 y 0 z 0 u0 ja x0 y 0 u0 z 0 kuvautuu (x, y) 7→ (x0 , y 0 ), ja permutaatioista toinen on parillinen (ja toinen pariton).

Lemma 3.10.4 Ryhmän G operointi X :ssä on kahdesti transitiivinen jos ja vain jos G:n operoinnilla X × X :ssä on tarkalleen kaksi rataa, ja silloin radat ovat Y1 = {(x, x) | x ∈ X},

Y2 = {(x, y) | x, y ∈ X, x 6= y }.

Todistus. Joukot Y1 ja Y2 muodostavat X × X :n partition. Koska Y1 ja Y2 ovat invariantteja G:n operoinnissa, kumpikin on G:n ratojen unioni. Toisaalta G:n operointi X :ssä on kahdesti transitiivinen jos ja vain jos Y2 on yksi rata. Kun operointi X :ssä on kahdesti transitiivinen, se on transitiivinenkin, jolloin myös Y1 on yksi rata. 2

Lause 3.10.5 Operoikoon G äärellisessä joukossa X , #X ≥ 2, ja olkoon χ vastaavan permutaatioesityksen karakteri. Seuraavat ehdot ovat ekvivalentit: (i)

G:n operointi X :ssä on kahdesti transitiivinen;

(ii)

( χ2 | 1 ) = 2;

(iii)

χ = 1 + ψ , missä ψ on redusoitumaton G:n karakteri ja ψ 6= 1.

Todistus. Koska χ2 on X × X :stä syntyvä G:n karakteri, niin (i) ja (ii) ovat ekvivalentit lemman 3.10.4 ja (3.45):n nojalla. Oletetaan (ii). Olkoot V ja V1 kuten edellä. Silloin V = V1 ⊕ U , missä U on alimoduli. Siis χ = l1 + ψ , missä l = ( χ | 1 ) ≥ 1 (X :ssä on ainakin yksi rata) ja ψ on U :n karakteri, jossa ykköskarakteri ei esiinny. Silloin ( ψ | 1 ) = 0, ja saadaan ( χ2 | 1 ) = ( (l1 + ψ)2 | 1 ) = ( l2 1 + 2lψ + ψ 2 | 1 ) = l2 + ( ψ 2 | 1 ). Koska ( χ2 | 1 ) = 2, niin l = 1 ja ( ψ 2 | 1 ) = 1. Karakteri ψ = χ − 1 : G → C on reaalinen (ks. (3.43)), joten

(ψ | ψ) =

1 X 1 X ψ(g)ψ(g) = ψ(g)2 = ( ψ 2 | 1 ) = 1, #G #G g∈G

g∈G

joten ψ on redusoitumaton 6= 1 ja (iii) on voimassa. Oletetaan nyt (iii). Silloin ( ψ | 1 ) = 0, ja saadaan

( χ2 | 1 ) = ( (1 + ψ)2 | 1 ) = ( 1 + 2ψ + ψ 2 | 1 ) = 1 + ( ψ 2 | 1 ) = 1 + ( ψ | ψ ) = 2, koska ψ on reaalinen (ψ = χ − 1) ja redusoitumaton.

2

LUKU 3. KARAKTERIT

63

Esimerkki 3.10.6 Ryhmä Sn operoi joukossa {1, . . . , n} kahdesti transitiivisesti, joten vastaava moduli V hajoaa V = V1 ⊕ U , missä V1 = Im(p1 ), dim V1 = 1 ja U = Ker(p1 ) on redusoitumaton alimoduli. Kun V :n kannaksi otetaan e1 , . . . , en kuten edellä, niin V1 :n vi¯ ª © Pn P ¯ rittää alkio e1 + · · · + en , ja koska U = Ker(p1 ), niin U = i=1 ai ei ai ∈ C, i ai = 0 . Löydettiin Sn :lle (n − 1)-asteinen redusoitumaton esitys.

Esimerkki 3.10.7 Kun n ≥ 4, edellisen esimerkin U on redusoitumaton An -modulinakin. Esimerkki 3.10.8 Kun n = 2 tai 3, edellisen esimerkin päättely ei käy. Miten V hajoaa nyt An :n redusoitumattomien modulien suoraksi summaksi?

Luku 4

Restriktio ja induktio Tässä luvussa tutkimme ryhmän ja aliryhmän esitysten suhdetta. Oletukset ovat samat kuin ennenkin: #G < ∞, skalaarikunta on C ja modulit ovat äärellisulotteisia.

4.1 Esityksen ja karakterin restriktio Tarkastellaan aliryhmää H ≤ G. Olkoon ρ : G → GL(V ) jokin G:n esitys. Siitä saadaan restriktiolla H :n esitys ρ|H : H → GL(V ). Modulinäkökulmasta katsottuna tässä otetaan modulikertolaskusta G × V → V restriktio H × V → V . Kun merkitään V :n karakteria χV = χ, niin ρ|H :n karakteriksi tulee restriktio χ|H : H → C, sillä jos h ∈ H niin tr(ρ|H (h)) = tr(ρ(h)) = χ(h). Otetaan käyttöön merkinnät

ResH (ρ) = ρ|H ,

ResH (χ) = χ|H ,

ResH (V ) = esitystä ρ|H vastaava H -moduli.

Siis ResH (V ) on vektoriavaruutena V , jossa modulikertolaskuna on restriktio H × V → V , ja ResH (V ):n karakteri on Res(χV ). Usein merkitsemme myös Res tai ResG H. (Kirjallisuudessa näkee myös mm. merkintöjä ρH , χH , VH , V |H .)

Esimerkki 4.1.1 Tarkastellaan ryhmää G = C4 = hci. Sen 1-asteiset (siis redusoitumattomat) karakterit χ1 , . . . , χ4 löydettiin esimerkissä 3.2.12. Restriktioina saadaan jotkin aliryhmän H = hc2 i karakterit.

χ1 χ2 χ3 χ4

1 c c2 c3 1 1 1 1 1 i −1 −i 1 −1 1 −1 1 −i −1 i

ResH (χ1 ) ResH (χ2 ) ResH (χ3 ) ResH (χ4 )

1 c2 1 1 1 −1 1 1 1 −1

Huomataan, että ResH (χ1 ) = ResH (χ3 ) (= H :n ykköskarakteri) ja ResH (χ2 ) = ResH (χ4 ). Yleisesti, kun χ on jokin G:n karakteri, niin ResH (χ) on H :n karakteri ja niin muodoin joidenkin H :n redusoitumattomien karakterien summa (Maschken lause; ks. pykälä 3.4). Eri64

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

65

tyisesti, jos χi on G:n redusoitumaton karakteri, niin ResH (χi ) = θ1 + · · · + θr , missä θj :t ovat H :n redusoitumattomia karaktereja. Otetaan konkreettinen esimerkki.

Esimerkki 4.1.2 Tarkastellaan tapausta G = S4 ja H = A4 . Merkitään S4 :n redusoitumattomia karaktereja χ1 , . . . , χ5 , ja olkoot A4 :n redusoitumattomat karakterit θ1 , . . . , θ4 . Otetaan johtamatta käyttöön karakteritaulut; tässä ζ on kolmas ykkösenjuuri e2πi/3 :

S4 χ1 χ2 χ3 χ4 χ5

1 1 1 2 3 3

(12) 1 −1 0 1 −1

(12)(34) 1 1 2 −1 −1

(123) 1 1 −1 0 0

A4 θ1 θ2 θ3 θ4

(1234) 1 −1 0 −1 1

1 1 1 1 3

(12)(34) (123) 1 1 1 ζ 1 ζ2 −1 0

(132) 1 ζ2 ζ 0

Muistetaan esimerkistä 1.5.5, että

[1]S4 = [1]A4 = {1},

[(12)(34)]S4 = [(12)(34)]A4 ,

[(123)]S4 = [(123)]A4 ∪ [(132)]A4

ja että [(12)]S4 ja [(1234)]S4 eivät leikkaa A4 :ää. Karakteritauluista on helppo laskea, että

Res(χ1 ) = Res(χ2 ) = θ1 ,

Res(χ3 ) = θ2 + θ3 ,

Res(χ4 ) = Res(χ5 ) = θ4 .

(Huomaa, että ζ toteuttaa ζ 3 − 1 = (ζ − 1)(ζ 2 + ζ + 1) = 0, josta ζ 2 + ζ + 1 = 0 ja siis ζ 2 + ζ = −1.) Esimerkistä nähdään, ettei redusoitumattomuus aina säily restriktiossa. Paitsi karaktereille, restriktio on tietenkin tärkeä yleisemmin luokkafunktioille. Kun ϕ : G → C on G:n luokkafunktio, sen restriktio ϕ|H on selvästi H :n luokkafunktio, merkitään

ResH (ϕ) = ϕ|H : H → C. Näin saadaan lineaarikuvaus ResH : HG → HH , missä HG ja HH ovat G:n ja H :n luokkafunktioavaruudet. Usein merkitään Res tai ResG H.

4.2 Indusoitu karakteri Olkoon H ≤ G. Esittelemme myöhemmin konstruktion, jolla mielivaltaisesta H -modulista W rakennetaan ns. indusoitu G-moduli IndG H (W ). Sen kanssa rinnakkainen konstruktio, indusoitu karakteri, on helpompi ja usein riittäväkin. Siksi käsittelemme sen ensin erikseen.

Määritelmä 4.2.1 Olkoon H ≤ G ja ϕ ∈ HH . Kuvaus Ind(ϕ) : G → C, joka määritellään Ind(ϕ)(g) =

1 #H

X

ϕ(s−1 gs)

(4.1)

(g ∈ G),

s∈G s−1 gs∈H

on ϕ:stä indusoitu luokkafunktio (kohta todistetaan, että se on G:n luokkafunktio). Merkitään Ind(ϕ) = IndG (ϕ) = IndG H (ϕ). (Kirjallisuudessa G G myös mm. ϕ| tai ϕ .)

G

HG ....

Res

Ind

....

H

HH

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

66

Seuraavassa todistetaan, että jos ϕ ∈ HH , niin IndG H (ϕ) ∈ HG . Näin saadaan kuvaus HH → HG , ja on ilmeistä, että se on lineaarinen. (Muistetaan, että HH ja HG ovat vektoriavaruuksia pisteittäisten operaatioiden (3.8) suhteen.)

Lause 4.2.2 Olkoon H ≤ G ja olkoon ϕ ∈ HH . (i) Silloin IndG (ϕ) ∈ HG . (ii) Jos D on H :n vasempien sivuluokkien edustajisto, niin X IndG (ϕ)(g) = ϕ(d−1 gd)

(g ∈ G).

(4.2)

d∈D d−1 gd∈H

Todistus. Luokkafunktio-ominaisuus Ind(ϕ):lle seuraa laskemalla: kun g, t ∈ G, niin X X 1 1 Ind(ϕ)(t−1 gt) = ϕ(s−1 t−1 gts) = ϕ(u−1 gu) = Ind(ϕ)(g). #H #H s∈G s−1 t−1 gts∈H

u∈G u−1 gu∈H

Kun D on H :n vasempien sivuluokkien edustajisto, niin G = ∪d∈D dH . Määritelmässä (4.1) voidaan kirjoittaa s = dh (d ∈ D, h ∈ H ), jolloin X 1 Ind(ϕ)(g) = ϕ(h−1 d−1 gdh). #H d∈D, h∈H h−1 d−1 gdh∈H

Tässä h−1 d−1 gdh ∈ H jos ja vain jos d−1 gd ∈ H , ja tällöin ϕ(h−1 d−1 gdh) = ϕ(d−1 gd), koska ϕ on H :n luokkafunktio. Siis X X 1 1 X X Ind(ϕ)(g) = ϕ(d−1 gd) = ϕ(d−1 gd) = ϕ(d−1 gd). 2 #H #H d∈D, h∈H d−1 gd∈H

h∈H

d∈D d−1 gd∈H

d∈D d−1 gd∈H

Esimerkki 4.2.3 Olkoon G = C4 = hci ja H = hc2 i. Lasketaan esimerkin 4.1.1 karakterista

G θ2 = ResH (χ2 ) indusoitu karakteri IndG H (θ2 ). Pitää siis laskea IndH (θ2 )(g) kaikille alkioille 2 3 g = 1, c, c , c . Esimerkiksi X 1 θ2 (s−1 1s) Ind(θ2 )(1) = #H s∈G s−1 1s∈H

=

¢ 1¡ ¢ 1¡ θ2 (1−1 · 1 · 1) + θ2 (c−1 1c) + θ2 (c−2 1c2 ) + θ2 (c−3 1c3 ) = 1 + 1 + 1 + 1 , 2 2

eli Ind(θ2 )(1) = 2. Samoin saadaan Ind(θ2 )(c2 ) = −2 ja Ind(θ2 )(c) = Ind(θ2 )(c3 ) = 0 (summaan (4.1) ei tule yhtään termiä, joten summa = 0). Tulos: Ind(θ2 ) = χ2 + χ4 .

Esimerkki 4.2.4 Tarkastellaan taas tapausta G = S4 ja H = A4 . Käytetään esimerkin 4.1.2

merkintöjä. Lasketaan IndG H (θ4 ) kaavalla (4.2). Sivuluokkien edustajistoksi voidaan valita D = {1, (12)}. Kun g ∈ S4 , niin X Ind(θ4 )(g) = θ4 (d−1 gd). d=1,(12) d−1 gd∈A4

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

67

Summassa d−1 gd ∈ A4 ⇔ g ∈ A4 (näin käy aina kun aliryhmä on normaali). Siis Ind(θ4 )(g) = ¡ ¢ θ4 (g)+θ4 (12)g(12) jos g ∈ A4 , ja Ind(θ4 )(g) = 0 jos g ∈ / A4 . Lisäksi riittää laskea tämä, kun g käy S4 :n konjugaattiluokkien edustajiston, koska Ind(θ4 ) on luokkafunktio. Lopputuloksena saadaan, että Ind(θ4 ) = χ4 + χ5 . Samoin lasketaan muut:

Ind(θ1 ) = χ1 + χ2 ,

Ind(θ2 ) = Ind(θ3 ) = χ3 ,

Ind(θ4 ) = χ4 + χ5 .

Myöhemmin laskemme nämä toisella tavalla.

Esimerkki 4.2.5 Lasketaan H :n säännöllisen esityksen karakterista χH indusoitu luokkafunktio. Tulos: IndG H (χH ) = χG .

Esimerkki 4.2.6 Osoitetaan, että H :n ykköskarakterista 1H indusoitu IndG H (1H ) on G:n karakteri, joka tulee G:n permutaatio-operoinnista vasempien sivuluokkien joukossa G/H .

Esimerkki 4.2.7 Osoitetaan, että kun ϕ ∈ HH ja ψ ∈ HG , niin Ind(ϕ Res(ψ)) = Ind(ϕ)ψ . Päätellään, että Ind(Res(ψ)) = Ind(1H )ψ , missä 1H on H :n ykköskarakteri.

Lause 4.2.8 (Frobeniuksen resiprookkikaava) Olkoon H ≤ G. Kun ϕ ∈ HH ja ψ ∈ HG , niin

¡

¯ ¯ ¢ ¢ ¡ ϕ ¯ ResH (ψ) H = IndG (ϕ) ¯ ψ G ,

(4.3)

missä ( | )H tarkoittaa HH :n ja ( | )G HG :n sisätuloa. Huomaa, että koska ( φ1 | φ2 ) = ( φ2 | φ1 ), seuraa myös ¯ ¢ ¡ ¡ ¯ ¢ ResH (ψ) ¯ ϕ H = ψ ¯ IndG (ϕ) G .

Todistus. Sisätulon ja Ind(ϕ):n määritelmien ja ψ :n luokkafunktio-ominaisuuden avulla ¯ ¢ ¡ 1 X 1 1 X X IndG (ϕ) ¯ ψ G = IndG (ϕ)(g) ψ(g) = ϕ(s−1 gs)ψ(g) #G #G #H g∈G g∈G 1 1 X = #G #H

s∈G

Ã

s∈G s−1 gs∈H

X

! ϕ(s−1 gs)ψ(s−1 gs)

g∈G s−1 gs∈H

à ! 1 1 X X ϕ(u)ψ(u) = #G #H s∈G u∈H ¡ ¯ ¢ 1 X = ϕ(u)ψ(u) = ϕ ¯ ResH (ψ) H . #H

2

u∈H

Esimerkki 4.2.9 Tarkastellaan taas tapausta G = S4 ja H = A4 . Merkitään S4 :n redusoitumattomia karaktereja χ1 , . . . , χ5 ja A4 :n redusoitumattomia karaktereja olkoot θ1 , . . . , θ4 kuten esimerkissä 4.1.2. Lasketaan Ind(θ4 ). Kaavasta (3.16) ja Frobeniuksen resiprookkikaavasta saadaan

Ind(θi ) =

5 X ¡ j=1

5 X ¯ ¢ ¡ ¯ ¢ Ind(θi ) ¯ χj χj = θi ¯ Res(χj ) χj ; j=1

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO siis

Ind(θ4 ) =

5 X ¡

68

5 X ¯ ¢ ¡ ¯ ¢ Ind(θ4 ) ¯ χj χj = θ4 ¯ Res(χj ) χj = χ4 + χ5 ,

j=1

j=1

missä käytettiin esimerkissä 4.1.2 laskettuja Res(χj ):tä.

4.3 Indusoitu moduli Todistimme, että jos H ≤ G ja jos ϕ ∈ HH , niin IndG (ϕ) ∈ HG . Nyt tarkastelemme tapausta, jossa ϕ on H :n karakteri.

Lause 4.3.1 Olkoon H ≤ G. Kun ϕ on H :n karakteri, niin IndG (ϕ) on G:n karakteri. Todistus. Olkoot χ1 , . . . , χk redusoitumattomat G:n karakterit. Muistetaan, että jos ψ ∈ HG , Pk niin ψ = i=1 mi χi , missä mi = ( ψ | χi ) ∈ C, ja että ψ on karakteri jos ja vain jos ψ 6= 0 ja mi :t ovat epänegatiivisia kokonaislukuja (ks. (3.24)). Tapauksessa ψ = IndG (ϕ) saadaan ¯ ¢ ¡ ¡ ¯ ¢ mi = IndG (ϕ) ¯ χi G = ϕ ¯ ResH (χi ) H , ja nämä ovat epänegatiivisia kokonaislukuja, sillä ϕ ja ResH (χi ) ovat H :n karaktereja. (Jos χi on G-modulin Vi karakteri niin ResH (χi ) on H -modulin ResH (Vi ) karakteri.) Lisäksi

IndG (ϕ)(1) =

1 #H

X s∈G s−1 1s∈H

ϕ(s−1 1s) =

1 X ϕ(1) = [G : H]ϕ(1) 6= 0, #H

joten IndG (ϕ) 6= 0. Siis IndG (ϕ) on G:n karakteri.

(4.4)

s∈G

2

Määritelmä 4.3.2 Olkoon H ≤ G. Olkoon W H -moduli ja ϕ sen karakteri. Sanomme, että IndG (ϕ) on ϕ:stä indusoitu karakteri. Jos V on G-moduli, jonka karakteri on IndG (ϕ), niin V on W :stä indusoitu moduli, merkitään V = Ind(W ) = IndG (W ) = IndG H (W ). Kun W on H -moduli, seurauksen 4.3.1 mukaan IndG (W ) on olemassa ja seurauksen 3.4.4 mukaan se on isomoraa vailla yksikäsitteinen. Myöhemmin konstruoimme modulin IndG (W ). Yhtälöstä (4.4) nähdään jo, että dim(IndG (W )) = [G : H] dim(W ). (Kirjallisuudessa merkitään myös mm. W |G tai W G .)

Esimerkki 4.3.3 Olkoot χ1 , . . . , χ5 S4 :n ja θ1 , . . . , θ4 A4 :n redusoitumattomat karakterit kuten esimerkissä 4.1.2. Merkitään vastaavia S4 :n redusoitumattomia moduleja V1 , . . . , V5 ja A4 :n redusoitumattomia moduleja W1 , . . . , W4 . Koska IndSA44 (θ4 ) = χ4 + χ5 (esimerkki 4.2.4), niin IndSA44 (W4 ) ' V4 ⊕ V5 .

Lause 4.3.4 Olkoon H ≤ G. (i) Jos W on redusoitumaton H -moduli, on sellainen redusoitumaton G-moduli V , että ResH (V ):llä on H -alimoduli ' W .

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

69

(ii) Jos V on redusoitumaton G-moduli, on sellainen redusoitumaton H -moduli W , että IndG (W ):llä on G-alimoduli ' V .

Todistus. Todistetaan (i). Olkoon W redusoitumaton H -moduli ja ϕ sen karakteri. Kirjoitetaan IndG (W ) = V1 ⊕ · · · ⊕ Vr , missä Vi :t ovat redusoitumattomia G-alimoduleja. Merkitään Vi :n karakteria χi :llä. Silloin ¯ ¯ ¢ ¡ ¢ IndG (ϕ) ¯ IndG (ϕ) G = IndG (ϕ) ¯ χ1 + · · · + χr G ¯ ¢ ¯ ¢ ¡ ¡ = IndG (ϕ) ¯ χ1 G + · · · + IndG (ϕ) ¯ χr G ¡ ¯ ¢ ¡ ¯ ¢ = ϕ ¯ ResH (χ1 ) H + · · · + ϕ ¯ ResH (χr ) H .

0 6=

¡

¡ ¯ ¢ Siis jokin ϕ ¯ ResH (χi ) H 6= 0. Tämä Vi on vaadittu G-moduli; ks. (3.16). Todistetaan (ii). Olkoon V redusoitumaton G-moduli ja χ sen karakteri. Kirjoitetaan ResH (V ) = W1 ⊕ · · · ⊕ Wl , missä Wi :t ovat redusoitumattomia H -alimoduleja. Merkitään Wi :n karakteria θi :llä. Silloin ¯ ¯ ¢ ¡ ¢ ResH (χ) ¯ ResH (χ) H = θ1 + · · · + θl ¯ ResH (χ) H ¡ ¯ ¢ ¡ ¯ ¢ = θ1 ¯ ResH (χ) H + · · · + θl ¯ ResH (χ) H ¯ ¢ ¯ ¢ ¡ ¡ = IndG (θ1 ) ¯ χ G + · · · + IndG (θl ) ¯ χ G .

0 6=

¡

¯ ¢ ¡ Siis jokin IndG (θi ) ¯ χ G 6= 0. Tämä Wi on vaadittu H -moduli.

2

Kirjoitetaan lause myös karaktereille:

Seuraus 4.3.5 Olkoon H ≤ G. Olkoot G:n redusoitumattomat karakterit χ1 , . . . , χk ja H :n redusoitumattomat karakterit θ1 , . . . , θ` . (i) Kun restriktiot ResH (χi ) kirjoitetaan θj :den summina, niin kukin θj esiintyy ainakin yhdessä summassa. (ii) Kun indusoidut karakterit IndG (θi ) kirjoitetaan χj :den summina, niin kukin χj esiintyy ainakin yhdessä summassa.

Esimerkki 4.3.6 Esimerkissä 4.1.2 nähtiin, että kaikki θ1 , . . . , θ4 esiintyivät restriktioissa Res(χi ). Esimerkissä 4.2.4 nähtiin, että kaikki χ1 , . . . , χ5 esiintyivät indusoiduissa karaktereissa Ind(θi ).

Huomautus 4.3.7 Lause ja yo. esimerkit osoittavat, että restriktio ja induktio voivat olla tärkeitä etsittäessä H :lle tai G:lle redusoitumattomia karaktereja, kun ne tunnetaan näistä ryhmistä toiselle. Isaacsin kirjassa (s. 6465) on löydetty A5 :n redusoitumattomat karakterit käyttämällä induktiota A4 :n karaktereista.

Esimerkki 4.3.8 Tulkitaan esimerkkien 4.2.54.2.7 tulokset moduli-isomorsmeina.

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

70

4.4 Restriktio normaaliin aliryhmään Frobeniuksen resiprookkikaavan sovelluksena todistamme Cliordin lauseen, joka koskee redusoitumattoman karakterin (modulin) restriktiota normaaliin aliryhmään. Muistetaan, että aliryhmän H ≤ G konjugaattialiryhmät ovat sHs−1 , missä s ∈ G (esimerkki 1.6.8).

Määritelmä 4.4.1 Aliryhmän H ≤ G modulin W konjugaatti eli konjugaattimoduli W (s) on sHs−1 -moduli, joka vektoriavaruutena on W ja jonka modulikertolasku määritellään

k • w = s−1 ks · w

(k ∈ sHs−1 , w ∈ W );

(4.5)

selvästi W (s) todella on sHs−1 -moduli. Kun θ : H → C on W :n karakteri, niin selvästi W (s) :n karakteri on seuraava kuvaus θ(s) : sHs−1 → C:

θ(s) (k) = θ(s−1 ks)

(k ∈ sHs−1 ).

(4.6)

Sanotaan, että θ(s) on θ:n konjugaatti.

Lemma 4.4.2 Olkoon H ≤ G ja s ∈ G. Jos θ on ryhmän H redusoitumaton karakteri, niin θ(s) on ryhmän sHs−1 redusoitumaton karakteri.

Todistus. Lasketaan ( θ(s) | θ(s) ) =

1 #(sHs−1 )

X

θ(s) (k)θ(s) (k) =

1 X θ(h)θ(h) = ( θ | θ ) = 1. #H h∈H

k∈sHs−1

(Vaihtoehtoisesti voisi todeta, että aliavaruus U ⊆ W on W :n alimoduli jos ja vain jos se on W (s) :n alimoduli.) 2 Huomaa erikoistapaukset:

• Jos s ∈ H , niin sHs−1 = H ja esimerkin 2.3.4 mukaan W (s) ' W H -moduleina ja siis θ(s) = θ. • Jos H £ G, niin sHs−1 = H (s ∈ G), joten konjugaatit W (s) ovat H -moduleja ja konjugaatit θ(s) ovat H :n karaktereja. Jos s ∈ / H , voi olla W (s) 6' W ja θ(s) 6= θ.

Lause 4.4.3 (Cliord) Olkoon H £ G ja olkoon χ redusoitumaton G:n karakteri. Silloin ResH (χ):ssä esiintyvät redusoitumattomat H :n karakterit ovat keskenään konjugoituja ja kukin esiintyy yhtä monta kertaa. Toisin sanoen ResH (χ) = e

k X

θ(si ) ,

i=1

missä θ on jokin ResH (χ):ssä esiintyvä redusoitumaton H :n karakteri ja θ(s1 ) , . . . , θ(sk ) ovat ¯ ¢ ¡ sen erisuuret konjugaatit. Lisäksi e = ResH (χ) ¯ θ H .

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

71

Todistus. Lasketaan ResH IndG (θ). Kun h ∈ H , niin IndG (θ)(h) =

1 #H

X

θ(s−1 hs) =

1 X 1 X (s) θ(s−1 hs) = θ (h), #H #H s∈G

s∈G s−1 hs∈H

s∈G

P 1 (s) joten ResH IndG (θ) = #H . s∈G θ Olkoon ϕ redusoitumaton H :n karakteri, joka ei ole mikään konjugaateista θ(s) . Silloin ϕ ei esiinny karakterissa ResH IndG (θ), sillä ¡ ¯ ¢ ¡ ¯ X (s) ¢ 0 = ϕ¯ θ = #H ϕ ¯ ResH IndG (θ) . s∈G

Koska θ esiintyy ResH (χ):ssä, niin χ esiintyy IndG (θ):ssä, sillä Frobeniuksen resiprookkikaavan nojalla ¯ ¢ ¡ ¡ ¯ ¢ Ind(θ) ¯ χ G = θ ¯ Res(χ) H 6= 0. Siis Ind(θ) = χ + ψ , missä ψ on G:n karakteri tai 0. Seuraa Res Ind(θ) = Res(χ) + Res(ψ). Siis, koska ϕ ei esiinny Res Ind(θ):ssa, se ei esiinny myöskään Res(χ):ssä. Toisin sanoen Res(χ):ssä ei esiinny muita redusoitumattomia H :n karaktereja kuin θ:n konjugaatteja θ(s) . Näin ollen

ResH (χ) =

k X ¡

¯ ¢ ResH (χ) ¯ θ(si ) θ(si ) .

i=1

Käyttämällä sitä, että χ ∈ HG ja H £ G summan kertoimiksi saadaan

¡

¯ ¢ ResH (χ) ¯ θ(s) =

¯ ¢ ¡ 1 X 1 X χ(h)θ(s−1 hs) = χ(h)θ(h) = ResH (χ) ¯ θ H = e. #H #H h∈H

2

h∈H

4.5 Indusoidun modulin konstruktio Olkoon H ≤ G. Olkoon W vasen H -moduli. Esitämme indusoidulle modulille IndG H (W ) konkreettisen konstruktion. (Nämä indusoidut modulit ovat erikoistapaus paljon yleisemmästä renkaiden tai algebrojen esitysteoriaan kuuluvasta modulien indusoinnista. Näissä yleisemmissä tapauksissa ei kylläkään ole vastinetta kohta esitettävälle konkreettiselle menetelmälle.) S Kiinnitetään H :n vasempien sivuluokkien edustajisto D. Silloin G = d∈D dH . Muo¯ ©P ª ¯ dostetaan vektoriavaruus R, jolla on kantana D, siis R = (alkiot d∈D rd d rd ∈ C muodollisia summalausekkeita). Tarkastellaan tensorituloavaruutta R ⊗ W .

Lemma 4.5.1 Avaruuden R ⊗ W alkiolla on yksikäsitteinen esitys muodossa

P d∈D

d ⊗ wd ,

missä wd ∈ W . Todistus. Valitaan W :lle kanta {e1 , . . . , em }. Koska R:llä on kanta D, niin R ⊗ W :llä on kanta { d ⊗ ei | d ∈ D, i = 1, . . . , m }.

(4.7)

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

72

Siis R ⊗ W :n mielivaltainen alkio on m XX

rdi d ⊗ ei =

d∈D i=1

X

d⊗

m ³X

´ rdi ei

(rdi ∈ C),

i=1

d∈D

mikä on vaadittua muotoa. Tässä käytettiin tensoritulon laskusääntöjä (2.25) (tensorikuvauksen bilineaarisuutta). P P Olkoon jollain alkiolla kaksi esitystä d∈D d ⊗ wd = d∈D d ⊗ wd0 . Kirjoitetaan wd = P P 0 P P P P 0 0 0 i rdi ei ja wd = i rdi ei . Silloin d d ⊗ wd = d,i rdi d ⊗ ei ja d d ⊗ wd = d,i rdi d ⊗ ei , 0 0 joten rdi = rdi ∀ d, i. Siis wd = wd ∀ d ∈ D. 2

Lemma 4.5.2 Joukot d ⊗ W merk = {d ⊗ w | w ∈ W } (d ∈ D) ovat avaruuden R ⊗ W aliavaruuksia ' W , ja R ⊗ W on niiden suora summa, M R⊗W = d ⊗ W.

(4.8)

d∈D

Todistus. Kukin d ⊗ W on aliavaruus, sillä r(d ⊗ w) + r0 (d ⊗ w0 ) = d ⊗ rw + d ⊗ r0 w0 = d ⊗ (rw + r0 w0 )

(r, r0 ∈ C).

Kiinnitetyllä d:llä kuvaus W → d ⊗ W , w 7→ d ⊗ w, on lineaarinen (vaikka yo. laskelma), se on selvästi surjektio ja lemman 4.5.1 nojalla se on injektio. Siis d ⊗ W ' W . Väitetty suora summa seuraa lemmasta 4.5.1. 2 Määritellään G:n modulikertolasku avaruudessa R ⊗ W . Tarkastellaan ensin kiinnitettyjä S alkioita g ∈ G ja d ⊗ w ∈ d ⊗ W . Sivuluokkahajotelman G = d∈D dH perusteella on yksikäsitteiset sellaiset d0 ∈ D ja h0 ∈ H , että gd = d0 h0 . Merkitään

g · (d ⊗ w) = d0 ⊗ h0 w,

missä gd = d0 h0 , d0 ∈ D, h0 ∈ H.

(4.9)

Tässä, kuten jatkossakin, merkitsemme yksinkertaisuuden vuoksi H :n operointia W :ssä ilman pistettä: h0 · w = h0 w. Osoitamme seuraavaksi, että (4.9) on modulikertolasku. Lemman 4.5.1 nojalla (4.9) määrittelee hyvin määritellyn kuvauksen g · (−) : d ⊗ W → d0 ⊗ W (alkion d ⊗ w ∈ d ⊗ W esitys tässä muodossa on yksikäsitteinen, ts. ei ole sellaista alkiota w0 6= w, että d ⊗ w = d ⊗ w0 .) Tämä kuvaus on lineaarinen d ⊗ w:n funktiona, koska

g · (r d ⊗ w + r0 d ⊗ w0 ) = g · (d ⊗ (rw + r0 w0 )) = d0 ⊗ h0 (rw + r0 w0 ) = d0 ⊗ (rh0 w + r0 h0 w0 ) = r d0 ⊗ h0 w + r0 d0 ⊗ h0 w0 = r g · (d ⊗ w) + r0 g · (d ⊗ w0 ). Lemman 4.5.2 suorasummahajotelman ansiosta voimme yhdistää nämä  g :n operoinnit lineaarikuvaukseksi R ⊗ W → R ⊗ W : ³X ´ X g· d ⊗ wd = g · (d ⊗ wd ) (wd ∈ W ). d∈D

d∈D

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

73

Tämä saadaan aikaan jokaisella alkiolla g ∈ G, joten kyseessä on kuvaus G × (R ⊗ W ) → R ⊗ W , joka on R ⊗ W :n alkion suhteen lineaarinen. Olkoon g1 , g2 ∈ G. Silloin

g2 · (g1 · (d ⊗ w)) = g2 · (d0 ⊗ h0 w) = d00 ⊗ h00 (h0 w), missä d0 , d00 ∈ D ja h0 , h00 ∈ H määräytyvät ehdoista g1 d = d0 h0 ja g2 d0 = d00 h00 . Näistä seuraa (g2 g1 )d = g2 d0 h0 = d00 h00 h0 = d00 (h00 h0 ), missä d00 ∈ D ja h00 h0 ∈ H , joten

(g2 g1 ) · (d ⊗ w) = d00 ⊗ (h00 h0 )w. Siis g2 · (g1 · (d ⊗ w)) = (g2 g1 ) · (d ⊗ w). Koska vielä selvästi 1 · (d ⊗ w) = d ⊗ w, niin moduliaksioomat ovat voimassa. Näin R ⊗ W :stä on tehty G-moduli.

Huomautus 4.5.3 1) Ryhmän G operointi permutoi aliavaruuksia d ⊗ W . 2) Voidaan olettaa 1 ∈ D. Silloin 1 ⊗ W on H -alimoduli ja on H -moduli-isomorsmi 1 ⊗ W ' W , 1 ⊗ w 7→ w. (Itse asiassa, vaikkei olisi 1 ∈ D, niin jokin D:n alkio d1 kuuluu H :hon, ja nytkin on H -moduli-isomorsmi d1 ⊗ W ' W , vaikkei yhtä yksinkertainen; vrt. esimerkki 2.3.4.) 3) Seuraavassa lauseessa nähdään, että R⊗W on modulin IndG H (W ) konstruktio. Käytännössä sitä on helppo käyttää, kunhan muistaa suorasummahajotelman (4.8) (tai kannan (4.7)) ja modulikertolaskun määritelmän (4.9). 4) Yhtälöä (4.9) voi olla helpointa ajatella muodollisen laskelman g · (d ⊗ w) = gd ⊗ w = 0 0 d h ⊗ w = d0 ⊗ h0 w kautta, käyttäen sitä, että gd = dh0 , ja sääntöä  H :n alkiot saa viedä tensoritulomerkin yli. Tällaiselle ei meidän konkreettisessa lähestymistavassamme kylläkään ole oikeutusta! (Esimerkiksi mitä merkintä gd ⊗ w tarkoittaisi?) Jos olisimme määritelleet indusoidun modulin siten kuin se määritellään yleisemmässä renkaiden tai algebrojen teoriassa, tämä laskelma ja sääntö olisivat tarkkaan oikein.

Lause 4.5.4 Käytetään eo. oletuksia ja merkintöjä. Kun H -modulin W karakteri on ϕ, niin

G G-modulin R ⊗ W karakteri on IndG H (ϕ). Siis R ⊗ W ' IndH (W ).

Todistus. Olkoon ρ : G → GL(R ⊗ W ) modulia R ⊗ W vastaava G:n esitys ja χ sen karakteri. Tarkastellaan yhtä alkiota g ∈ G. On laskettava χ(g) = tr(ρ(g)). Ajatellaan ρ(g):n matriisia R ⊗ W :n kannan {d ⊗ ei | d ∈ D, i = 1, . . . , m} suhteen, missä {e1 , . . . , em } on W :n kanta. Kanta-alkion d ⊗ ei kuva kuvauksessa ρ(g) on ρ(g)(d ⊗ ei ) = g · (d ⊗ ei ) = d0 ⊗ h0 ei ,

missä

gd = d0 h0 , d0 ∈ D, h0 ∈ H.

(4.10)

Jos d0 6= d, niin kanta-alkiota d ⊗ ei vastaavalle pystyriville ρ(g):n matriisissa tulee päälävistäjälle 0; siis tällaisista aiheutuu jälkeen tr(ρ(g)) vain osuus 0. Tarkastellaan nyt sellaista d:tä, että (4.10):ssä on d = d0 . Siis gd = dh0 , h0 ∈ H . Merkitään ρ(g)d :llä ρ(g):n restriktiona saatavaa kuvausta d ⊗ W → d ⊗ W ; siis

ρ(g)d (d ⊗ ei ) = ρ(g)(d ⊗ ei ) = d ⊗ h0 ei = d ⊗ τ (h0 )(ei ),

LUKU 4. RESTRIKTIO JA INDUKTIO

74

missä τ on H -modulia W vastaava esitys H → GL(W ). Selvästi ρ(g)d :n matriisi d ⊗ W :n kannan {d ⊗ e1 , . . . , d ⊗ em } suhteen on sama kuin τ (h0 ):n matriisi kannan {e1 , . . . , em } P suhteen. (Jos τ (h0 ):n matriisi on (aij ) ts. τ (h0 )(ej ) = i aij ei , niin ³X ´ X ρ(g)d (d ⊗ ei ) = d ⊗ τ (h0 )(ei ) = d ⊗ aij ei = aij d ⊗ ei , i

i

¡ ¢ ¡ ¢ joten (aij ) on myös ρ(g)d :n matriisi.) Siis kuvauksen ρ(g)d jälki on tr ρ(g)d = tr τ (h0 ) = ¡ ¢ ϕ(h0 ). Koska ehdosta gd = dh0 seuraa h0 = d−1 gd, niin tr ρ(g)d = ϕ(d−1 gd). Panemalla ρ(g) taas kokoon kuvauksista d ⊗ W → d0 ⊗ W saadaan X ¡ ¢ tr ρ(g) = ϕ(d−1 gd). d∈D d0 =d

Edellä todettiin, että jos d0 = d niin d−1 gd = h0 ∈ H , ja tämä on voimassa kääntäenkin: jos d−1 gd ∈ H , niin kirjoittamalla gd = d(d−1 gd) saadaan d0 = d ja h0 = d−1 gd. Siis X ¡ ¢ tr ρ(g) = ϕ(d−1 gd). d∈D d−1 gd∈H G Lauseen 4.2.2 mukaan oikea puoli on IndG H (ϕ)(g), joten χ = tr(ρ(g)) = IndH (ϕ).

2

Esimerkki 4.5.5 Tarkastellaan diedriryhmää G = Dn = ha, bi (an = 1, b2 = 1, bab = a−1 ) ja sen aliryhmää H = hai ' Cn . Olkoon ζ ∈ C jokin n:s ykkösenjuuri ja olkoon W 1ulotteinen hai-moduli, jossa a:n operointi on a · w = ζw ∀ w ∈ W . (Koska hai ' Cn , on ryhmähomomorsmi hai → C× , jossa a 7→ ζ , ja W on tätä vastaava 1-ulotteinen moduli.) n Konstruoidaan IndD hai (W ). Koska Dn = 1hai ∪ bhai, sivuluokkien edustajistoksi voidaan ottaa D = {1, b}. Valitaan n W :lle kanta {e1 }. Silloin modulilla IndD hai (W ) = R ⊗ W on kanta {1 ⊗ e1 , b ⊗ e1 } (ks. (4.7)). Olkoon R : Dn → GL2 (C) matriisimuoto tämän kannan suhteen. Lasketaan R(a) ja R(b). Käyttämällä modulikertolaskua (4.9) saadaan

a · (1 ⊗ e1 ) = 1 ⊗ ae1 = 1 ⊗ ζe1 = ζ 1 ⊗ e1 −1

−1

a · (b ⊗ e1 ) = b ⊗ a e1 = b ⊗ ζ e1 = ζ µ ¶ ζ 0 Siis R(a) = . Samoin saadaan 0 ζ −1 b · (1 ⊗ e1 ) = b ⊗ 1e1 = b ⊗ e1

−1

sillä a1 = 1a, 1 ∈ D, a ∈ hai;

b ⊗ e1

sillä ab = ba−1 , b ∈ D, a−1 ∈ hai.

sillä b1 = b1, b ∈ D, 1 ∈ hai;

b · (b ⊗ e1 ) = 1 ⊗ 1e1 = 1 ⊗ e1 sillä bb = 11, 1 ∈ D, 1−1 ∈ hai, ³ ´ 01 josta R(b) = 1 0 . Näistä saadaan kaikki R(ai bj ):t, koska R on ryhmähomomorsmi. n (Harjoitus: Laske matriisimuodosta R modulin IndD hai (W ) karakteri. Kirjoita W :n karakteri n ϕ ja laske siitä indusoitu karakteri IndD hai (ϕ). Pitäisi tulla sama.)

Luku 5

Ryhmäalgebra Esimerkissä 2.1.12 määriteltiin G:n säännöllinen esitys avaruudessa C[G]. Modulikertolasku G × C[G] → C[G] tuli G:n kertolaskusta. Seuraavassa käytämme hyväksi sitä, että G:n kertolasku määrittelee myös tulon C[G] × C[G] → C[G], joka tekee C[G]:stä ns. assosiatiivisen algebran. Tutkimme tämän algebran rakennetta ja sen yhteyttä edellä kehiteltyyn G:n esitysten teoriaan. Seuraavassa käytetään mielivaltaista kuntaa K , mutta koska tässä kurssissa olemme kiinnostuneita vain tapauksesta K = C, voi joka kohdassa ajatella K :n tilalle C:n jos haluaa.

5.1 Assosiatiivinen algebra 5.1.1 Määritelmä ja esimerkkejä Määritelmä 5.1.1 Algebra yli kunnan K eli K -algebra on K -vektoriavaruus A, jossa on määritelty kertolasku eli tulo A × A → A, merkitään a · b tai ab kun a, b ∈ A, joka toteuttaa seuraavat ehdot:

• Kertolasku on bilineaarinen , eli (ra + r0 a0 )b = rab + r0 a0 b,

a(rb + r0 b0 ) = rab + r0 ab0

∀ a, a0 , b, b0 ∈ A, r, r0 ∈ K.

• Kertolasku on assosiatiivinen , eli a(bc) = (ab)c ∀ a, b, c ∈ A. • Algebrassa A on ykkösalkio , siis sellainen alkio 1 = 1A , että a1 = 1a = a ∀ a ∈ A. Tarkemmin sanottuna tässä määritelty K -algebra on assosiatiivinen, ykkösalkiolla varustettu K -algebra. Algebra A on kommutatiivinen, jos lisäksi ab = ba ∀ a, b ∈ A. Siis K -algebra on joukko, joka on sekä rengas että vektoriavaruus yli K :n ja jossa nämä kaksi rakennetta ovat luonnollisella tavalla yhteensopivat. Huomaa, että tulon bilineaarisuus sisältää distributiivilait. Oletamme aina, että algebrat ovat äärellisulotteisia. 75

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

76

Esimerkki 5.1.2 Matriisijoukko Mn (K) = {(aij )n×n | aij ∈ K} varustettuna tavallisilla matriisien yhteen- ja kertolaskuoperaatioilla ja skalaarilla kertomisella on K -algebra.

Esimerkki 5.1.3 Toinen tuttu K -algebra on polynomialgebra K[x] = {r0 + r1 x + r2 x2 + · · · + rs xs | s ≥ 0, r0 , . . . , rs ∈ K}. Tämä algebra on ääretönulotteinen ja kommutatiivinen.

Esimerkki 5.1.4 Kunta K itse on K -algebra. Esimerkki 5.1.5 Luokkafunktioavaruus HG on kommutatiivinen C-algebra pisteittäisen tulon suhteen. Itse asiassa F(G, C) on C-algebra ja HG sen alialgebra (määritelmä 5.1.9).

Esimerkki 5.1.6 Olkoon V vektoriavaruus yli K :n. Sen endomorsmiavaruus merk

EndK (V ) = HomK (V, V ) = {τ : V → V | τ on K -lineaarinen} on K -algebra, kun kuvausten summa ja skalaarimonikerrat määritellään tuttuun tapaan ja tuloksi otetaan kuvausten yhdistäminen; tätä kutsutaan V :n endomorsmialgebraksi.

Esimerkki 5.1.7 (Ryhmäalgebra) Äärellisen ryhmän G ryhmäalgebra K[G] on K -vektoriavaruus, jonka kantana on G:n alkiot, siis ½X rg g K[G] =

¯ ¾ ¯ ¯ rg ∈ K ∀ g ∈ G ¯

(5.1)

g∈G

(alkiot ovat muodollisia summalausekkeita), ja jossa kertolasku määritellään laajentamalla G:n kertolasku bilineaariseksi koko K[G]:lle; siis ´ ´³ X ´ ³X ´³ X ´ ³X X³ X X rh rg0 hg = rh rg0 u. rh h rg0 g = rg g rg0 g = g∈G

g∈G

h∈G

g∈G

h,g∈G

u∈G

h,g∈G hg=u

Tämä on hyvin määritelty bilineaarikuvaus K[G] × K[G] → K[G]. Bilineaarisuuden vuoksi assosiatiivilaki riittää tarkistaa kanta-alkioille, joille se seuraa G:n tulon assosiatiivisuudesta. Ykkösalkiona toimii G:n ykkösalkio. (Ajatellaan G upotetuksi K[G]:hen ilmeisellä tavalla.)

Esimerkki 5.1.8 Tarkastellaan tapausta K = C, G = C3 = hci, c3 = 1. Joukkona C[C3 ] = {r0 1 + r1 c + r2 c2 | ri ∈ K}, missä yleensä merkitään r0 1 = r0 . Esimerkiksi (2 + c − c2 )(3 − c2 ) = 6 − 2c2 + 3c − c3 − 3c2 + c4 = 5 + 4c − 5c2 , c(1 + c + c2 ) = c + c2 + 1 = 1 + c + c2 .

5.1.2 Algebroja koskevia perusasioita Määritelmä 5.1.9 Algebran A osajoukko B ⊆ A on alialgebra , jos se on A:n aliavaruus ja jos 1A ∈ B ja aa0 ∈ B ∀ a, a0 ∈ B . Ekvivalentisti: B on alialgebra jos se on sekä aliavaruus että alirengas.

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

77

Esimerkki 5.1.10 Matriisialgebralla Mn (K) on alialgebroina mm. diagonaalimatriisien ja yläkolmiomatriisien algebrat Dn (K) = {(aij ) ∈ Mn (K) | aij = 0 kun i 6= j } ja Tn (K) = {(aij ) ∈ Mn (K) | aij = 0 kun i > j }.

Esimerkki 5.1.11 Kun H ≤ G, niin K[H] on K[G]:n alialgebra. Määritelmä 5.1.12 Olkoot A ja B K -algebroja. Kuvaus f : A → B on algebrahomomorsmi, jos kaikilla alkioilla r, r0 ∈ K, a, a0 ∈ A f (ra + r0 a0 ) = rf (a) + r0 f (a0 ),

f (aa0 ) = f (a)f (a0 ),

f (1A ) = 1B ,

eli ekvivalentisti, jos f on sekä lineaarikuvaus että rengashomomorsmi. Jos f on bijektio, sitä sanotaan (algebra)isomorsmiksi. Jos on isomorsmi A → B , niin A ja B ovat isomorset, merkitään A ' B .

Esimerkki 5.1.13 Ryhmähomomorsmin G1 → G2 laajennus lineaarikuvaukseksi K[G1 ] → K[G2 ] on algebrahomomorsmi. Esimerkiksi normaalista aliryhmästä H £ G saadaan ryhmähomomorsmit H → G → G/H ja siis algebrahomomorsmit K[H] → K[G] → K[G/H].

Esimerkki 5.1.14 Olkoon V vektoriavaruus, dim V = n. Kiinnittämällä V :lle kanta jokainen τ ∈ EndK (V ) voidaan esittää matriisilla M (τ ), ja kuvaus τ 7→ M (τ ) on algebraisomorsmi EndK (V ) → Mn (K). Siis EndK (V ) ' Mn (K). Tämän restriktio GL(V ):lle on lauseen 2.1.15 ryhmäisomorsmi GL(V ) ' GLn (K).

Esimerkki 5.1.15 Kun H ≤ G, niin ResG H : HG → HH on algebrahomomorsmi. Esimerkki 5.1.16 Muodostetaan algebraisomorsmi C[C3 ] → D3 (C) esimerkin 2.2.5 avulla. Määritelmä 5.1.17 Aliavaruus I ⊆ A on A:n vasen ihanne, jos ax ∈ I ∀ a ∈ A, x ∈ I . Aliavaruus J ⊆ A on A:n oikea ihanne, jos xa ∈ J ∀ a ∈ A, x ∈ J . Jos I on sekä vasen että oikea ihanne, se on A:n ihanne eli kaksipuolinen ihanne.

Esimerkki 5.1.18 Jos f : A → B on algebrahomomorsmi, niin Ker(f ) on A:n ihanne ja Im(f ) on B :n alialgebra. Tämä todistetaan samaan tapaan kuin renkaille.

Esimerkki 5.1.19 Tarkastellaan esimerkin 5.1.8 tapausta K[C3 ]. Merkitään x = 1 + c + c2 ∈ K[C3 ]. Kun g = 1, c, c2 niin gx = x ja xg = x. Seuraa, että K[C3 ]:n yleiselle alkiolle a = r0 + r1 c + r2 c2 on voimassa ax ∈ L(x) ja xa ∈ L(x). Siis L(x) on 1-ulotteinen ihanne.

Esimerkki 5.1.20 Yleisestikin ryhmäalgebralla A = K[G] on aina 1-ulotteinen ihanne, jon-

P ka virittää alkio g∈G g . Sillä on aina myös (#G−1)-ulotteinen ihanne, jonka muodostavat P P ne alkiot g∈G rg g , joilla g∈G rg = 0. Vertaa esimerkkiin 2.2.2.

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

78

5.1.3 Algebran modulit ja esitykset Määrittelemme algebroille esitykset, matriisiesitykset ja modulit vastaavasti kuin ryhmien tapauksessa (vertaa määritelmiin 2.1.5, 2.1.1 ja 2.1.21).

Määritelmä 5.1.21 Olkoon A K -algebra. (i) A:n esitys avaruudessa V on algebrahomomorsmi ρ : A → EndK (V ). Dimensio dim V on esityksen aste. (Meillä esitysten asteet ovat aina äärellisiä.) (ii) A:n n-asteinen matriisiesitys on algebrahomomorsmi R : A → Mn (K). (iii) A:n (vasen) moduli on vektoriavaruus V varustettuna modulikertolaskulla A × V → V , merkitään (a, x) 7→ a · x = ax, joka täyttää ehdot:

• kuvaus A × V → V , (a, v) 7→ av , on bilineaarinen; • a(bv) = (ab)v aina kun a, b ∈ A, v ∈ V ; • 1v = v aina kun v ∈ V . Olkoon V vektoriavaruus yli K :n. Aivan samoin kuin ryhmillä (lause 2.1.22) algebran A esitykset ρ : A → EndK (V ) ja modulikertolaskut A × V → V vastaavat toisiaan kääntäen yksikäsitteisesti ; yhteyden antaa

ρ(a)(v) = av

∀ a ∈ A, v ∈ V.

(5.2)

Valitsemalla V :lle kanta saadaan algebraisomorsmi EndK (V ) ' EndK (V ) ρ......................... ... ... ............ . . . . . . Mn (K) (n = dim V ), ja tämän välityksellä A:n esitykset ρ : ' A ....... ............ ............ ... ............. A → EndK (V ) ja matriisiesitykset R : A → Mn (K) vastaavat .. R Mn (K) toisiaan kääntäen yksikäsitteisesti. Algebran A modulin V aliavaruus W on alimoduli, jos aw ∈ W ∀ a ∈ A, w ∈ W . Moduli V on alimoduliensa W ja U suora summa, merkitään V = W ⊕U , jos se on vektoriavaruutena niiden suora summa. Moduli V on redusoitumaton eli yksinkertainen, jos V 6= {0} ja jos sen ainoat alimodulit ovat {0} ja V . Moduli V on täydellisesti redusoituva, jos se on joidenkin redusoitumattomien alimoduliensa suora summa. Kun V1 ja V2 ovat A-moduleja, lineaarikuvaus f : V1 → V2 on A-modulihomomorsmi (lyhyesti homomorsmi ), jos

f (av) = af (v)

∀ a ∈ A, v ∈ V1 .

(5.3)

Samoin kuin lauseessa 2.3.11 osoitetaan, että kun f : V1 → V2 on modulihomomorsmi, niin Ker f ⊆ V1 ja Im f ⊆ V2 ovat alimoduleja. Bijektiivinen A-modulihomomorsmi f : V1 → V2 on (A-moduli-)isomorsmi. Jos on olemassa isomorsmi V1 → V2 , niin V1 ja V2 ovat isomorset, merkitään V1 ' V2 tai V1 'A V2 . Isomorsmin käänteiskuvauskin on isomorsmi, ja kahdesta isomorsmista yhdistetty kuvaus on isomorsmi (harj.).

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

79

Määritelmä 5.1.22 Algebran A säännöllinen moduli on A itse varustettuna tulon antamalla modulikertolaskulla a · x = ax ∀ a, x ∈ A. Merkitsemme tätä modulia A◦ :lla. Vastaava esitys A → EndK (A◦ ) on A:n säännöllinen esitys. (Usein modulia A◦ merkitään A A.)

Esimerkki 5.1.23 Modulin A◦ alimodulit ovat tarkalleen A:n vasemmat ihanteet. Kun V ja U ovat A-moduleja, merkitään

HomA (V, U ) = {f : V → U | f on A-modulihomomorsmi}. Erityisesti merkitään EndA (V ) = HomA (V, V ). Helposti todetaan, että EndA (V ) on algebra, kun vektoriavaruusoperaatiot ovat tavalliset ja tulona on kuvausten yhdistäminen. Se on EndK (V ):n alialgebra (esimerkki 5.1.6). o n³ ´¯ a b ¯ a, b, c, d ∈ C on isomoraa vaille vain Esimerkki 5.1.24 a) Algebralla M2 (C) = ¯ n ³c d´¯ o x ¯ yksi redusoitumaton moduli, nimittäin C2 = ¯ x, y ∈ C , operaatio tavallinen. n³ ´¯ o y a 0 ¯ b) Algebralla D2 (C) = 0 d ¯ a, d ∈ C on kaksi epäisomorsta redusoitumatonta modulia, kummankin dimensionon ³ 1. ´¯ o a b ¯ c) Algebralla T2 (C) = a, b, d ∈ C on kaksi epäisomorsta redusoitumatonta ¯ 0 d modulia, kummankin dimensio on 1. Myös C2 on luonnollisella tavalla T2 (C)-moduli; se on redusoituva muttei täydellisesti redusoituva.

Huomautus 5.1.25 Voidaan osoittaa, että seuraavat ehdot ovat ekvivalentit: (i) Moduli V on täydellisesti redusoituva (redusoitumattomien alimodulien suora summa). (ii) Moduli V on redusoitumattomien alimodulien summa (ei ehkä suora). (iii) Aina kun W ⊆ V on alimoduli, on sellainen alimoduli U ⊆ V , että V = W ⊕ U . Kirjallisuudessa täydellinen redusoituvuus määritelläänkin yleensä millä tahansa näistä ehdoista. Pykälän 5.2.1 mukaan ekvivalenttisuus pätee ryhmän G moduleillekin.

5.1.4 Algebran idempotenteista ja suorasummahajotelmista Olkoon A äärellisulotteinen K -algebra. Algebran A keskus on alialgebra

Z(A) = {z ∈ A | az = za ∀ a ∈ A }. Alkiota e ∈ A sanotaan idempotentiksi, jos e2 = e. Kaksi idempotenttia e1 , e2 ovat ortogonaaliset, jos e1 e2 = e1 e2 = 0. Idempotentti on keskusidempotentti, jos se kuuluu keskukseen. Kun e ∈ A, merkitään Ae = {ae | a ∈ A}. Selvästi Ae on vasen ihanne. Se on itse asiassa e:n generoima vasen ihanne.

Lemma 5.1.26

(i) Oletetaan, että e1 , . . . , ek ovat A:n ortogonaalisia idempotentteja ja että e1 + · · · + ek = 1. Silloin A = Ae1 ⊕ · · · ⊕ Aek .

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

80

(ii) Oletetaan, että A = I1 ⊕ · · · ⊕ Ik , missä Ij :t ovat vasempia ihanteita. Kirjoitetaan 1 = e1 + · · · + ek (ej ∈ Ij ). Silloin ej :t ovat ortogonaalisia idempotentteja ja Ij = Aej (j = 1, . . . , k ).

Todistus. Todistetaan (i). Kun a ∈ A, niin a = a1 = ae1 +· · ·+aek , joten A = Ae1 +· · ·+Aek . Jos ae1 + · · · + aek = be1 + · · · + bek , niin kertomalla oikealta ei :llä saadaan aei = bei (koska e2i = ei ja ej ei = 0 kun i 6= j ). Siis summa on suora. Todistetaan (ii). Koska ei = ei 1 = ei e1 + · · · + ei ei + · · · + ei ek , ja ei ∈ Ii ja ei ej ∈ Ij , niin summan suoruudesta johtuen e2i = ei ja ei ej = 0 kun i 6= j .

2

Siis A:n hajotelmat A = I1 ⊕ · · · ⊕ Ik vasempien ihanteiden suoriksi summiksi vastaavat kääntäen yksikäsitteisesti 1:n hajotelmia ortogonaalisten idempotenttien summiksi 1 = e1 + · · · + ek . Tapaus, jossa ei :t ovat keskusidempotentteja, on erityisen tärkeä. Kun ei on keskusidempotentti, niin Aei on 2-puolinen ihanne, koska silloin Aei = ei A. Lisäksi tällöin Aei :tä voidaan katsoa algebroina:

Lemma 5.1.27 Olkoon e ∈ A keskusidempotentti. Silloin Ae on assosiatiivinen algebra, kertolaskuna A:n kertolaskun restriktio ja ykkösalkiona e. Todistus. Kertolaskun A × A → A restriktio antaa binäärioperaation Ae × Ae → Ae, koska aina (ae)(be) = (aeb)e ∈ Ae. Se on assosiatiivinen, koska se on assosiatiivinen koko A:ssa. Lisäksi e on Ae:n ykkösalkio, koska (ae)e = ae2 = a ja e(ae) = (ea)e = (ae)e = ae. 2 Siis, jos e1 , . . . , ek ∈ A ovat ortogonaalisia keskusidempotentteja, joiden summa on 1, niin A = Ae1 ⊕ · · · ⊕ Aek , missä Aei :t ovat sekä 2-puolisia ihanteita että algebroja, ykkösalkioina ei :t.

5.2 Ryhmäalgebra 5.2.1 Ryhmän ja ryhmäalgebran esitysten yhteys Osoitetaan, että jokaisesta ryhmän G esityksestä yli C:n saadaan ryhmäalgebran C[G] esitys ja kääntäen. Olkoon ρ : G → GL(V ) ryhmän G esitys C-vektoriavaruudessa V . Algebralla C[G] on kantana G:n alkiot, joten ρ laajenee yksikäsitteisellä tavalla lineaarikuvaukseksi ρe : C[G] → EndC (V ): ³X ´ X ρe rg g = rg ρ(g) ∈ EndC (V ) (rg ∈ C ∀ g). (5.4) g∈G

g∈G

Koska ρ on ryhmähomomorsmi, niin ρ(gh) = ρ(g)ρ(h) ∀ g, h ∈ G ja ρ(1) = idV . Siis ρe on algebrahomomorsmi eli ryhmäalgebran C[G] esitys.

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

81

Kääntäen, olkoon annettuna ryhmäalgebran C[G] esitys τ : C[G] → EndC (V ). Restriktiona saadaan τ |G : G → EndC (V ), joka tietenkin toteuttaa τ |G (gh) = τ (gh) = τ (g)τ (h) = τ |G (g)τ |G (h) kun g, h ∈ G. Itse asiassa τ (g) ∈ GL(V ) ∀ g ∈ G, sillä koska

τ (g)τ (g −1 ) = τ (gg −1 ) = τ (1) = idV ,

τ (g −1 )τ (g) = τ (g −1 g) = τ (1) = idV ,

niin τ (g −1 ) = τ (g)−1 . Siis τ |G , katsottuna kuvaukseksi G → GL(V ), on ryhmän G esitys. Lisäksi on selvää, että ρe|G = ρ ja τg |G = τ . Näin ollen ryhmän G ja ryhmäalgebran C[G] esitykset samassa avaruudessa V vastaavat toisiaan kääntäen yksikäsitteisesti. Toisin sanoen G-modulia V voidaan katsoa C[G]-modulina ja kääntäen. Tässä vastaavudessa säilyy kaikki oleellinen; seuraavat on helppo todeta oikeiksi (V, V1 , V2 ovat G-moduleja):

•

f : V1 → V2 on G-modulihomomorsmi

•

V1 ' V2 G-moduleina

•

W ⊆ V on G-alimoduli ⇐⇒

•

V = V1 ⊕ V2 G-modulina ⇐⇒

•

V on redusoitumaton G-moduli ⇐⇒

•

⇐⇒

⇐⇒

f on C[G]-modulihomomorsmi;

V1 ' V2 C[G]-moduleina; W ⊆ V on C[G]-alimoduli; V = V1 ⊕ V2 C[G]-modulina; V on redusoitumaton C[G]-moduli;

V on täydellisesti redusoituva G-moduli ⇐⇒ moduli.

V on täydellisesti redusoituva C[G]-

Näistä ensimmäinen ominaisuus HomG (V, U ) = HomC[G] (V, U ) on ratkaisevin siinä mielessä, että muut voidaan johtaa siitä. Johtopäätös: G:n esitysteoria yli kunnan C ja C[G]:n esitysteoria ovat oleellisesti sama asia.

Esimerkki 5.2.1 Tarkastellaan ryhmän C3 = hci matriisiesitystä R : C3 → GL2 (C), R(c) = ³ ´

1 0 2πi/3 e : C[C3 ] → M2 (C), . Vastaava C[C3 ]:n esitys on R 0 ζ , missä ζ = ζ3 = e µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 e 0 +r1 c+r2 c2 ) = r0 1 0 +r1 1 0 +r2 1 02 = r0 + r1 + r2 R(r . 01 0ζ 0ζ 0 r0 + r1 ζ + r2 ζ 2

Esimerkki 5.2.2 Jos ρ : G → GL(V ) on G:n triviaali esitys, ts. ρ(g) = idV ∀ g ∈ G, niin vastaava C[G]:n esitys on ρe(a) = ²(a)idV ∀ a ∈ C[G], missä ² : C[G] → C määritellään ¡P ¢ P ² g rg g = g rg . Kutsutaan tällaista esitystä C[G]:n triviaaliksi esitykseksi. (Huom. ² on algebrahomomorsmi C[G] → C, ns. augmentointi.)

ª | v ∈ V . Silloin h·w = w ∀ h ∈ G, w ∈ W , toisin sanoen G:n esitys avaruudessa W on triviaali. Ryhmäalgebran P avulla W voidaan kirjoittaa muodossa W = {x · v | v ∈ V }, missä x = g∈G g ∈ C[G].

Esimerkki 5.2.3 Olkoon V G-moduli. Merkitään W =

©P

g∈G (g·v)

Huomautus 5.2.4 Olemme käsitelleet ryhmän esityksiä vain yli C:n (siis G-modulit ovat olleet vektoriavaruuksia yli C:n), paitsi että yleisempi tilanne on mainittu huomautuksissa 2.5.5 ja 2.6.4. Ryhmän G esitys yli kunnan K on ryhmähomomorsmi G → GL(V ), missä

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

82

V on vektoriavaruus yli K :n; V on vastaava esitysavaruus ja siitä saadaan tuttuun tapaan G-moduli. Kuten edellä päätellään, että ryhmän G ja ryhmäalgebran K[G] esitykset samassa K -avaruudessa V vastaavat toisiaan kääntäen yksikäsitteisesti. Toisin sanoen G-modulia V voidaan katsoa K[G]-modulina ja kääntäen. Tarkemmin tutkimalla saadaan nytkin tulos: G:n esitysteoria yli kunnan K ja K[G]:n esitysteoria ovat oleellisesti sama asia. Huomaa kuitenkin, että K[G]:n esitykset ovat aina K :n yli, kun taas ryhmälle G voidaan muodostaa esityksiä minkä tahansa kunnan yli (vrt. huomautus 2.5.5).

5.2.2 Ryhmäalgebran idempotenteista P Olkoon G ryhmä (äärellinen kuten meillä aina). Ryhmäalgebran C[G] alkiot g∈G rg g voiP daan tietenkin kirjoittaa g∈G f (g)g , missä f on funktio G → C eli f ∈ F(G, C).

Lemma 5.2.5 Olkoon G ryhmä ja olkoon f : G → C funktio. Ryhmäalgebran C[G] alkio

P

g∈G

f (g)g kuuluu keskukseen Z(C[G]) jos ja vain jos f on luokkafunktio eli f ∈ HG .

Todistus. Merkitään a =

P g∈G

f (g)g . Saadaan

a ∈ Z(C[G]) ⇐⇒ ab = ba ∀ b ∈ C[G] ⇐⇒ ah = ha ∀ h ∈ G ⇐⇒ h−1 ah = a ∀ h ∈ G. Toisaalta

h−1 ah =

X

f (g)h−1 gh =

g∈G

Siis a ∈ Z(C[G]) jos ja vain jos f (hgh

−1

X

f (hgh−1 )g.

g∈G

) = f (g) ∀ g, h ∈ G eli jos ja vain jos f ∈ H.

2

Olkoon V G-moduli. Katsotaan sitä myös C[G]-modulina. Lauseessa 3.7.1 löysimme kanoniseen hajotelmaan V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vk liittyvät projektiot pi : V → V : ni X χi (g) g · v (i = 1, . . . , k, v ∈ V ). (5.5) pi (v) = #G g∈G

Voimme lausua nämä muodossa

pi (v) = ²i · v

(i = 1, . . . , k, v ∈ V ),

(5.6)

missä ²i :t ovat C[G]:n alkiot

²i =

ni X χi (g) g #G

(i = 1, . . . , k).

(5.7)

g∈G

Siispä V :n homogeeniset komponetit Vi voidaan kirjoittaa Vi = pi (V ) = ²i V , ja V :n kanoninen hajotelma siis on V = ²1 V ⊕ · · · ⊕ ²k V. (5.8)

Lause 5.2.6 Alkiot ²i ovat C[G]:n ortogonaalisia keskusidempotentteja joiden summa on 1.

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

83

Todistus. Tarkastellaan säännöllistä G-modulia C[G]. Sen kanoninen hajotelma on (5.8):n nojalla C[G] = ²1 C[G] ⊕ · · · ⊕ ²k C[G]. Kun a ∈ C[G], niin a = p1 (a) + · · · + pk (a) = ²1 a + · · · + ²k a. Tapaus a = 1 antaa 1 = ²1 + · · · + ²k . Lemmasta 5.1.26 seuraa, että ²i :t ovat ortogonaalisia idempotentteja. Lemman 5.2.5 mukaan ne kuuluvat C[G]:n keskukseen. 2

Esimerkki 5.2.7 Eräs idempotenteista ²i kannattaa mainita erikseen, nimittäin ykköskarakteria χ1 vastaava ²1 . Ykköskarakteri toteuttaa χ1 (g) = 1 ∀ g ∈ G; siis

²1 =

1 X g. #G

(5.9)

g∈G

Modulin V kiintopisteiden joukko V G = {v ∈ V | g · v = v ∀ g ∈ G} on ykköskarakteria vastaava V :n homogeeninen osa (esimerkki 3.7.6), joten

V1 = V G = { v ∈ V | gv = v ∀ g ∈ G } = p1 (V ) = ²1 V.

(5.10)

5.2.3 Ryhmäalgebran rakenne Sovitaan seuraavat merkinnät:

 S1 , . . . , Sk on redusoitumattomien G-modulien isomoraluokkien edustajisto,        ρi : C[G] → EndC (Si ) on modulia Si vastaava esitys,   (5.11) χi = χSi ,     ni = dim Si = χi (1),     P  ni ²i = #G g∈G χi (g) g.

Huomaa, että tässä G-modulia Si katsotaan myös C[G]-modulina, ja yo. algebran esitys ρi : C[G] → EndC (Si ) on ryhmän esityksen G → GL(Si ) lineaarinen laajennus (ks. (5.4)); Merkitään kumpaankin ρi :llä.

Lause 5.2.8

(i) C[G] = C[G]²1 ⊕ · · · ⊕ C[G]²k .

(ii) ²1 , . . . , ²k ovat ortogonaalisia keskusidempotentteja, ja niiden summa on 1. (iii) Hajotelma (i) on säännöllisen modulin C[G] kanoninen hajotelma, ja siihen liittyvät projektiot pi ovat a 7→ ²i a. (iv) Idempotentti ²i operoi Si :ssä identiteettikuvauksena ja Sj :ssä nollana kun i 6= j .

Todistus. Kohdat (i)(iii) on todistettu aikaisemmin. Koska redusoitumattoman modulin Si kanoninen hajotelma on Si = Si (vain yksi homogeeninen komponentti), niin projektio (5.6) pi : Si → Si on identiteettikuvaus ja siis ²i operoi Si :ssä identiteettikuvauksena (ks. (5.6)). Jos i 6= j , niin Sj :ssä ei ole Si -homogeenista komponenttia (eli se on {0}), joten vastaava projektiokin on nollakuvaus, ts. ²i operoi Sj :ssä nollana. 2

Lause 5.2.9

(i) Jokainen C[G]²i on algebra, ykkösalkiona ²i .

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

84

(ii) Esityksen ρi : C[G] → EndC (Si ) restriktio komponentille C[G]²i (5.12)

ρ|C[G]²i : C[G]²i −→ EndC (Si )

on algebraisomorsmi. (iii) On lineaarinen bijektio

F : C[G] −→

k M

EndC (Si ),

F (a) = (ρ1 (a), . . . , ρk (a))

∀ a ∈ C[G].

(5.13)

i=1

Todistus. Väite (i) seuraa lemmasta 5.1.27. Esitys ρi : C[G] → EndC (Si ) on algebrahomomorsmi, mikä tarkoittaa että ρi (ab) = ρi (a)ρi (b) kun a, b ∈ C[G] ja että ρi (1) = id. Osoitetamme seuraavaksi, että ρi :n restriktio C[G]²j → EndC (Si ) on nollakuvaus, jos i 6= j , mutta algebraisomorsmi, jos i = j . Lauseen 5.2.8 kohdan (iv) mukaan ( id jos i = j, ρi (²j ) = 0 jos i 6= j. Siis kun i 6= j , niin ρi (a²j ) = ρi (a)ρi (²j ) = 0 eli ρi (C[G]²j ) = 0. Tapauksessa i = j ρi :n restriktio C[G]²i → EndC (Si ) on algebrahomomorsmi, koska ensiksikin ρi (ab) = ρi (a)ρi (b) (jopa kaikilla C[G]:n alkioilla a, b), ja toiseksi C[G]²i :n ykkösalkion ²i kuva ρi (²i ) = id on EndC (Si ):n ykkösalkio. Jotta ρi :n restriktio C[G]²i → EndC (Si ) olisi algebraisomorsmi, on osoitettava, että se on bijektio. Näytetään ensin injektiivisyys. Olkoon ρi (a²i ) = 0 jollain alkiolla a ∈ C[G]. Silloin a²i operoi nollana Si :ssä, ja edellä todetun mukaisesti a²i operoi nollana myös muissa Sj :ssä. Maschken lauseen nojalla a²i operoi silloin nollana kaikissa G-moduleissa, siis myös säännöllisessä modulissa C[G]. Seuraa (a²i ) · 1 = 0 eli a²i = 0. Tämä todistaa väitetyn injektiivisyyden. Koska C[G]²i on C[G]:n Si -homogeeninen komponetti ja koska Si esiintyy C[G]:ssä ni kertaa (lause 3.4.12), niin C[G]²i ' Si ⊕· · ·⊕Si (ni yhteenlaskettavaa). Siis dim(C[G]²i ) = n2i . Mutta myös dim(EndC (Si )) = n2i . Siis injektiivinen lineaarikuvaus C[G]²i → EndC (Si ) on myös surjektiivinen. Näin (ii) on todistettu. Isomorsmeista ρi |C[G]²i : C[G]²i → EndC (Si ) voidaan panna kokoon isomorsmi

C[G] = C[G]²1 ⊕ · · · ⊕ C[G]²k −→

k M

EndC (Si ),

i=1

kuvaamalla a1 + · · · + ak 7→ (ρ1 (a1 ), . . . , ρk (ak )) (ai ∈ C[G]²i ). (Vasemmalla puolella on sisäinen ja oikealla ulkoinen suora summa.) Kun a = a1 + · · · + ak , niin ρi (a) = ρi (a1 + · · · + ak ) = ρi (ai ), sillä edellä todetun mukaan ρi (aj ) = 0 kun i 6= j . Siis tämä isomorsmi on juuri väitteen F . 2

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

85

Assosiatiivisten algebrojen Bi , . . . , Br suora summa B1 ⊕ · · · ⊕ Br määritellään vektoriavaruuksien (ulkoisena) suorana summana, jossa on lisäksi kertolasku

(b1 , . . . , br )(b01 , . . . , b0r ) = (b1 b01 , . . . , br b0r )

(bi , b0i ∈ Bi ).

On helppo todeta, että B1 ⊕ · · · ⊕ Br on assosiatiivinen algebra, jolla on ykkösalkio (1, . . . , 1). Lauseen 5.2.9 isomorsmista F tulee algebraisomorsmi, kun oikea puoli varustetaan tällä algebrarakenteella. Tulos voidaan esittää matriiseillakin käyttäen isomorsmeja EndC (Si ) ' Mni (C): Olkoon P Lk n = i n2i = #G. Silloin lauseesta saadaan isomorsmi C[G] ' i=1 Mni (C), ja oikea puoli voidaan samaistaa Mn (C):n alialgebran kanssa, jonka muodostavat lohkomatriisit   M1 O . . . O M2 O  O . . ..  (Mi ∈ Mni (C)). (5.14)  .. . .  . O O . . . Mk Kyseessä on jopa algebraisomorsmi.

Lause 5.2.10 (Fourier'n inversiokaava) Lauseen 5.2.9 isomorsmin F käänteiskuvaus on F −1 : EndC (S1 ) ⊕ · · · ⊕ EndC (Sk ) → C[G], ¶ k Xµ 1 X ¡ ¢ −1 −1 F (f1 , . . . , fk ) = ni trSi ρi (g )fi g. #G i=1 g∈G

(5.15)

(Tässä trSi tarkoittaa kuvauksen Si → Si jälkeä.) Toisin sanoen, kun fi ∈ EndC (Si ) (i = 1, . . . , k ) ovat mielivaltaisia, on yksikäsitteinen sellainen a ∈ C[G], että ρi (a) = fi ∀ i, P nimittäin a = g∈G rg g , missä k

¡ ¢ 1 X rg = ni trSi ρi (g −1 )fi #G i=1

(g ∈ G).

(5.16)

Todistus. Koska F tiedetään bijektioksi, riittää osoittaa, että väitteen kuvaus F −1 toteutP taa ehdon F −1 ◦ F = id. Olkoon a = h∈G rh h ∈ C[G] mielivaltainen. Silloin F (a) = (ρ1 (a), . . . , ρk (a)). Kun tähän sovelletaan väitteen kuvausta, saadaan ¶ k Xµ 1 X ¡ ¢ −1 ni trSi ρi (g )ρi (a) g. (5.17) #G i=1 g∈G P P Tässä ρi (g −1 )ρi (a) = h rh ρi (g −1 )ρi (h) = h rh ρi (g −1 h) (Huomaa, että ρi tarkoittaa sekä G:n esitystä G → GL(Si ) että siitä laajennettua C[G]:n esitystä C[G] → EndC (Si ).) Siis lausekkeessa (5.17) g :n kerroin on k k ³X ´ ¡ ¢ 1 X 1 X X ni trSi rh ρi (g −1 h) = ni rh trSi ρi (g −1 h) #G i=1 #G i=1 h∈G

h∈G

k k 1 X X 1 X X rh χi (g −1 h) = rh ni χi (g −1 h) = ni #G i=1 #G i=1 h∈G h∈G 1 X −1 = rh χG (g h) = rg , #G h∈G

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

86

missä käytettiin ensin jäljen tr lineaarisuutta ja lopuksi χG :n kahta lauseketta (lauseet 3.3.2 P ja 3.4.12). Siis (5.17) on g∈G rg g = a. 2

5.2.4 Ryhmäalgebran keskus ja keskusidempotentit On helppo nähdä, että C[G]:n keskuksella Z(C[G]) on kanta C1 , . . . , Ck ovat G:n konjugaattiluokat. Siis

©P

g∈Ci

¯ ª g ¯ i = 1, . . . , k , missä

dim Z(C[G]) = k = G:n konjugaattiluokkien määrä.

(5.18)

Myös {²1 , . . . , ²k } on Z(C[G]):n kanta. Nimittäin lauseen 5.2.6 mukaan ²i :t ovat keskuksessa, ja koska ne ovat ortogonaalisia idempotentteja 6= 0, ne ovat lineaarisesti riippumattomia. Lisäksi niitä on oikea määrä.

Esimerkki 5.2.11 Ryhmän S3 redusoitumattomat karakterit χ1 , χ2 , χ3 löydettiin esimerkissä 3.6.1. Niiden asteet ovat n1 = n2 = 1, n3 = 2. Näin ollen dim Z(C[S3 ]) = 3 (vaikka S3 :n keskus on {1}!) ja Z(C[S3 ]) = C²1 ⊕ C²2 ⊕ C²3 . Edelleen, C[S3 ] = A1 ⊕ A2 ⊕ A3 , missä Ai = C[S3 ]²i ja dim A1 = dim A2 = 1 ja dim A3 = 4. Laske idempotenttien ²i lausekkeet. Algebran A esitystä ρ : A → EndK (V ) sanotaan uskolliseksi, jos ρ on injektio. Seuraava esimerkki osoittaa, että ryhmän G esitys G → GL(V ) voi olla uskollinen ilman että vastaava ryhmäalgebran esitys C[G] → EndC (V ) olisi uskollinen.

Esimerkki 5.2.12 Jatketaan S3 :n tarkastelua. Esimerkissä 3.7.5 tutkittiin S3 :n luonnollista 3-asteista permutaatioesitystä; katsotaan sitä nyt C[S3 ]:n esityksenä ρ : C[S3 ] → EndC (V ). Modulille V löydettiin kanoninen hajotelma V = V1 ⊕ V3 , ja V1 ' S1 ja V3 ' S3 . Koska V :stä puuttuu S2 -homogeeninen komponentti, niin A2 = C[S3 ]²2 operoi V :ssä nollana; toisin sanoen ρ(A2 ) = {0}. Siis algebran C[S3 ] esitys ρ : C[S3 ] → EndC (V ) ei ole uskollinen. (Tarkemmin tutkimalla todettaisiin, että sen ydin on tarkalleen A2 .) Kuitenkin esimerkin 2.1.20 mukaan ryhmän esitys S3 → GL(V ) on uskollinen! Esimerkki 5.2.13 Tutkitaan samaa asiaa esimerkin 5.2.1 esitykselle. Esimerkki 5.2.14 Miten Z(C[G]):n edellä löydetyt kaksi kantaa lausutaan toistensa avulla?

5.2.5 Abelin ryhmän ryhmäalgebra Tässä pykälässä G on Abelin ryhmä. Merkitään n = #G. Konjugaattiluokkia on n kappaletta ja jokaisen kertaluku on 1. Olkoot χ1 , . . . , χn redusoitumattomat karakterit, siis ryhmähob :n alkiot). Ortogonaalisuusrelaatioista (3.17) ja (3.26) saadaan momorsmit G → C× (G

1 X χi (g)χj (g) = δij , n g∈G

n

1X χ (h)χi (g) = δhg . n i=1 i

(5.19)

(i, j = 1, . . . , n ja h, g ∈ G). Edelliset ovat karakterien ortogonaalisuusrelaatiot ja jälkimmäiset niiden duaalirelaatiot.

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

87

Koska C[G] on kommutatiivinen algebra, niin Z(C[G]) = C[G], joten keskusidempotentit P ²i = n1 g χi (g) g muodostavat C[G]:n kannan. Kantojen {g | g ∈ G} ja {²i | i = 1, . . . , n} välillä on muunnokset X 1X ²i = χi (g) g, g = χi (g)²i . (5.20) n g i Jälkimmäinen saadaan helposti ortogonaalisuusrelaatioista. Näistä kaavoista johdetaan edelP P leen seuraava seikka: Kun alkiolla a ∈ C[G] on kantaesitykset a = g rg g = i qi ² i (rg , qi ∈ C), niin kertoimilla on yhteys

qi =

X

rg χi (g),

rg =

g

1X qi χi (g) . n i

(5.21)

Kun alkiot esitetään kannassa {²i | i = 1, . . . , n}, niin niiden skalaarimonikerrat, summat Pn Pn ja tulot saadaan heti: Jos a = i=1 ri ²i ja b = i=1 si ²i , niin

ra =

n X

rri ²i

(r ∈ C),

a+b=

i=1

n X

(ri + si )²i ,

i=1

ab =

n X

ri si ²i .

i=1

Tämä merkitsee, että algebrana C[G] on isomoraa vaille määrätty, heti kun #G = n on annettu. Siis: Jos G ja H ovat Abelin ryhmiä ja #G = #H , niin C[G] ' C[H] algebroina.

Esimerkki 5.2.15 a) Ryhmien C4 ja V4 ryhmäalgebrat ovat isomorset diagonaalisten 4×4matriisien algebran kanssa. Mistä edellä esiintyneestä kohdasta tämä nähdään heti? b) Kirjoitetaan C[C4 ]:n ja C[V4 ]:n idempotentit ja kummallekin kantojen {g | g ∈ G} ja {²i | i = 1, . . . , 4} väliset muunnokset. c) Kirjoitetaan kummankin algebran kertotaulu käyttäen kumpiakin em. kannoista. Todistetaan lopuksi, että vaikkei Abelin ryhmä G määräydykään yksikäsitteisesti C[G]:stä (kun tätä katsotaan vain algebrana), niin se määräytyy ryhmärenkaasta Z[G]. Tämä on C[G]:n osajoukko ¯ ½X ¾ ¯ rg g ¯¯ rg ∈ Z ∀ g ∈ G Z[G] = (5.22) g∈G

varustettuna C[G]:stä restriktioina saatavilla yhteenlasku- ja kertolaskuoperaatioilla. Nämä operaatiot tekevät Z[G]:stä renkaan. (Skalaarilla kertominen jää pois; Z[G] ei ole C-algebra.)

Lemma 5.2.16 Olkoon G Abelin ryhmä. Jos u ∈ Z[G] ja uk = 1, k > 0, niin u = ±s jollain G:n alkiolla s. P P Todistus. Olkoon u = g∈G rg g = gi=1 qi ²i , missä rg ∈ Z ja qi ∈ C. Käyttämällä sitä, että ²i :t ovat ortogonaalisia idempotentteja, saadaan k

u =

µX g i=1

¶k qi ² i

=

g X i=1

qik ²i .

LUKU 5. RYHMÄALGEBRA

88

Toisaalta uk = 1 = ²1 + · · · + ²n . Siis qik = 1, joten |qi | = 1. Koska u 6= 0, niin jokin rs 6= 0 P missä s ∈ G. Kaavojen (5.21) mukaan rs = n1 i qi χi (s). Kolmioepäyhtälöstä saadaan ¯ X ¯ ¯1 ¯ ¯ ¯ 1 X¯¯ 1 X¯¯ ¯¯¯¯ ¯ |rs | = ¯ qi χi (s) ¯¯ ≤ qi χi (s) ¯ = qi χi (s) ¯ = 1, n i n i n i sillä myös | χi (s) | = 1 (ykkösenjuuria). Koska rs ∈ Z \ {0}, seuraa, että rs = ±1 ja että kolmioepäyhtälössä on yhtäsuuruus. Seuraa, että summan kaikki termit qi χi (s) ovat yhtäP suuria (oletetaan tunnetuksi tämä kolmioepäyhtälön ominaisuus). Koska rs = n1 i qi χi (s), niin qi χi (s) = rs ∀ i. Näin ollen qi = rs χi (s) ∀ i. Saadaan

rg = Siis u = rs s = ±s.

1 X 1X qi χi (g) = rs χi (s)χi (g) = rs δsg . n i n i

2

Lause 5.2.17 Jos G ja H ovat Abelin ryhmiä ja Z[G] ' Z[H] (rengasisomorsmi), niin G ' H (ryhmäisomorsmi). Todistus. Jos G ' H , niin tietenkin Z[G] ' Z[H]. Oletetaan nyt, että on rengasisomorsmi f : Z[G] → Z[H]. Toisin sanoen f on bijektio ja toteuttaa ehdot f (u1 + u2 ) = f (u1 ) + f (u2 ) ja f (u1 u2 ) = f (u1 )f (u2 ) (u1 , u2 ∈ Z[G]) ja f (1) = 1. Selvästi f antaa bijektion ©

¯ ª u ∈ Z[G] ¯ uk = 1 jollain k :lla > 0

−→

©

¯ ª v ∈ Z[H] ¯ v k = 1 jollain k :lla > 0 ,

siis lemman mukaan bijektion

{g | g ∈ G} ∪ {−g | g ∈ G} → {h | h ∈ H} ∪ {−h | h ∈ H} (sillä kun g ∈ G niin (±g)2(#G) = 1 ja vastaavasti H :lle). Siis #G = #H . Restriktiona saadaan injektio f |G : G → {h | h ∈ H} ∪ {−h | h ∈ H}. Tässä ei esiinny tapausta f (g1 ) = h ja f (g2 ) = −h (gi ∈ G), sillä seuraisi f (g1 + g2 ) = 0, mikä on vastoin f :n injektiivisyyttä. Näin ollen, sopivilla etumerkeillä σh = ±1, f :n restriktio antaa bijektion G → f (G) = {σh h | h ∈ H}. Lisäksi f (g1 g2 ) = f (g1 )f (g2 ) (gi ∈ G). Siis alkiot σh h muodostavat ryhmän H1 (renkaan Z[H] aliryhmän) ja f |G : G → H1 on ryhmäisomorsmi. Selvästi H1 ' H . 2

Esimerkki 1.A1 Esimerkki 1.A1 Esimerkki 1.A2 Esimerkki 1.A3

Tehtävä: Luettele ryhmän G = GL2 (Z2 ) alkiot ja määrää niiden käänteisalkiot ja kertaluvut. Ratkaisu: Neliömatriisi on säännöllinen sjvsk sen vaakarivit ovat lineaarisesti riippumattomia. Toisaalta kaksi vektoria ovat lineaarisesti riippumattomia sjvsk ne molemmat eroavat nollasta eivätkä ne ole toistensa skalaarimonikertoja. Kunnassa Z2 on 1 ainoa nollasta eroava skalaari, joten 2 × 2 matriisi yli Z2 :n on säännöllinen sjvsk sen vaakarivit eivät kumpikaan ole nollia ja lisäksi vaakarivien on oltava eri vektorit. Näin ollen ryhmän G muodostavat seuraavat 6 matriisia pareittain 1. rivin mukaan.

1/3

Esimerkki 1.A2 Esimerkki 1.A1 Esimerkki 1.A2 Esimerkki 1.A3

1= B= D=

1 0 0 1

!

0 1 1 0

!

1 1 0 1

!

, A= , C= , E=

1 0 1 1

!

,

0 1 1 1

!

,

1 1 1 0

!

.

Näistä tietenkin identiteettimatriisi 1 on kertalukua yksi. Laskemalla A2 =

1 0 1 1

!

1 0 1 1

!

=

1 0 2 1

!

= 1,

joten alkio A on kertalukua 2 ja itsensä käänteismatriisi.

2/3

Esimerkki 1.A3 Esimerkki 1.A1 Esimerkki 1.A2 Esimerkki 1.A3

Samoin nähdään, että alkiot B ja D ovat itsensä käänteisalkioita, ja siis kertalukua 2. Sen sijaan C2 =

0 1 1 1

!

!

=

1 1 1 0

!

0 1 1 1

1 1 1 2

!

= E,

ja edelleen 3

C = CE =

0 1 1 1

!

=

1 0 2 1

!

= 1G .

Näin ollen C ja E ovat toistensa käänteismatriiseja, ja C on kertalukua kolme. Samoin E on kertalukua 3.

3/3

Esimerkki 2.A1 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

Tehtävä: Olkoon G = hA, Bi ryhmän GL3 (R) se aliryhmä, jonka matriisit 



1 1 0   A= 0 1 0  0 0 1





1 0 0   ja B =  0 1 1  0 0 1

generoivat. Mikä on tämä ryhmä? Ratkaisu: Koska sekä A että B ovat sellaisia yläkolmiomatriiseja, joiden diagonaalilla on vain ykkösiä, ja tätä tyyppiä olevat matriisit muodostavat ryhmän U3 (R), niin G ≤ U3 (R). Vielä tarkemmin, havaintojen

1 / 20

Esimerkki 2.A2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

A−1





1 −1 0   = 0 1 0  0 0 1

ja B −1





1 0 0   =  0 1 −1  0 0 1

seurauksena näemme, että kaikkien ryhmän G matriisien kaikki alkiot ovat kokonaislukuja. Näin ollen    1  G⊆H =  0   0



  

a b  1 c  a, b, c ∈ Z .   0 1

Väitän, että tässä itse asiassa G = H. Tätä varten osoitamme, että A) H on ryhmä, ja B) jokainen joukon H matriisi voidaan lausua generaattorien avulla. Väite seuraa näistä kahdesta tuloksesta.

2 / 20

Esimerkki 2.A3 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

Selvästi joukko H on suljettu matriisikertolaskun suhteen, joten riittää osoittaa, että H:n matriisin käänteismatriisi on H:ssa. Tässä 



1 a b   X =  0 1 c  = I + N, 0 0 1 missä





0 a b   N =  0 0 c . 0 0 0 Helposti nähdään, että N 3 = 0, jolloin lasku (I + N )(I − N + N 2 ) = I − N 3 = I − 0 = I osoitta, että X −1 = I − N + N 2 ∈ H aina, kun X ∈ H. 3 / 20

Esimerkki 2.A4 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

Väitteen B todistamiseksi laskemme ns. kommutaattorin C = ABA−1 B −1





1 0 1  1 0 . 0 0 1

 = 0

Jos nyt 



1 a b   X =  0 1 c , 0 0 1 niin tulkitsemalla alkeismatriisilla A, B tai C kertomisen vasemmalta (vast. oikealta) vaakarivimuunnokseksi (vast. pystyrivimuunnokseksi), näemme että B −c XA−a





1 0 b   =  0 1 0  = C b. 0 0 1 4 / 20

Esimerkki 2.A5 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Näin ollen X = B c C b Aa ∈ G. Tästä syystä H ⊆ G. Koska H oli ryhmä, johon generaattorit A ja B kuuluvat, niin myös G ≤ H. Siis H = G.

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

5 / 20

Esimerkki 2.B1 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

Tehtävä: Oletetaan, että ryhmän G alkiot a ja b toteuttavat yhtälöt a2 = 1 ja ab2 a−1 = b3 . Osoita, että b5 = 1. Ratkaisu: Käytetään hyväksi sitä, että konjugointi ia : x 7→ axa−1 on ryhmän G automorfismi, ja lisäksi sitä, että g → ig on homomorfismi G → Aut(G). Koska a2 = 1, niin jälkimmäinen fakta kertoo, että ia ◦ ia = ia2 = i1 = idG . Miten pääsemme hyödyntämään jälkimmäistä yhtälöä? Sehän kertoo, että ia (b2 ) = b3 . Koska emme tiedä mitään alkiosta ia (b3 ), niin suoraviivainen lähestymistapa ei tällä kertaa onnistu.

6 / 20

Esimerkki 2.B2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

Kuitenkin, ia on homomorfismi, joten ia (b4 ) = ia (b2 )ia (b2 ) = b3 · b3 = b6 . Nyt kun oikella puolella b:n eksponentti on parillinen, voimme soveltaa annettua tietoa uudelleen! ia (ia (b4 )) = ia (b6 ) = ia ((b2 )3 ) = ia (b2 )3 = (b3 )3 = b9 . Toisaalta ia (ia (b4 )) = ia2 (b4 ) = b4 . Näin ollen b4 = b9 . Tästä supistamissäännöllä saadaan 1 = b5 .

7 / 20

Esimerkki 2.C1 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

Diedriryhmä Dn määritellään ryhmäksi, jonka generoivat sellaiset kaksi alkiota a ja b, jotka toteuttavat yhtälöt an = 1 = b2 ,

bab = a−1 .

Osoitetaan, että ryhmässä Dn on kaksi alkiota, ja selitetään, miksi ryhmäoperaatio määräytyy täysin näistä yhtälöistä. Ratkaisu: Väitetään ensin, että Dn = {1, a, a2 , . . . , an−1 , b, ba, ba2 , ba3 , . . . , ban−1 } = {bi aj | i ∈ {0, 1}, 0 ≤ j < n}. Tämä seuraa, kun näytetään, ettei yo. joukon alkioita a:lla tai b:llä vasemmalta tai oikealta kertomalla saada aikaan uusia.

8 / 20

Esimerkki 2.C2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

Riittää osoittaa, että tulot ai b, abai ja bai b ovat kaikki jo mukana (muissa tapauksissa asia on selvä, koska a:n potensseja on enintään luetellut n kpl. Nämä kaikki seuraavat aputuloksesta ai b = ba−i joka on voimassa kaikille i ∈ N. Todistamme tämän induktiolla i:n suhteen. Kertomalla yhtälö bab = a−1 vasemmalta b:llä saadaan (koska b2 = 1) yhtälö ab = ba−1 , eli tapaus i = 1. Induktioaskel saadaan seuraavasti: ai+1 b = ai (ab) = ai (ba−1 ) = (ai b)a−1 = (ba−i )a−1 = ba−(i+1) , missä ryhmittelyn lisäksi käytimme ensin jo todistettua tulosta ab = ba−1 ja sitten induktio-oletusta.

9 / 20

Esimerkki 2.C3 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

Ryhmäoperaatio määräytyy sitten tästä. Esimerkiksi (ai )(baj ) = (ai b)aj ) = (ba−i )aj = baj−i = baj−i ja (bai )(baj ) = b(ai b)aj ) = (b2 a−i )aj = b2 aj−i = aj−i kaikille luonnollisille luvuille i, j.

10 / 20

Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla

11 / 20

Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

Pieni pläjäys extramateriaalia. Oletetaan, että x1 , x2 , . . . , xn ovat n kpl alkioita, joista emme tiedä yhtään mitään, mutta joiden haluamme generoivan ryhmän Fn = F hx1 , . . . , xn i. Tällaisessa ryhmässä on oltava kaikki mahdolliset (äärellisen pituiset) "tulot"(tai "sanat") xji11 xji22 · · · xjikk , missä alaindeksit i1 , . . . , ik ∈ {1, 2, 3, . . . , n}, ja eksponentit j1 , . . . , jk ovat mielivaltaisia kokonaislukuja. Jotta nämä muodostaisivat ryhmän, jossa operaationa on "sanojen kirjoittaminen peräkkäin"on vaadittava vain, että saman generaattorin peräkkäiset potenssit noudattavat potenssien m+n n tulosääntöä: xm . Ryhmän identiteettialkio on ns. i xi = xi tyhjä sana e.

12 / 20

Kahden alkion generoima vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

Esimerkiksi ryhmässä F ha, bi on (a2 b3 a−1 )(bbbbbaa) = a2 b3 a−1 b4 a2 ja (abba)(a−1 b3 a) = ab2 a1−1 b3 a = ab2 b3 a = ab5 a. Alkion g = a3 b−5 ab käänteisalkio on tietenkin g −1 = b−1 a−1 b5 a−3 .

13 / 20

Esimerkki 2.D Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Jos vapaalla ryhmällä on vain yksi generaattori. Niin ryhmän kaikki alkiot ovat kyseisen generaattorin potensseja. Näin ollen F1 on ääretön syklinen ryhmä, joka on isomorfinen mm. kokonaislukujen additiivisen ryhmän kanssa.

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

14 / 20

Universaalisuusominaisuus Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

Jos G on mikä tahansa ryhmä, ja a1 , a2 , . . . , an ovat sen mitä tahansa, niin vapaan ryhmän ns. universaaliominaisuus takaa, että on olemassa yksikäsitteinen ryhmähomomorfismi f : Fn → G, joka määräytyy säännöistä f (xi ) = ai , kaikille i = 1, 2, . . . , n. Koska vapaassa ryhmässä ryhmäoperaatio on ("käytännössä") sanojenkirjoittaminenpötköön, niin homomorfiaehto on helppo tarkistaa. Esimerkiksi on olemassa homomorfismi f ryhmästä F2 ryhmään D4 , joka määräytyy säännöistä f (x1 ) = a ja f (x2 ) = b. Tällöin esimerkiksi 3 4 −3 x x x ) = f (x ) f (x ) f (x ) f (x2 )f (x1 )f (x2 ) f (x31 x42 x−5 2 1 2 1 2 1 1

= a3 b4 a−5 bab = a3 (b2 )2 a−5 bab = a3 a−5 bab = a−2 bab = (ba2 )ab = ba3 b = bba−3 = a−3 = a. 15 / 20

Relaatiot Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

Olkoon R jokin vapaan ryhmän Fn osajoukko. Suoraviivaisesti nähdään, että on olemassa pienin Fn :n sellainen aliryhmä N (R), joka sisältää joukon R, ja on Fn :n normaali aliryhmä. Ryhmä N (R) muodostuu yksinkertaisesti sanoista, jotka ovat (äärellisiä) tuloja muotoa grg −1 olevista alkioista, missä r ∈ R ja g ∈ Fn ovat mielivaltaisia. Helposti nimittäin nähdään, että tällaiset tulot (joissa on nolla tai useampi ko. muotoa oleva alkio) muodostavat aliryhmän, joka on suljettu konjugoinnin suhteen. Näin saadaan aikaan tekijäryhmä G = Fn /N (R), josta käytetään merkintää G = hx1 , x2 , . . . , xn | Ri. Tätä ryhmää kutsutaan generaattorien x1 , . . . , xn ja relaatioiden R määrittelemäksi ryhmäksi. 16 / 20

Esimerkki 2.C4 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Esimerkiksi yllä määrittelimme ryhmän Dn generaattorien a ja b sekä relaatioiden R = {an , b2 , baba} määräämäksi ryhmäksi. Koska an , b2 , baba ∈ N (R), niin tekijäryhmässä G = F ha, bi/N (R) nämä alkiot = 1G , mikä oli juurikin tekemämme vaatimus.

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

17 / 20

Universaaliominaisuus 2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

Olkoon G = Fn /N (R) generaattorien ja relaatioiden määräämä ryhmä, G′ jokin toinen ryhmä, ja a1 , a2 , . . . , an sen alkioita. Tällöin meillä on universaalisuusominaisuuden takaama homomorfismi f : Fn → G′ , jolle f (xi ) = ai , ∀ i. Jos tässä lisäksi käy siten, että alkiot ai toteuttavat relaatiot ∈ R, eli f (r) = 1G′ kaikille r ∈ R, niin tällöin välttämättä N (R) ⊆ ker f . Homomorfismin ydinhän on aina normaali aliryhmä. Tällöin saamme homomorfismin f : G → G′ , joka tulee hyvinmääritellyksi säännöllä f (xN (R)) = f (x). Generaattorien ja relaatioiden määrittelemällä ryhmällä G on siten rajoitettu universaalisuusominaisuus: jos jonkin toisen ryhmän G′ jotkin alkiot toteuttavat määrittelevät relaatiot, niin on olemassa homomorfismi f : G → G′ . Jos lisäksi G′ on kyseisten alkioiden generoima, niin f on surjektio.

18 / 20

Esimerkki 2.E1 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

Osoita, että ryhmässä D6 on 12 alkioita. Ratkaisu: Tutkitaan ryhmää G′ = S6 . Sen alkiot r = (123456) ja s = (26)(35) toteuttavat yhtälöt r6 = s2 = 1 ja srs = r−1 . Näin ollen universaalisuus ominaisuuden nojalla on olemassa homomorfismi f : D6 → S6 , jolle f (a) = r ja f (b) = s. Tässä kuvajoukko on f (D6 ) = hr, si. Kuvajoukossa permutaatiot ri , i = 0, 1, 2, 3, 4, 5 ja sri , i = 0, 1, 2, 3, 4, 5 ovat kaikki eri permutaatioita (laske ne auki jos et usko). Näin ollen #f (D6 ) = 12. Tämän seurauksena tietenkin #D6 ≥ 12. Aiemmin näimme, että #D6 ≤ 12, joten väite seuraa.

19 / 20

Fun facts Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

2.A1 2.A2 2.A3 2.A4 2.A5 2.B1 2.B2 2.C1 2.C2 2.C3

Ryhmä generaattorien ja relaatioiden avulla Vapaa ryhmä Esimerkki Esimerkki 2.D Universaalisuus Relaatiot Esimerkki 2.C4 Universe2 Esimerkki 2.E1 Fun facts

■

■

■

Sama päättely voidaan tehdä kaikille n, ja nähdä että #Dn = 2n. Ryhmänä G′ voidaan käyttää esimerkiksi tason lineaarikuvausten ryhmää GL2 (R). Yleisesti on hyvin vaikeaa päätellä niinkin ‘yksinkertainen’ asia kuin, onko annettujen generaattorien ja relaatioiden määräämä ryhmä triviaali. Demoissa 22.01. tarkistamme, että näin käy eräälle kahden generaattorin ja relaation määräämälle ryhmälle. Vapaat ryhmät ovat ‘tolkuttoman isoja’, eikä niillä siis oikein ole mitään erityistä rakennetta mihin tarttua (vapaus oikeastaan tarkoittaa juuri tätä). Voidaan osoittaa, että kutakin n ∈ N kohti ryhmällä F2 on aliryhmä, joka on isomorfinen ryhmän Fn kanssa.

20 / 20

Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Luokkayhtälö

1 / 11

Konjugointi Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Oletetaan, että G on äärellinen ryhmä. Kuten monisteessa nähtiin G operoi joukossa G konjugoimalla: σ(c)(x) = cxc−1 . Näimme, että tämän operoinnin radat [a] muodostavat joukon G partition. Lisäksi konjugaattiluokan alkioiden lukumäärä saadaan kaavasta #G #[a] = . #CG (a) Selvästi [a] = {a} sjvsk kun CG (a) = G eli sjvsk a ∈ Z(G), eli a kommutoi kaikkien G:n alkioiden kanssa.

2 / 11

Luokkayhtälö Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Olkoon D konjugaattiluokkien edustajisto. Tällöin välttämättä Z(G) ⊂ D, koska keskukseen kuuluvan alkion konjugaattiluokassa on vain yksi alkio. Jos x ∈ D \ Z(G), niin luokassa [x] on #G/#CG (x) alkioita. Koska jokainen ryhmän G alkio kuuluu yhteen ja vain yhteen D:n alkion konjugaattiluokkaan, saadaan #G =

X d∈D

#[d] X

#G . = #Z(G) + #CG (d) d∈D\Z(G) Tämä identiteetti, voimassa kaikissa äärellisissä ryhmissä, tunnetaan luokkayhtälönä.

3 / 11

Cauchyn lause Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Lagrangen lause sanoo, että alkion kertaluku jakaa ryhmän kertaluvun. Tämä ei päde kääntäen kuin syklisille ryhmille siinä muodossa, että kutakin ryhmän kertaluvun tekijää kohti löytyisi ko. kertalukua oleva alkio. Osittaisia käänteisiä tuloksia kuitenkin on paljon. Cauchyn lause sanoo, että jos p on alkuluku ja p | #G, niin tällöin ryhmässä G on ainakin yksi sellainen alkio x, jonka kertaluku on p. Todistetaan tämä kahdessa vaiheessa. Ensin abelin ryhmille, ja sitten yleisemmin. Abelin ryhmille tämä seuraa suoraan äärellisesti generoitujen Abelin ryhmien rakennelauseesta (ks. Algebra). Sitä ei kuitenkaan kokonaisuudessaan tarvita.

4 / 11

Abel 1 Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Oletukset: p | #G, G abelin ryhmä. Väite: ∃ x ∈ G jolle ordG (x) = p. Todistus: Riittää osoittaa, että on olemassa alkio x jonka kertaluku on kp jollekin k ∈ N, sillä tällöin (Alg. PK2) alkion xk kertaluku on p. Käytetään induktiota luvun #G suhteen. Jos #G = p, niin Lagrangen lauseen nojalla minkä tahansa alkion x 6= 1 kertaluku on p, näin ollen induktion lähtökohta on kunnossa. Olkoon sitten G jokin abelin ryhmä, jonka kertaluku n on p:llä jaollinen. Olkoon x ∈ G, x 6= 1G . Jos p | ordG (x), niin yo. havaintomme perusteella väite on tosi. Oletetaan siis, että ordG (x) = m, p ∤ m. Koska G on abelin ryhmä, niin K = hxi E G.

5 / 11

Abel 2 Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Muodostetaan tekijä ryhmä H = G/K. Koska #H = #G/#K = n/m, ja tässä p | n, p ∤ m, niin ryhmän H kertaluku ℓ on p:llä jaollinen. Koska ℓ = n/m < n, niin induktio-oletuksen nojalla ryhmässä H on kertalukua p oleva alkio. Olkoon tämä alkio yK. Tällöin y ∈ / K (muutoin ordH (yK) olisi yksi), mutta y p ∈ K, ja p on matalin eksponentti s, jolle y s ∈ K. Koska syklisen ryhmän aliryhmän hyi ∩ K generoi matalin siihen kuuluva potenssi, nyt y p , niin syklisten ryhmien teorian perusteella p | ordG (y). Väite seuraa soveltamalla alun havaintoa.

6 / 11

Yleinen tapaus Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Luovutaan sitten oletuksesta, jonka mukaan G on abelin ryhmä. Koska Z(G) kuitenkin on abelin ryhmä, niin jos p | #Z(G) väite seuraa abelisen ryhmän tapauksesta. Voimme siis olettaa, että p ∤ #Z(G). Luokkayhtälössä X

#G #G = #Z(G) + #CG (d) d∈D\Z(G) on vasen puoli p:llä jaollinen. Oikealla puolella ensimmäinen termi oletuksen mukaan ei sitä ole, joten summalausekkeessa on pakko olla mukana termi, joka ei ole p:llä jaollinen. Oletetaan, että d0 ∈ D \ Z(G) on sellainen alkio, jolle osamäärä #G/#CG (d0 ) ei ole p:llä jaollinen. Tällöin väistämättä p | #CG (d0 ), ja koska d0 ∈ / Z(G), niin #CG (d0 ) | #G. Induktio-oletuksen nojalla aliryhmässä CG (d0 ) on kertalukua p oleva alkio. MOT. 7 / 11

Esimerkki 3.A1 Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Tehtävä: Selvitä millaisia kertalukua 21 olevia ryhmiä on olemassa. Osoita, että niitä on vain kaksi keskenään ei-isomorfista. Ratkaisu: Olkoon G kertalukua 21 oleva ryhmä. Cauchyn lauseen nojalla löytyy kertalukua 7 oleva alkio a. Olkoon H = hai ∼ = C7 . Väitämme ensin, että H E G. Merkitään X = G/H. Aliryhmällä H on kolme sivuluokkaa, joten #X = 3. G:n operointi X:ssä vasemmalta kertomalla vastaa ei-triviaalia homomorfismia f : G → Σ(X) ∼ = S3 . Erityisesti # Im f | 6. Koska f ei ole triviaali, ei voi olla Ker f = G. Lagrangen lauseen nojalla # Ker f = 7. Koska H muodostuu alkioista, jotka tässä operoinnissa pitävät sivuluokan 1H ∈ X paikallaan, niin Ker f ≤ H. Näin ollen H E G.

8 / 11

Esimerkki 3.A2 Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Cauchyn lauseen nojalla ryhmällä G on myös kertalukua 3 oleva alkio b. Koska H = {1, a, a2 , a3 , a4 , a5 , a6 } E G, niin bab−1 = ib (a) = ak jollakin kokonaisluvulle k, 1 ≤ k ≤ 6. Tämän seurauksena baj b−1 = (bab−1 )j = aj k, ja erityisesti siis 2

−2

b ab

−1

= b(bab

)b

−1

k −1

= ba b

k2

=a .

Toistamalla sama päättely saadaan 3

−3

a = b ab

k3

=a .

9 / 11

Esimerkki 3.A3 Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Tästä syystä on kokonaisluvun k toteutettava kongruenssi k 3 ≡ 1 (mod 7). Vaihtoehdoiksi jää tällöin k = 1, 2 tai 4. Jos k = 4, niin k 2 = 16 ≡ 2 (mod 7), korvaamalla b alkiolla b2 = b−1 , joka on sekin kertalukua kolme, voidaan olettaa, että bab−1 = a tai bab−1 = a2 . Koska b on kertalukua kolme, niin b, b2 ∈ / H. Näin ollen H:n kolme sivuluokkaa ovat H, bH ja b2 H. Tiedämme siis, että G = {bi aj | i ∈ {0, 1, 2}, j ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}}. Erityisesti siis alkiot a ja b generoivat ryhmän G.

10 / 11

Esimerkki 3.A4 Luokkayhtälö Konjugointi Luokkayhtälö Cauchyn lause Abel 1 Abel 2 Yleinen tapaus Esimerkki 3.A1 Esimerkki 3.A2 Esimerkki 3.A3 Esimerkki 3.A4

Jos k = 1, niin alkiot a ja b kommutoivat. Näin ollen G = H × K, missä K = hbi. Koska H ∼ = C3 , niin = C7 ja K ∼ G∼ = C21 . = C7 × C3 ∼ Esimerkiksi alkion ba kertaluku on 21. Jos taas k = 2, niin G ei ole abelin ryhmä. Se on edelleen kuitenkin puolisuoratulo C7 ⋊ C3 . Tämän ryhmän voimme realisoida ryhmän S7 aliryhmänä. Nimittäin permutaatiot a = (1234567) ja b = (235)(476) toteuttavat relaatiot a7 = 1 = b3 ja bab−1 = (1357246) = a2 .

11 / 11

Stabilisoijat Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa

Oletetaan, että ryhmä G operoi joukossa X. Jos x ∈ X on kiinnitetty alkio, niin joukko Gx = {g ∈ G | g · x = x} ≤ G, ja tätä aliryhmää kutsutaan alkion x stabilisoijaksi. Jos a ∈ G ja a · x = y, niin g ∈ Gy ⇔ g · (a · x) = a · x ⇔ (ga) · x = a · x ⇔ a−1 · ((ga) · x) = a−1 · (a · x) ⇔ (a−1 ga) · x = x ⇔ a−1 ga ∈ Gx . Siis Gx = a−1 Gy a tai Gy = aGx a−1 . 1 / 16

Filosofia Stabilisoijat Filosofia Normalisoija

■

Jos a · x = y ja g pitää x:n paikallaan, niin tällöin: a−1 ·

g·

a·

y 7→ x 7→ x 7→ y,

Ryhmän operointi vektoriavaruudessa

■ ■ ■

joten (aga−1 ) · y = y. Jos X = G, ja kyseessä on konjugointi operointi, niin stabilisoija=sentralisoija. Jos X = G, ja kyseessä on vasemmalta kertominen, niin stabilisoija on triviaali. Jos X on G:n aliryhmien joukko, ja kyseessä on konjugointi, niin stabilisoija on normalisoija. Eli, jos H ≤ G, niin stabilisoija on NG (H) = {g ∈ G | gHg −1 = H}.

2 / 16

Normalisoijaesimerkkejä Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa

■ ■ ■ ■

■ ■

H E NG (H). NG (H) = G ⇔ H E G. Normalisoija NG (H) on suurin G:n sellainen aliryhmä N , jolle H E N . Dem. I/4. Väite: H = ha3 i E D6 . Todistus: Merkitään N = ND6 (H). Koska a(a3 )a−1 = a3 , niin aHa−1 = H ja a ∈ N . Koska ba3 b−1 = ba3 b = bba−3 = a−3 = a3 , niin bHb−1 = H ja b ∈ N . Näin ollen D6 = ha, bi ≤ N . Koska N = D6 , niin väite seuraa. Jos H = hai on syklinen kahden alkion ryhmä, niin NG (H) = CG (a). (Harjoitustehtävä) Edellisen kohdan väite ei pidä paikkaansa isommille syklisille ryhmille. Vastaesimerkin keksiminen on harjoitustehtävä.

3 / 16

Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Ryhmän operointi vektoriavaruudessa

4 / 16

Yleistä Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

■

■

■

■

Usein ollaan kiinnostuneita tilanteesta, jossa ryhmä G operoi (ρ) vektoriavaruuden V osajoukossa X (V ⊂ Rn tai Cn , tosin muukin kunta voi tulla kysymykseen, samoin ääretönulotteinen vektoriavaruus). Tällöin on luontevaa ajatella, että operointikuvausten ryhmä ρ(G) ≤ GL(V ). Jos kyseessä on geometrinen tilanne, ja X ⊂ Rn , niin usein rajoitutaan tilanteeseen, jossa ρ(G) ≤ On (R), eli ryhmän operointi koostuu etäisyydet (ja siten myös kulmat) säilyttävistä lineaarikuvauksista. Yksittäisen ryhmän alkion g operointi on tällöin lineaarikuvaus, ja sitä esittää matriisi ρ(g) ∈ GLn (C), On (R), Un (C), . . .. Puhutaan ryhmän G matriisiesityksestä ρ : G → GLn (C).

5 / 16

Esimerkki 4.A1 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Tutkitaan kuution peittoryhmää G, sen matriisiesitystä ρ : G → O3 (R), ja sen operointia kuution eri osien joukossa. ■

■ ■

■ ■

Kuutiossa on 8 kärkeä, jotka kaikki ovat ryhmän G samalla radalla, eli kuution symmetriakuvausta käyttämällä voimme siirtää minkä tahansa kärjen esim. oikeaan etuylänurkkaan A. Ryhmä G operoi kärkien joukossa. Stabilisoija GA on siis ryhmän G indeksiä kahdeksan oleva aliryhmä. Kärjellä A on kolme naapurikärkeä. Jos σ ∈ GA ja B on jokin näistä naapurikärjistä, niin koska σ(B):n ja σ(A) = A:n etäisyys on sama kuin B:n ja A:n, voimme päätellä, että σ(B) on jokin näistä naapurikärjistä. Erityisesti GA permutoi näitä naapurikärkiä. Helposti nähdään, että σ määräytyy täysin, jos tiedämme, miten se kuvaa nämä naapurikärjet. Näin ollen GA ≤ S3 . Erityisesti #GA ≤ 6 ja siis #G ≤ 48. 6 / 16

Esimerkki 4.A2 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Osoitamme seuraavaksi, että #G = 48. Etsimme ensin 24 sellaista symmetriaa, jotka säilyttävät kätisyyden. Esitän näistä animaatioita. Symmetrioidan kuvaamiseksi sijoitamme kuution siten, että sen keskipiste on origossa, ja kärjet (8 kpl) pisteissä (±1, ±1, ±1) missä kaikki merkkikombinaatiot ovat mahdollisia. Animaatioissa kuution 6 tahkoa on maalattu erivärisiksi: S=sininen, V=valkoinen, P=punainen, G=vihreä, K=keltainen, M=musta. Kuution symmetria selvästi (mieti tämä harjoitustehtävänä) määräytyy yksikäsitteisesti siitä, miten se permutoi tahkoja. Toisin sanoen operointihomomorfismi f : G → Σ({S, V, P, G, K, M }) on injektio.

7 / 16

Esimerkki 4.A3 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija

σz = rotaatio 90◦ z-akselin ympäri on kertalukua neljä oleva symmetria.

Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

180 asteen kierto σz2 on kertalukua kaksi ja σz3 = σz−1 . Vastaavat rotaatiot muiden koordinaattiakselien ympäri ∈ G. 8 / 16

Esimerkki 4.A4 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija

σ2 = rotaatio 180◦ vastakkaisten särmien keskipisteitä yhdistävän akselin ympäri on kertalukua kaksi.

Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Tällaisia akseleita kuutiossa on 6 kappaletta. 12 särmää jakautuvat kuudeksi pariksi. 9 / 16

Esimerkki 4.A5 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija

σ3 = rotaatio 120◦ kuution avaruuslävistäjän ympäri on kertalukua kolme oleva symmetria.

Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Kuutiolla on neljä avaruuslävistäjää, ja jokaisen ympäri voidaan kuutiota rotatoida vastaavalla tavalla. 10 / 16

Esimerkki 4.A6 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Rotaatioita yhteensä: ■ ■ ■ ■ ■

Identiteettikuvaus (1 kpl) σz/x/y ja niiden käänteisalkiot (6 kpl) 2 (3 kpl) σz/x/y σ2 ja sen kaverit (6 kpl) σ3 ja sen kaverit (8 kpl)

Yhteensä rotaatioita on siis 24 kpl. Osoittautuu, että yllä käytetty jaottelu on tarkalleen jako konjugaattiluokkiin.

11 / 16

Esimerkki 4.A7 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

G:n alkioiden tulkinta lineaarikuvauksina edellyttää, että kiinnitämme koordinaatiston. Luonteva valinta on sijoittaa kuutio siten, että sen 8 kärkeä ovat pisteissä (±1, ±1, ±1). Kaikki merkkikombinaatiot sallittuja. Muodostavalle homomorfismille ρ : G → GL3 (R) on siten (kuvasta katsoen) 







0 1 0   ρ(σz ) =  −1 0 0  , 0 0 1 ja 0 1 0   ρ(σ2 ) =  1 0 0 , 0 0 −1 sillä kuvan akseli päätepisteet ovat (1, 1, 0) ja (−1, −1, 0).

12 / 16

Esimerkki 4.A8 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

180 asteen kierrot koordinaattiakselien ympäri vastaavat diagonaalimatriiseja, esim. 



−1 0 0   ρ(σz2 ) =  0 −1 0  . 0 0 1 ja 120 asteen kierto saadaan esimerkiksi permutaatiomatriisista 



0 1 0   ρ(σ3 ) =  0 0 1  , 1 0 0 sillä suora x = y = z (ko. kierron akseli) pysyy paikallaan lineaarikuvauksessa R : (x, y, z) 7→ (y, z, x). 13 / 16

Esimerkki 4.A9 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Kaikkien yllä kuvattujen matriisien determinantti on +1. Kuutiolla oleville peilaussymmetrioilla kuitenkin det = −1. Esimerkiksi peilauksella sz tason z = 0 suhteen on matriisi 



1 0 0   ρ(sz ) =  0 1 0 . 0 0 −1 Näin ollen ryhmässä G on rotaatioiden lisäksi 24 alkiota joiden matriisien determinantti on = −1. Siis #G ≥ 48. Aiemmin näimme, että #G ≤ 48, joten #G = 48. Symmetrioista rotaatiot säilyttävät kätisyyden (det > 0) ja muut vaihtavat kätisyyden. 14 / 16

Esimerkki 4.A10 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Saamme tässä ryhmälle G myös muita esityksiä kuvatun 3-asteisen esityksen lisäksi. Tutkimalla operointia tahkojen joukossa f : G → Σ({S, V, P, G, K, M }) näemme, että f (σz ) = (P KM V )(S)(G) sillä sininen ja vihreä tahko kuvautuvat itselleen, ja muut toisilleen 4-syklinä. Vastaavasti f (σ2 ) = (SG)(V M )(P K),

f (σz2 ) = (P M )(KV ),

mistä näemme, etteivät nämä kaksi 180 asteen kiertoa ole samassa konjugaattiluokassa. Edelleen f (σ3 ) = (KSP )(GM V ) on selvästi kertalukua kolme. 15 / 16

Esimerkki 4.A11 Stabilisoijat Filosofia Normalisoija Ryhmän operointi vektoriavaruudessa Yleistä Esimerkki 4.A1 Esimerkki 4.A2 Esimerkki 4.A3 Esimerkki 4.A4 Esimerkki 4.A5 Esimerkki 4.A6 Esimerkki 4.A7 Esimerkki 4.A8 Esimerkki 4.A9 Esimerkki 4.A10 Esimerkki 4.A11

Pohdittavaa (harjoitustehtäviä tai luennolla selitettäviä): ■ ■ ■

■

Rotaatiot σz , σx , σy ja niiden käänteialkiot ovat kaikki keskenään konjugaatteja. Saamme G:lle 8-asteisen esityksen tutkimalla sen operointia kärkien joukossa. G:n operointi 12 särmän joukossa antaa 12-asteisen esityksen. Toisaalta tässä vastakkaiset särmät kuvautuvat aina vastakkaisiksi, joten G operoi myös 6 vastakkaisten särmien parien joukossa. G operoi myös neljän avaruuslävistäjän joukossa. Tästä saadaan homomorfismi g : G → S4 . Tämä ei ole injektio, sillä G:n alkio x = sz σz2 , jonka matriisi on −I3 kuvaa jokaisen lävistäjän itselleen (tosin origon suhteen peilattuna).

16 / 16

Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Keskiarvotemppu

Ryhmä G = hgi ∼ = C2 voi operoida 1-ulotteisessa avaruudessa C kahdella eri tavalla. Triviaalin operaation määrittelee sääntö g · z = z kaikille z ∈ C. Toinen mahdollinen sääntö on g · z = −z. Olkoot nämä kaksi G-modulia V1 ja V2 . Osoita, että ne eivät ole isomorfisia. Ratkaisu: Tehdään vastaoletus, että τ : V1 → V2 olisi isomorfismi. Koska τ on lineaarinen (yli C:n), niin on olemassa vakio a ∈ C jolle τ (z) = az kaikille z ∈ C. Koska τ on vektoriavaruusisomorfismi, niin a 6= 0. Tutkitaan luvun 1 ∈ V1 kuvautumista. Koska 1 ∈ V1 , niin g · 1 = 1. Näin ollen τ (g · 1) = τ (1) = a. Toisaalta τ (1) = a ∈ V2 . Näin ollen g · (τ (1)) = g · a = −a. Koska a 6= 0, niin a 6= −a, joten tämä on ristiriita. 1 / 14

Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Perustilanne Lähtöjoukko Kommenttia Maalijoukko Lineaariset 1 Lineaariset 2 Keskiarvotemppu

Ryhmän operointi funktiojoukossa

2 / 14

Perustilanne Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Perustilanne Lähtöjoukko Kommenttia Maalijoukko Lineaariset 1 Lineaariset 2

Oletetaan, että G on ryhmä ja X ja S ovat jotkin kaksi joukkoa. Oletetaan lisäksi, että G operoi joukossa X, eli että meillä on ryhmähomomorfismi σ : G → Σ(X), jolle g · x = σ(g)(x). Tutkitaan kahta funktiojoukkoa

Keskiarvotemppu

F (X, S) = {f : X → S} ja F (S, X) = {f : S → X}. Tavoitteenamme on määritellä ryhmän G operointi kummassakin näistä joukoista.

3 / 14

Operointi lähtöjoukon puolella Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Perustilanne Lähtöjoukko Kommenttia Maalijoukko Lineaariset 1 Lineaariset 2 Keskiarvotemppu

Operointi joukossa F (X, S) saadaan määrittelemällä g · f = f ◦ σ(g −1 ). Koska σ(1) = idX , niin 1 · f = f kaikille f . Edelleen kaikille g1 , g2 ∈ G, f ∈ F (X, S) on voimassa g1 · (g2 · f ) = g1 · (f ◦ σ(g2−1 )) = (f ◦ σ(g2−1 )) ◦ σ(g1−1 ) = f ◦ (σ(g2−1 ) ◦ σ(g1−1 )) = f ◦ (σ(g2−1 g1−1 )) = f ◦ σ((g1 g2 )−1 ) = (g1 g2 ) · f, missä käytimme yo määritelmää kahdesti, kuvausten yhdistämisen assosiatiivisuutta, σ:n homomorfisuutta, sekä kaikissa ryhmissä voimassa olevaa sääntöä (g1 g2 )−1 = g2−1 g1−1 . 4 / 14

Kommenttia Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Perustilanne Lähtöjoukko Kommenttia Maalijoukko Lineaariset 1 Lineaariset 2 Keskiarvotemppu

Joukon X alkioiden tasolla edellisen kalvon määritelmä tarkoittaa, että funktio g · f määritellään säännöllä (g · f )(x) = f (g −1 · x) kaikille x ∈ X. Tässä on huomattava, että sääntö (g · f )(x) = f (g · x) ei toimi! Ryhmän alkioiden operointikuvausten yhdistäminen tulee tällöin väärässä järjestyksessä eikä korjaannu, ellei G ole abelin ryhmä.

5 / 14

Operointi maalijoukon puolella Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Perustilanne Lähtöjoukko Kommenttia Maalijoukko Lineaariset 1 Lineaariset 2

Kun tutkitaan joukkoa F (S, X), jolloin G operoi maalijoukon puolella, ei vastaavaa käänteisalkiokikkaa tarvita. Voidaan määritellä suoraviivaisesti g · f = σ(g) ◦ f kaikille g ∈ G, f ∈ F (S, X). Vaihtoehtoisesti kaikille s ∈ S siis

Keskiarvotemppu

(g · f )(s) = g · f (s). Kriittinen ominaisuus seuraa laskusta g1 · (g2 · f ) = σ(g1 ) ◦ σ(g2 ) ◦ f = σ(g1 g2 ) ◦ f = (g1 g2 ) · f.

6 / 14

Lineaarikuvausten joukossa Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Perustilanne Lähtöjoukko Kommenttia Maalijoukko Lineaariset 1 Lineaariset 2 Keskiarvotemppu

Oletetaan, että V1 ja V2 ovat G-moduleja, ja ρ1 : G → GL(V1 ), ρ2 : G → GL(V2 ) vastaavat esitykset. Tutkitaan kaikkien niiden välillä olevien lineaarikuvausten vektoriavaruutta (pisteittäisten operaatioiden suhteen) V = HomC (V1 , V2 ). Edellisiä ideoita soveltamalla määrittelemme ryhmän G operoinnin tässä vektoriavaruudessa säännöllä g · f = ρ2 (g) ◦ f ◦ ρ1 (g −1 ). Suoraviivaisesti nähdään, että g · (a1 f1 + a2 f2 ) = a1 g · f1 + a2 g · f2 kaikille a1 , a2 ∈ C ja f1 , f2 ∈ V , joten tämä operointi tekee V :stä G-modulin.

7 / 14

Modulihomomorfismit Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Perustilanne Lähtöjoukko Kommenttia Maalijoukko Lineaariset 1 Lineaariset 2 Keskiarvotemppu

Jos tässä f ∈ V onkin G-modulihomomorfismi, niin kaikille x ∈ V1 ja g ∈ G on voimassa (g·f )(x) = g·(f (g −1 ·x)) = g·(g −1 ·f (x)) = (gg −1 )·f (x) = f (x). Näin ollen siis g · f = f kaikille g ∈ G. Sama pätee myös kääntäen. Jos ∀ g ∈ G : g · f = f , niin kaikille x ∈ V1 ja g ∈ G pätee f (g · x) = (g · f )(g · x) = g · f (g −1 · (g · x)) = g · f (1 · x) = g · f (x), eli f on modulihomomorfismi. G-modulihomomorfismit V1 → V2 = G:n kiintopisteet avaruudessa HomC (V1 , V2 ). 8 / 14

Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Keskiarvotemppu Average Todistus 1 Sovellus Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2

Keskiarvotemppu

9 / 14

Keskiarvo yli radan Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Keskiarvotemppu Average Todistus 1 Sovellus Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2

Oletetaan, että G on ryhmä, ja V on G-moduli. Jos x ∈ V , niin sen rata on joukko G · x = {g · x | g ∈ G}. Merkitään radan vektoreiden keskiarvoa 1 X P (x) = g · x. #G g∈G Tällöin 1. Olipa x ∈ V mikä tahansa, niin P (x) on invariantti ryhmän G operoinnin suhteen, eli g · P (x) = P (x) kaikille g ∈ G. 2. Jos x on invariantti, niin P (x) = x.

10 / 14

Todistus 1 Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Keskiarvotemppu Average Todistus 1 Sovellus Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2

Koska vektoriavaruudessa yhteenlasku on vaihdannaista niin ensimmäinen väite seuraa siitä, että vektoreissa P (x) ja g · P (x) on samat termit, mutta eri järjestyksessä. Jos otamme summausmuuttujaksi h:n, ja kiinnitämme alkion g, niin gh käy läpi ryhmän G alkiot samalla kuin h:kin (ryhmätaulujen Sudoku-sääntö!): 



X 1 g· h · x g · P (x) = #G h∈G

1 X 1 X = g · (h · x) = (gh) · x #G h∈G #G h∈G

= P (x).

Jos taas x on invariantti, niin h · x = x kaikille h ∈ G. Radassa on siis vain yksi alkio, joten P (x) = x. 11 / 14

Sovellus Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Keskiarvotemppu Average Todistus 1 Sovellus Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2

Monisteen Lause 2.3.12. on yllä kuvattujen ideoiden sovellus: ■ ■

Jos V1 ja V2 ovat G-moduleja, ja f : V1 → V2 on lineaarikuvaus, niin: “Keskiarvokuvaus” 1 X P (f ) =f (x) = g · f (g −1 · x) #G g∈G ◦

■ ■

on tällöin G-invariantti. Näin ollen f ◦ on myös G-modulihomomorfismi. Matriisimuodossa tämä näyttää seuraavalta 1 X R2 (g)M (f )R1 (g −1 ). M (f ) = #G g∈G ◦

12 / 14

Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Keskiarvotemppu Average Todistus 1 Sovellus Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2

Kuvaukset 0 −1 1 0

g 7→ R1 (g) = A =

!

ja g 7→ R2 (g) =

0 1 −1 0

!

= AT = A−1

laajenevat ilmeiselle tavalla (Ri (g j ) = Ri (g)j kaikille i, j) ryhmän C4 = hg | g 4 = 1i 2-asteisiksi matriisiesityksiksi. Selvästikään identiteettikuvaus f : C2 → C2 , f (z1 , z2 ) = (z1 , z2 ) ei ole näiden kahden C4 -modulin välinen isomorfismi. Lasketaan, mikä lineaarikuvaus f ◦ saadaan ‘keskiarvoistamalla’ tämä kuvaus f .

13 / 14

Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.A1 Ryhmän operointi funktiojoukossa Keskiarvotemppu Average Todistus 1 Sovellus Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2

Käytetään luonnollista kantaa, jolloin kuvauksen f matriisi on identiteettimatriisi. Tällöin summakuvauksen #C4 f ◦ = 4f ◦ matriisiksi tulee M (4f ◦ ) = R2 (1)I2 R1 (1) + R2 (g)I2 R1 (g −1 )+ + R2 (g 2 )I2 R1 (g −2 ) + R2 (g 3 )I2 R1 (g −3 ) = I1 + A−2 + A−4 + A−6 = 2I1 − 2I2 = 0, koska A2 = A6 = −I2 ja A4 = I1 . Siis myös f ◦ on nollakuvaus. Tällä kertaa kuitenkin matriisiesitykset R1 ja R2 ovat keskenään isomorfisia. Isomorfismin konstruoiminen on demotehtävä.

14 / 14

Esimerkki 6.A1 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

Tehtävä: Ryhmä S3 operoi joukossa J3 = {1, 2, 3} tavalliseen tapaan. Jaetaan saatava 3-asteinen permutaatioesitys V = he1 , e2 , e3 iC yksinkertaisten esitysten suoraksi summaksi. Ratkaisu: Käytetään monisteen Esimerkkien 2.2.6 ja 2.4.2. merkintöjä: W1 = hu = e1 + e2 + e3 i on (triviaali) 1-ulotteinen aliesitys. Vastaavasti W2 = {x1 e1 + x2 e2 + x3 | x1 + x2 + x3 = 0} on 2-ulotteinen aliesitys (vrt. Esimerkit 2.2.2). Valitaan avaruudelle W2 kanta B = {v = e1 − e2 , w = e2 − e3 }. Nyt (12) · v = e2 − e1 = −v,

(12) · w = e1 − e3 = v + w,

joten kannan B suhteen R((12)) =

−1 1 0 1

!

. 1/9

Esimerkki 6.A2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

Vastaavasti laskuista (123) · v = e2 − e3 = w,

(123) · w = e3 − e1 = −v − w

saadaan, että saman kannan suhteen R((123)) =

0 −1 1 −1

!

.

Väitän, että W2 on yksinkertainen ryhmän S3 esitys. Todistetaan tämä tutkimalla vastaoletusta, jonka mukaan U ⊂ W2 olisi sen epätriviaali alimoduli. Koska U on tällöin W2 :n epätriviaali aliavaruus, niin on oltava dim U = 1. Olkoon x ∈ U, x 6= 0. Koska (12) · x ∈ U , niin (12) · x = λx jollekin skalaarille λ ∈ C, eli x on matriisin R((12)) ominaisvektori.

2/9

Esimerkki 6.A3 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

Koska (12) on kertalukua 2, niin R((12))2 = I2 . Näin ollen on oltava λ2 = 1, eli λ = ±1. Molemmat ominaisarvot esiintyvät. ! 1 Ominaisarvoon λ1 = 1 liittyvä ominaisvektori on x1 = . 2 Vastaavasti!ominaisarvoon λ2 = −1 kuuluva ominaisvektori 1 on x2 = . Ominaisarvoteorian perusteella tiedämme, että 0 alimodulin U on oltava jompikumpi näistä aliavaruuksista. Mutta (123) · x1 =

0 −1 1 −1

!

1 2

!

=

−2 −1

!

ei ole vektorin x1 skalaarimonikerta. Samoin nähdään, ettei

3/9

Esimerkki 6.A4 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

(123) · x2 =

0 −1 1 −1

!

1 0

!

=

0 1

!

sekään ole vektorin x2 skalaarimonikerta. Näin ollen W2 :lla ei ole aitoja alimoduleja, joten se on yksinkertainen. 1-asteisena modulina W1 on ilman muuta yksinkertainen. Näin ollen V = W1 ⊕ W2 on Maschken lauseen lupaama hajotelma yksinkertaisten modulien suorana summana.

4/9

Esimerkki 6.B1 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

Tutkitaan ryhmän G = S3 yksinkertaista 2-ulotteista esitystä W2 . Osoita, että X R(g) = 02×2 . g∈S3

Ratkaisu: Tämä on suora lasku. Tietenkin R(1G ) = I2 . Aiemmin jo näimme, että R((123)) =

0 −1 1 −1

!

,

−1 1 −1 0

!

.

joten neliöimällä saamme R((132)) =

5/9

Esimerkki 6.B2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

Kertomalla nämä (vaikkapa oikealta) matriisilla R((12)) =

−1 1 0 1

!

saadaan R((13)) = R((123))R((12)) =

0 −1 −1 0

!

ja R((23)) = R((132))R((12)) =

1 0 1 −1

!

.

Näissä kuudessa matriisissa esiintyy joka paikassa luvut −1, 0, 1 kukin kaksi kertaa, joten väite seuraa.

6/9

Esimerkki 6.C1 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

Esimerkin 6.B tulos on yleisestikin voimassa yksinkertaisille esityksille. Tarkistetaan se erityisesti kuution peittoryhmäelle G ≤ GL3 (R) (Luentokalvoesimerkki 4.A) . Ratkaisu: Olkoon v ∈ R3 mielivaltainen pystyvektori. Tutkitaan summavektoria u :=

X

τ · v.

τ ∈G

Olkoon σ ∈ G 120 asteen kierto kuution erään avaruuslävistäjän ympäri. Kun muuttuja τ käy läpi ryhmän G alkiot, niin samoin tekee alkio τ ′ = στ .

7/9

Esimerkki 6.C2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

Näin ollen X

σ·u=σ·

τ ·v

τ ∈G

=

X

!

σ · (τ · v)

τ ∈G

=

X

(στ ) · v

τ ∈G

=

X

τ ′ · v = u.

τ ′ ∈G

Summavektori u ∈ R3 pysyy siis paikallaan, kun σ operoi siihen.

8/9

Esimerkki 6.C3 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

6.A1 6.A2 6.A3 6.A4 6.B1 6.B2 6.C1 6.C2 6.C3

Tämä on mahdollista vain, jos u on kierron σ akselin suuntainen, eli kuution kyseisellä lävistäjällä. Mutta sama päättely vektorin u suunnasta on tehtävissä myös kuution muiden lävistäjien suhteen. Ainoa vektori, joka on kuution jokaisen lävistäjän suuntainen on nollavektori. Näin ollen u = 0. Jos siis M=

X

τ ∈ GL3 (R)

τ ∈G

on ryhmän G matriisien summa, niin M v = 0. Koska tämä on voimassa kaikille v ∈ R3 , niin M = 03×3 .

9/9

Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2 Duaaliesitys

Tensoritulosta

1 / 13

Universaaliominaisuus Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2

Olkoot V1 , V2 ja U vektoriavaruuksia. Oletetaan, että φ : V1 × V2 → U on jokin bilineaarikuvaus, ja että t : V1 × V2 → V1 ⊗ V2 on tensoritulokuvaus t(v1 , v2 ) = v1 ⊗ v2 . Tällöin on olemassa yksikäsitteinen sellainen lineaarikuvaus F : V1 ⊗ V2 → U , jolle F ◦ t = φ, eli jolle diagrammi V1 × V2

Duaaliesitys

t

−→ V1 ⊗ V2 ցφ ↓F U

kommutoi.

2 / 13

Idea Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2

■ ■ ■

Duaaliesitys

■

Olkoot {e1 , e2 , . . . , en } ja {f1 , f2 , . . . , fm } avaruuksien V1 ja V2 kannat. Diagrammin kommutointi pakottaa tällöin valinnan F (ei ⊗ fj ) = φ(ei , fj ) kaikille i, j. Koska tässä alkeistensorit ei ⊗ fj muodostavat avaruuden V1 ⊗ V2 kannan, niin edelliset valinnat määräävät yksikäsitteisen lineaarikuvauksen F . Kuvausten φ ja t bilineaarisuus johtaa siihen, että tuo ‘pakotettu’ F todella toimii. Yksityiskohdat monisteessa.

3 / 13

Ryhmän operointi ? Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2 Duaaliesitys

Oletetaan sitten, että V1 ja V2 ovat ryhmän G moduleita. Haluamme antaa avaruudelle V1 ⊗ V2 myös G-moduli rakenteen. Luonnollinen (?) idea olisi määritellä g · (v1 ⊗ v2 ) = (g · v1 ) ⊗ (g · v2 ) kaikille g ∈ G, v1 ∈ V1 , v2 ∈ V2 . Tässä on muutama ongelma: ■

■

■

Kaikki avaruuden V1 ⊗ V2 vektorit eivät ole muotoa v1 ⊗ v2 . Myös tällaisten summia esiintyä. Tämä ei ongelma, koska operointia voidaan laajentaa lineaarisesti. P Mutta vektorin x ∈ V1 ⊗ V2 muodossa x = i v1,i ⊗ v2,i ei ole yksikäsitteinen, joten meille jää ikävä hyvinmääriteltävyysongelma. Universaaliominaisuus pelastaa tilanteen.

4 / 13

Alkion operointi 1 Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2 Duaaliesitys

Kiinnitetään g ∈ G. Tällöin kuvaus φg : V1 × V2 → V1 ⊗ V2 φg (v1 , v2 ) = (g · v1 ) ⊗ (g · v2 ) on bilineaarinen. Tämän tarkistaminen on suoraviivaista ja seuraa siitä, että g:n operointi on lineaarista. Esimerkiksi φg (v1 , v2 + v2′ ) = (g · v1 ) ⊗ (g · (v2 + v2′ )) = (g · v1 ) ⊗ (g · v2 + g · v1 ) = (g · v1 ) ⊗ (g · v2 ) + (g · v1 ) ⊗ (g · v2 ) = φg (v1 , v2 ) + φg (v1 , v2′ ). Samoin nähdään, että φg (v1 + v1′ , v2 ) = φg (v1 , v2 ) + φg (v1′ , v2 ) sekä sääntö φg (av1 , v2 ) = aφg (v1 , v2 ) = φg (v1 , av2 ) kaikille a ∈ C.

5 / 13

Alkion operointi 2 Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2 Duaaliesitys

Universaaliominaisuus takaa nyt sen, että on olemassa lineaarikuvaus FG : V1 ⊗ V2 → V1 ⊗ V2 , jolle oheinen diagrammi kommutoi. Tässä vasemmalla on g:n operointi ρ1,2 (g) : V1 × V2 → V1 × V2 , g · (v1 , v2 ) = (g · v1 , g · v2 ), jolloin φg = t ◦ ρ1,2 (g). t

V1 × V2 −→ V1 ⊗ V2 ↓ ρ1,2 (g) ↓ Fg t V1 × V2 −→ V1 ⊗ V2

6 / 13

Ryhmän operointi ! Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2 Duaaliesitys

Jos g, h ∈ G ovat mielivaltaisia, niin voimme pinot kommutoivia diagrammeja päällekkäin t

V1 × V2 −→ V1 ⊗ V2 ↓ ρ1,2 (h) ↓ Fh ↓ t V1 × V2 −→ V1 ⊗ V2 ↓ Fgh ↓ ρ1,2 (g) ↓ Fg ↓ t V1 × V2 −→ V1 ⊗ V2 Koska V1 ja V2 ovat G-moduleja, niin vasemmassa sarakkeessa ρ1,2 (g) ◦ ρ1,2 (h) = ρ1,2 (gh). Jos unohdamme keskimmäisen rivin, niin saamme näin ollen kommutoivan diagrammin käyttämällä oikealla joko yhdistettyä kuvausta Fg ◦ Fh tai kuvausta Fgh . Koska universaaliominaisuuden nojalla kommutoivan diagrammin tuottava kuvaus on 1-käsitteinen, on oltava Fgh = Fg ◦ Fh . MOT. 7 / 13

Esimerkki 7.A1 Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2

(Monisteen Esimerkki 2.7.12) Ryhmällä G = S3 on 2-ulotteinen esitys V , jossa alkioita t = (12) ja c = (123) esittävät matriisit R(t) =

−1 1 0 1

!

,

R(c) =

0 −1 1 −1

!

.

Duaaliesitys

Määrää alkioita t ja c esittävät matriisit esityksessä V ⊗ V . Ratkaisu: V :n kannan {e1 , e2 } suhteen siis t · e1 = −e1 ja t · e2 = e1 + e2 . Tensorituloihin t operoi siis seuraavasti: t · (e1 ⊗ e1 ) = (−e1 ) ⊗ (−e1 )

=e1 ⊗ e1

t · (e1 ⊗ e2 ) = (−e1 ) ⊗ (e1 + e2 )

= − e1 ⊗ e1 − e1 ⊗ e2

t · (e2 ⊗ e1 ) = (e1 + e2 ) ⊗ (−e1 )

= − e1 ⊗ e1 − e2 ⊗ e1

t · (e2 ⊗ e2 ) = (e1 + e2 ) ⊗ (e1 + e2 ) =e1 ⊗ e1 + e1 ⊗ e2 + e2 ⊗ e1 + 8 / 13

Esimerkki 7.A2 Tensoritulosta Universal Idea Operointi Alkio operoi 1 Alkio operoi 2 Ryhmä operoi Esimerkki 7.A1 Esimerkki 7.A2 Duaaliesitys

Näin ollen t:n matriisiksi luonnolisen kannan {e1 ⊗ e1 , e1 ⊗ e2 , e2 ⊗ e1 , e2 ⊗ e2 } saadaan 

  S(t) =  

1 −1 −1 1 0 −1 0 1 0 0 −1 1 0 0 0 1



  = 

−1 · R(t) 1 · R(t) 0 · R(t) 1 · R(t)

!

,

!

.

missä oikealla oleva lohkomuoto esittää matriisin S(t) Kroneckerin tulona R(t) ⊗ R(t). Samoin nähdään, että 

  S(c) =  

0 0 0 0 0 −1 0 −1 0 1 −1 −1

1 1 1 1



  = 

0 · R(c) −1 · R(c) 1 · R(c) −1 · R(c)

9 / 13

Tensoritulosta Duaaliesitys Duaalikuvaus Esimerkki 7.B1 Esimerkki 7.B2

Duaaliesitys

10 / 13

Duaalinen lineaarikuvaus Tensoritulosta Duaaliesitys Duaalikuvaus Esimerkki 7.B1 Esimerkki 7.B2

Oletetaan, että t : V → V on lineaarikuvaus. Siihen liittyy duaalinen lineaarikuvaus t∗ : V ∗ → V ∗ , joka määräytyy säännöstä t∗ (f ) = f ◦ t kaikille lineaarikuvauksille f ∈ V ∗ . Jos B = {e1 , . . . , en } on jokin V :n kanta, ja B ∗ = {f1 , . . . , fn } vastaava avaruuden V ∗ duaalikanta, niin tällöin kuvausten t ja t∗ matriisit näiden kantojen suhteen ovat toistensa transpooseja. MB (t) = MB∗ (t∗ )T .

11 / 13

Esimerkki 7.B1 Tensoritulosta Duaaliesitys Duaalikuvaus Esimerkki 7.B1 Esimerkki 7.B2

Olkoon V ryhmän G = S3 2-ulotteinen esitys (ks. Esimerkiut monisteessa tai Esimerkki 7.A). Määrätään sen duaaliesityksen matriisit R∗ (g), g ∈ G. Ratkaisu: Koska 2-sykli t = (12) on itsensä käänteisalkio, niin R∗ (t) = R(t−1 )T = R(t)T =

−1 0 1 1

!

.

3-syklille c = (123) sen sijaan c−1 = c2 , joten R∗ (c) = (R(c)2 )T = (

0 −1 1 −1

!2

)T =

−1 −1 1 0

!

.

12 / 13

Esimerkki 7.B2 Tensoritulosta Duaaliesitys Duaalikuvaus Esimerkki 7.B1 Esimerkki 7.B2

Jos tässä χ on esitykseen V liittyvä karakteri, ja χ∗ esitykseen V ∗ liittyvä karakteri, niin näemme, että χ(1G ) = 2

= χ∗ (1G ),

χ((12)) = 0

= χ∗ ((12)),

χ((123)) = −1

= χ∗ ((123)).

Koska ryhmän G jokainen alkio on konjugaatti jonkin näistä kolmesta alkiosta kanssa, niin näemme, että χ = χ∗ . Toistaiseksi todistamatta olevan, Lauseelle 3.2.4. käänteisen tuloksen nojalla tämä tarkoittaa sitä, että esitykset V ja V ∗ ovat isomorfisia. Isomorfismin konstruoiminen jätetään harjoitustehtäväksi.

13 / 13

Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4

Ryhmän S3 esitysteoriaa

Konjug.luokasta homomorfismiksi

1 / 21

Jaottomat esitykset Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4 Konjug.luokasta homomorfismiksi

Ryhmälle S3 tiedämme 3 (keskenään ei-isomorfista) jaotonta esitystä: ■ ■ ■ ■

1-ulotteinen triviaali esitys- karakteri: χ1 (σ) = 1 kaikille σ ∈ S3 1-ulotteinen etumerkkikarakteri: χ2 (σ) = sign(σ) = +1, joa σ on parillinen ja = −1 jos σ on pariton permutaatio. Monisteen Esimerkin 2.4.2. 2-ulotteinen esitys. Karakteri: χ3 (1) = 2, χ3 ((12)) = 0, χ3 ((123)) = −1. Näiden esitysten dimensioiden neliöiden summa on 12 + 12 + 22 = 6 = #S3 , joten muita jaottomia esityksiä ei ole.

2 / 21

Homogeeniset polynomit Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4 Konjug.luokasta homomorfismiksi

Tutkitaan kolmen muuttujan x1 , x2 , x3 polynomien rengasta R = C[x1 , x2 , x3 ]. Määritellään monomin xa1 xb2 xc3 asteeksi a + b + c. Polynomia p ∈ R sanotaan homogeeniseksi astetta n olevaksi polynomiksi (tai muodoksi), jos sen jokaisen termin aste on = n. Esimerkiksi x41 + x1 x2 x23 on astetta 4 oleva muoto. Selvästi astetta n olevat muodot muodostavat renkaan R aliavaruuden Rn , jonka kannan muodostavat astetta n olevat monomit. Voidaan todistaa, että dim Rn =

!

n+2 . 2 3 / 21

Polynomirengas esityksenä Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4 Konjug.luokasta homomorfismiksi

Ryhmä S3 operoi avaruudessa Rn luonnollisella tavalla. Operointi määräytyy, kun määritellään monomeille, että kaikille σ ∈ S3 σ · xa1 xb2 xc3 = xaσ(1) xbσ(2) xcσ(3) , ja laajennetaan tätä lineaarisesti. Tällöin jokaisesta avaruudesta Rn tulee ryhmän S3 esitys. Erityisesti näemme, että S3 -moduli R1 on isomorfinen ryhmän S3 luonnollisen 3-ulotteisen permutaatioesityksen kanssa. Ryhmä S3 operoi tässä itse asiassa ääretön-ulotteisessa renkaasa R rengasisomorfismien välityksellä.

4 / 21

Esimerkki 8A Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4

Polynomi ∆ = (x1 − x2 )(x1 − x3 )(x2 − x3 ) generoi modulin R3 yksiulotteisen aliesityksen. Helposti näemme (todennäköisesti tämä esiintyi jo aiemmilla kursseilla, kun permutaatio merkki määriteltiin), että kaikille σ ∈ S3 on voimassa σ · ∆ = sign(σ)∆.

Konjug.luokasta homomorfismiksi

Esimerkiksi (12) · ∆ = (x2 − x1 )(x2 − x3 )(x1 − x3 ) = −∆ ja (132) · ∆ = (x3 − x1 )(x3 − x2 )(x1 − x2 ) = (−1)2 ∆ = ∆. 5 / 21

Esimerkki 8B.1 Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4 Konjug.luokasta homomorfismiksi

Tehtävä: Tutkitaan ryhmän S3 esitystä astetta 2 olevien muotojen avaruudessa R2 . Määrätään tämän esityksen karakteri χ. Lasketaan sisätulot (χ | χi ), i = 1, 2. Todistetaan, ettei ole olemassa sellaista astetta 2 olevaa muotoa, johon ryhmä S3 operoisi kuten Esimerkin 8A polynomiin ∆ ∈ R3 . Ratkaisu: Näemme, että R2 on 6-ulotteinen esitys. Sen kantana ovat monomit x21 , x22 , x23 , x1 x2 , x1 x3 ja x2 x3 . Huomaamme, että ryhmän S3 alkiot permutoivat näitä. Identiteettipermutaatio pitää kaikki paikallaan, joten χ(1) = 6. Sen sijaan 2-sykli (12) kuvaa monomit x23 ja x1 x2 ja vaihtaa monomiparit x21 7→ x22 7→ x21 ja x1 x3 7→ x2 x3 7→ x1 x3 2-sykleinä.

6 / 21

Esimerkki 8B.2 Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4 Konjug.luokasta homomorfismiksi

Näin ollen alkiota (12) esittää mainitun kannan suhteen matriisi   0 1 0 0 0 0  1 0 0 0 0 0     0 0 1 0 0 0    R((12)) =  ,  0 0 0 1 0 0     0 0 0 0 0 1  0 0 0 0 1 0 joten χ((12)) = 2. Sen sijaan 3-sykli (123) permutoi kannan monomeja seuraavasti x21 7→ x22 7→ x23 7→ x21 , x1 x2 7→ x2 x3 7→ x3 x1 7→ x1 x2 . Näemme, että vastaavan matriisin kaikki diagonaalialkiot ovat nollia, joten χ((123)) = 0.

7 / 21

Esimerkki 8B.3 Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4 Konjug.luokasta homomorfismiksi

Karakterien sisätuloiksi saadaan näin 1 (χ1 | χ) = (1 · 6 + 1 · 2 + 1 · 2 + 1 · 2 + 1 · 0 + 1 · 0) = 2, 6 ja 1 (χ2 | χ) = (1 · 6 + (−1) · 2 + (−1) · 2 + (−1) · 2 + 1 · 0 + 1 · 0) = 0. 6 Nämä tulkitsemalla saamme, että esityksellä R2 on kaksi kappaletta jaottomia tekijöitä, jotka ovat triviaaleja (=invariantteja), eikä lainkaan etumerkkiesityksen kanssa isomorfisia 1-ulotteisia aliesityksiä.

8 / 21

Esimerkki 8B.4 Ryhmän S3 esitysteoriaa Jaottomat esitykset Homogeeniset polynomit Polynomirengas esityksenä Esimerkki 8A Esimerkki 8B.1 Esimerkki 8B.2 Esimerkki 8B.3 Esimerkki 8B.4 Konjug.luokasta homomorfismiksi

Huomaamme, että polynomit p1 = x21 + x22 + x23 ja p2 = (x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) kumpikin generoivat 1-ulotteisen triviaalin aliesityksen. Koska sisätulo (χ | χ1 ) = 2, niin kaikki invariantit polynomit ∈ R2 ovat näiden lineaarikombinaatioita.

9 / 21

Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Konjug.luokasta homomorfismiksi

10 / 21

Konjugaattiluokasta homomorfismiksi 1 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Oletetaan, että G on äärellinen ryhmä, ρ : G → GL(V ) sen esitys, ja g ∈ G. Havainto: Jos x ∈ G on mielivaltainen, niin funktio ix : y 7→ x−1 yx on bijektio konjugaattiluokalta [g] sille itselleen. Jos nimittäin y = hgh−1 ∈ [g] on mielivaltainen, niin ix (y) = (x−1 h)g(x−1 h)−1 on sekin konjugaattiluokassa [g]. Lisäksi koska ix ja ix−1 ovat toistensa käänteiskuvauksia, niin bijektiivisyys on ilmeinen. Muodostetaan kuvaus F[g] : V → V, v 7→

X

y · v.

y∈[g]

11 / 21

Konjugaattiluokasta homomorfismiksi 2 Ryhmän S3 esitysteoriaa

Väite: Lineaarikuvaus F[g] on G-modulihomomorfismi.

Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Todistus: Olkoot v ∈ V ja x ∈ G mielivaltaisia. Tällöin F[g] (x · v) =

X

y · (x · v) =

y∈[g]

=

X

=

(yx) · v

y∈[g] −1

(xx

y∈[g]

X

X

yx) · v =

X

x · (ix (y) · v)

y∈[g]

x · (y ′ · v) = x · F[g] (v).

y ′ ∈[g]

12 / 21

Käyttö Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Huomautus: Monisteen Lauseessa 3.5.2. käytetään tätä yleistäen luokkafunktion f määräämää G-modulihomomorfismia F =

X

f (g)F[g] .

g∈D

Tässä D on konjugaattiluokkien jokin edustajisto. Huomautus: Monisteen Lauseessa 3.7.1. käytetään jaottoman karakterin antamaa lineaarikombinaatiota modulihomomorfismeista F[g] .

13 / 21

Esimerkki 9A.1 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Tehtävä: Selitä, miltä syklisen ryhmän G = C4 = hg | g 4 = 1i esitysten kanoniset hajotelmat näyttävät. Ratkaisu: Ryhmän G jaottomia karaktereita on neljä, χ1 , χ2 , χ3 , χ4 . Ne määräytyvät sen mukaan minä neljäntenä ykkösenjuurena generaattori g operoi. Siis χj (g k ) = i(j−1)k kaikilla j = 1, 2, 3, 4, k = 0, 1, 2, 3. Koska kaikki jaottomat esitykset ovat 1-ulotteisia (G abelin ryhmä) projektiot pj , j = 1, 2, 3, 4 saadaan monisteen kaavasta 3.30 3 1X pj = (−i)(j−1)k ρ(g k ). 4 k=0 14 / 21

Esimerkki 9A.2 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Erityisesti, jos V on jokin G-moduli, ja x ∈ V , niin  1 j j 2 j 3 xj = pj (x) = x + (−i) g · x + (−1) g · x + i g · x . 4

Koska kaikkien projektioiden summana saadaan tietenkin identiteettikuvaus, niin tässä x = x1 + x 2 + x 3 + x 4 , missä komponentit xj kuuluvat kukin Sj -homogeeniseen osaan (Sj on karakteria χj vastaava 1-ulotteinen esitys. Vertaa tätä demojen VII tehtävän 3 tulokseen, jossa sama hajotelma tuotettiin suoraan sykliselle ryhmälle Cn .

15 / 21

Esimerkki 9B.1 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Tehtävä: Määrätään ryhmän S3 Esimerkin 8B esityksen homogeeniset osat. Ratkaisu: Selvitetään ensin triviaalia esitystä vastaava homogeeninen osa. Triviaali karakteri χ1 saa kaikkialla arvon yksi, joten 1 X ρ(σ). p1 = 6 σ∈S 3

Näin ollen p1 (x21 )

1 2 = [x1 + (12) · x21 + (13) · x21 + (23) · x21 + 6 + (123) · x21 + (132) · x21 ] 1 2 1 2 2 2 2 2 2 = [x1 + x2 + x3 + x1 + x2 + x3 ] = (x1 + x22 + x23 ). 6 3

16 / 21

Esimerkki 9B.2 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Helposti nähdään, että p1 (x22 )

=

p1 (x23 )

1 2 = (x1 + x22 + x23 ), 3

eli p1 kuvaa kaikki neliöt x2j niiden keskiarvoksi. Sekatermeille nähdään samoin, että 1 p1 (x1 x2 ) = [x1 x2 + (12) · x1 x2 + (13) · x1 x2 + (23) · x1 x2 + 6 + (123) · x1 x2 + (132) · x1 x2 ] 1 = [x1 x2 + x2 x1 + x3 x2 + x1 x3 + x2 x3 + x3 x1 ] 6 1 = (x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ). 3

17 / 21

Esimerkki 9B.3 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Yhteenvetona siis projektio p1 "keskiarvoistaa"polynomit yli muuttujien indeksivaihteluiden. Kuva-avaruus Im p1 koostuu symmetrisistä polynomeista (= ryhmän S3 invarianteista). Siirrytään tutkimaan etumerkkikarakteriin χ2 liittyvää projektiota p2 . Kaikille polynomeille q ∈ R2 on käytössä kaava 1 p2 (q) = [q − (12) · q − (13) · q − (23) · q+ 6 + (123) · q + (132) · q]. Joten p2 (x21 )

1 2 = [x1 − x22 − x23 − x21 + x22 + x23 ] = 0. 6

18 / 21

Esimerkki 9B.4 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Muille puhtaille neliöille käy samoin. Vaihtelun vuoksi käytetään sen osoittamiseen sitä, että projektio p2 on modulihomomorfismi. Näin ollen esimerkiksi p2 (x22 ) = p2 ((12) · x21 ) = (12) · p2 (x21 ) = (12) · 0 = 0. Samoin käy sekatermeille, sillä 1 p2 (x1 x2 ) = (x1 x2 − x2 x1 − x3 x2 − x1 x3 + x2 x3 + x3 x1 ) = 0. 6 Koska homomorfismin p2 kuva-avaruus koostuu alimoduleista, jotka ovat isomorfisia 1-ulotteisen etumerkkiesityksen kanssa, ja näimme Esimerkissä 8B, ettei tällaisia ole, niin tulos p2 = 0 ei tietenkään ole yllätys. Tekemämme laskut vain konkretisoivat Esimerkin 8B tuloksen.

19 / 21

Esimerkki 9B.5 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Tutkitaan sitten lopuksi 2-ulotteiseen jaottomaan karakteriin χ3 liittyvää projektiota 2 p3 (v) = [2v − (123) · v − (132) · v]. 6 Näemme, että p3 (x21 )

1 = (2x21 − x22 − x23 ). 3

Vastaavasti saamme p3 (x22 )

1 = (−x21 + 2x22 − x23 ), 3

p3 (x22 )

1 = (−x21 − x22 + 2x23 ). 3

20 / 21

Esimerkki 9B.6 Ryhmän S3 esitysteoriaa Konjug.luokasta homomorfismiksi CC2HOM 1 CC2HOM 2 Käyttö Esimerkki 9A.1 Esimerkki 9A.2 Esimerkki 9B.1 Esimerkki 9B.2 Esimerkki 9B.3 Esimerkki 9B.4 Esimerkki 9B.5 Esimerkki 9B.6

Havaitaan, että tällä kertaa esimerkiksi p3 (x21 ) ja p3 (x22 ) ovat lineaarisesti riippumattomia. Selityksenä havaitaan, että neliöiden x21 , x22 , x23 virittämä vektorialiavaruus W on jopa G-alimoduli. Tällöin myös kuva-avaruus p3 (W ) on alimoduli. Näimme jo, että dim p3 (W ) ≥ 2. Edelleen näemme, että p3 (W ) ⊆ W ′ := {a1 x21 + a2 x22 + a3 x23 | a1 + a2 + a3 = 0}. Avaruus W ′ on nollasumma-avaruutena dimensioltaan 3 − 1 = 2, joten p3 (W ) = W ′ , ja tämä esitys on tietenkin isomorfinen ryhmän S3 permutaatioesityksen jaottoman nollasumma-aliesityksen kanssa. Sekatermeille käy samoin. 1 p3 (x1 x2 ) = (2x1 x2 − x2 x3 − x3 x1 ) 3 jne. Sekatermien virittämällä aliavaruudella on silläkin 2-ulotteinen jaoton aliesitys.

21 / 21

Double dual Tuplahattu Konstruktio Todistus 1 Todistus 2 Todistus 3 Luonnollisuus 1 Luonnollisuus 2

Double dual

1/8

Tuplahattu Double dual Tuplahattu Konstruktio Todistus 1 Todistus 2 Todistus 3 Luonnollisuus 1 Luonnollisuus 2

Oletetaan, että G on äärellinen abelin ryhmä. Tällöin sen ˆ on sekin äärellinen abelin ryhmä. Lisäksi duaaliryhmä G ˆ∼ G = G, mutta tämän isomorfismin todistaminen vaatii mm. ryhmän G esittämistä syklisten aliryhmiensä suorana tulona tms. ˆ ˆ eli äärellisen abelin ryhmän G ˆ Edellen siis kaksoisduaali G, duaaliryhmä, on saman tuloksen perusteella isomorfinen ensin ˆ ja sitten alkuperäisen ryhmän G kanssa. ryhmän G ˆ ˆ on ehkä hieman yllättäen paljon Isomorfismi G ∼ =G helpommin, luonnollisemmin, kuvattavissa.

2/8

Konstruktio Double dual Tuplahattu Konstruktio Todistus 1 Todistus 2 Todistus 3 Luonnollisuus 1 Luonnollisuus 2

Tavoitteena on liittää ryhmän G jokaiseen alkioon x jokin ˆˆ ˆ alkio ψx . Sen on oltava funktio joukosta G ryhmän G ˆ mielivaltainen joukkoon C∗ . Kiinnitetään siis x. Olkoon χ ∈ G ryhmän G karakteri. Koska χ on funktio G → C∗ , niin ensimmäinen mieleentuleva tapa liittää karakteriin χ alkiosta x riippuva luku on laskea sen arvo, eli määritellä ψx (χ) = χ(x). ˆˆ Lause. Kuvaus f : x 7→ ψx on isomorfismi G → G. Idea: Tavallaan siis tässä χ ja x vaihtavat rooleja. Tuplahatussa x (tai siis ψx ) onkin funktio, ja χ muuttuja. Tarkistettavaa on paljon:

3/8

Todistus 1 Double dual Tuplahattu Konstruktio Todistus 1 Todistus 2 Todistus 3 Luonnollisuus 1 Luonnollisuus 2

ˆ → C∗ on homomorfismi ryhmästä G ˆ Väite 1: Kuvaus ψx : G ˆ ˆ ryhmään C∗ , eli ψx ∈ G. ˆ mielivaltaisia. Tällöin Todistus: Olkoot χ1 , χ2 ∈ G ψx (χ1 χ2 ) = (χ1 χ2 )(x) = χ1 (x)χ2 (x) = ψx (χ1 )ψx (χ2 ), missä ensimmäinen ja viimeinen yhtäsuuruus seuraavat funktion ψx määritelmästää, ja keskimmäinen tulon χ1 χ2 määritelmästä. M.O.T. ˆˆ Väite 2: Kuvaus f on homomorfismi G → G. Todistus: Olkoot x, y ∈ G mielivaltaisia. Väitämme, että ˆ ryhmään C∗ ovat sama funktiot ψxy ja ψx · ψy ryhmästä G funktio.

4/8

Todistus 2 Double dual Tuplahattu Konstruktio Todistus 1 Todistus 2 Todistus 3 Luonnollisuus 1 Luonnollisuus 2

ˆ mielivaltainen. Tällöin Olkoon siis χ ∈ G ψxy (χ) = χ(xy) = χ(x)χ(y) = ψx (χ)ψy (χ). ˆ alkioille χ, joten funktio Tämä oli voimassa kaikille ryhmän G ˆˆ ψxy yhtyy funktioiden ψx ja ψy tuloon (= ryhmän G operaatio). Siis kaikille x, y ∈ G on voimassa f (xy) = f (x)f (y). M.O.T. Väite 3: Homomorfismi f on injektio. Todistus: Riittää osoittaa, että 1G on ytimen Ker f ainoa alkio. Oletetaan siis, että x ∈ G on sellainen, että ψx on ˆˆ ˆ ryhmän G neutraalialkio, eli että ψx (χ) = 1 kaikille χ ∈ G. ˆ Tämä tarkoittaa sitä, että χ(x) = 1C kaikille χ ∈ G.

5/8

Todistus 3 Double dual Tuplahattu Konstruktio Todistus 1 Todistus 2 Todistus 3 Luonnollisuus 1 Luonnollisuus 2

Tällöin

ˆ= #G

X

χ(x)

ˆ χ∈G

=

X

χ(x)χ(1).

ˆ χ∈G

Jos tässä x 6= 1, niin Monisteen kaavan 3.40 oikeanpuoleisen osan perusteella viimeisin summa = 0. Tämä on ristiriita, joten x = 1. M.O.T. Tästä seuraa sitten lopullinen väite, eli näemme, että f on isomorfismi. Soveltamalla Monisteen Lausetta 3.9.5. kahdesti, ˆ näemme, että ensin ryhmään G ja sitten ryhmään G ˆ ˆ Kahden kardinaliteetiltaan yhtäsuuren äärellisen #G = #G. joukon välinen injektio on tunnetusti aina bijektio, joten homomorfismi f on välttämättä isomorfismi. 6/8

Luonnollisuus 1 Double dual Tuplahattu Konstruktio Todistus 1 Todistus 2 Todistus 3 Luonnollisuus 1 Luonnollisuus 2

ˆ on sangen Monisteessa kuvattu isomorfismi G → G ‘epäluonnollinen’, sillä se riippuu valinnoista joita tehdään kun ryhmä G hajotetaan syklisten aliryhmiensä suoraksi tuloksi, ja kun valitaa isomorfismit Cn ∼ = Cˆn . Toinen selitys tälle epäluonnollisuudelle on seuraava. Jos φ : G → H on Abelin ryhmien välinen homomorfismi, niin duaaliryhmien välille voidaan tällöin liittää luonnollisella tavalla homomorfismi, mutta se meneekin ‘väärään suuntaan’. Nimittäin helposti nähdään, että φˆ : χ 7→ χ ◦ φ on ˆ ryhmään G. ˆ Se siis menee homomorfismi, mutta ryhmältä H väärään suuntaan. Tällainen nuolten suunnan kääntyminen on matematiikassa suhteellisen tavallista (eikä itse asiassa sinänsä epäluonnollista). Erityisesti Dualisointi kääntää kuvausten suunnat. 7/8

Luonnollisuus 2 Double dual Tuplahattu Konstruktio Todistus 1 Todistus 2 Todistus 3 Luonnollisuus 1 Luonnollisuus 2

ˆ ˆ sen sijaan on ‘luonnollinen’ Kuvattu isomorfismi G → G seuraavassa mielessä. Jos meillä on Abelin ryhmien välinen homomorfismi φ : G → H, niin saamme isomorfismit ˆ ˆ ˆ fH : H → H ˆ ja lisäksi homomorfismin fG : G → G, ˆ ˆˆ ˆ ˆ joka määritellään soveltamalla edellisen kalvon → H, φˆ : G dualisointia kahdesti. Kuvausten suunnan kääntäminen kahdesti tietenkin palauttaa alkuperäisen suunnan. Luonnollisuus muotoillaan usein toteamalla, että oheinen diagrammi kommutoi φ

G −→ H ↓ fG ↓ fH ˆ ˆ φ ˆ ˆ ˆ ˆ G −→ H

8/8

Karakteritaulun tuottaminen Tavoitteet Esimerkki 10A.1 Esimerkki 10A.2 Esimerkki 10A.3 Esimerkki 10A.4 Esimerkki 10A.5 Inflaatio Restriktio

Karakteritaulun tuottaminen

Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

1 / 49

Tavoitteet Karakteritaulun tuottaminen Tavoitteet Esimerkki 10A.1 Esimerkki 10A.2 Esimerkki 10A.3 Esimerkki 10A.4 Esimerkki 10A.5

Kurssin esitysteorian lopun osalta tavoitteena on kuvailla metodeja tuottaa annetun ryhmän karakteri taulu. Perustekniikoita ovat:

Inflaatio

■

■ ■

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Tunnettujen karakterien tensoritulon käyttö Ortogonaalisuusrelaatioiden käyttö Permutaatioesitysten käyttö

Lisäksi tarvitsemme tapoja tuottaa yhden ryhmän karaktereista toisen ryhmän karaktereja. Tällaisia tapoja on kolme: ■ ■ ■

Inflaatio Restriktio Induktio

2 / 49

Esimerkki 10A.1 Karakteritaulun tuottaminen Tavoitteet Esimerkki 10A.1 Esimerkki 10A.2 Esimerkki 10A.3 Esimerkki 10A.4 Esimerkki 10A.5 Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Tehtävä: Tuota ryhmän S4 karakteritaulu (monisteen sivulla 65). Ratkaisu: Aiemmin näimme, että ryhmän S4 konjugaattiluokkien edustajiksi sopivat permutaatit (1), (12), (123), (12)(34) ja (1234), ja että näissä konjugaattiluokissa alkioita on vastaavasti 1, 6, 8, 3 ja 6 kappaletta. Lisäksi tiedämme, että ryhmällä S4 on kaksi 1-ulotteista karakteria. Nimittäin triviaali karakteri χ1 ja etumerkkikarakteri χ2 = sign. Tehtävän etenemiseksi sovellamme Monisteen Lausetta 3.10.5. Ryhmä S4 permutoi joukon J4 = {1, 2, 3, 4} alkioita 2-transitiivisesti. Merkitään χ:llä tähän operointiin liittyvää karakteria

3 / 49

Esimerkki 10A.2 Karakteritaulun tuottaminen Tavoitteet Esimerkki 10A.1 Esimerkki 10A.2 Esimerkki 10A.3 Esimerkki 10A.4 Esimerkki 10A.5 Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Kyseinen karakteri laskee permutaatioiden kiintopisteet, joten χ(1) = 4, χ((12)) = 2, χ((123)) = 1, ja muilla konjugaattiluokilla χ häviää. Toisaalta Lauseen 3.10.5. nojalla χ = χ1 + χ4 , missä χ4 on tähän asti tuntematon karakteri (Huom: Monisteen karakteritaulussa tämä on χ4 , siksi hyppäämme indeksöinnissä toistaiseksi χ3 :n yli) Siis χ4 (g) = χ(g) − 1 kaikille g ∈ S4 , eli χ4 (1) = 3, χ4 ((12)) = 1, χ4 ((123)) = 0, χ4 ((12)(34)) = χ4 ((1234)) = −1.

4 / 49

Esimerkki 10A.3 Karakteritaulun tuottaminen Tavoitteet Esimerkki 10A.1 Esimerkki 10A.2 Esimerkki 10A.3 Esimerkki 10A.4 Esimerkki 10A.5 Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Seuraava jaoton karakteri tuotetaan tensoritulon avulla. Lemma. Oletetaan, että χ ja ψ ovat ryhmän G jaottomia karaktereja, ja että lisäksi ψ on 1-ulotteinen. Tällöin tensoritulo χψ on sekin jaoton. Todistus. Lasketaan sisätuloja. Koska ψ on 1-ulotteinen, kaikille g ∈ G on ψ(g) jokin ykkösenjuuri, ja siis ψ(g)ψ(g) = 1. Näin ollen 1 X (χψ | χψ) = χ(g)ψ(g)χ(g)ψ(g) #G g∈G

1 X = χ(g)χ(g) = (χ | χ) = 1. #G g∈G

M.O.T. 5 / 49

Esimerkki 10A.4 Karakteritaulun tuottaminen Tavoitteet Esimerkki 10A.1 Esimerkki 10A.2 Esimerkki 10A.3 Esimerkki 10A.4 Esimerkki 10A.5 Inflaatio

Lemman seurauksena saamme sitten, että χ5 = χ2 χ4 on sekin ryhmän S4 jaoton karakteri. Lisäksi χ5 6= χ4 . Harjoitustehtävänä voit tarkistaa, että (χ4 | χ5 ) = 0. Koska ryhmällä S4 on viisi konjugaattiluokkaa, niin sillä on myös viisi jaotonta karakteria. Yksi puuttuu. Olkoon se χ3 . Karakteritaulu näyttää seuraavalta

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

S5 1 (12) (123) (12)(34) (1234) χ1 1 1 1 1 1 χ2 1 −1 1 1 −1 a b c d χ3 n3 χ4 3 1 0 −1 −1 χ5 3 −1 0 −1 1, missä merkitsimme tuntemattoman karakterin χ3 arvoja valituilla muuttujilla. 6 / 49

Esimerkki 10A.5 Karakteritaulun tuottaminen Tavoitteet Esimerkki 10A.1 Esimerkki 10A.2 Esimerkki 10A.3 Esimerkki 10A.4 Esimerkki 10A.5 Inflaatio

Saamma alimman rivin täytettyä helposti käyttämällä sarakkeiden ortogonaalisuutta. Ensimmäisessä sarakkeessa on jaottomien esitysten dimensiot. Tiedämme näiden neliöiden summan oleva #S4 = 24, joten 12 + 12 + 32 + 32 + n23 = 24,

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

mistä ratkeaa n3 = 2 (karakterin arvo ykkösalkiossa on aina positiivinen kokonaisluku). Ensimmäisen ja toisen sarakkeen ortogonaalisuus antaa tällöin yhtälön 1 · 1 + 1 · (−1) + 3 · 1 + 3 · (−1) + 2 · a = 0, josta ratkeaa a = 0. Samoin laskemalla muiden sarakkeiden sisätulot ensimmäisen kanssa, saadaan b = −1, c = 2, d = 0. Karakteritaulu on näin valmis. 7 / 49

Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Yleistä 1 Yleistä 2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

10B.1 10B.2 11C.1 11C.2

Restriktio

Inflaatio

Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

8 / 49

Yleistä 1 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Yleistä 1 Yleistä 2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

10B.1 10B.2 11C.1 11C.2

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Jos tutkittavana olevalla ryhmällä G on normaali aliryhmä N E G, niin voimme selvittää osan ryhmän G esitysteoriasta, jos tunnemme tekijäryhmän G/N karakterit. Olkoon p : G → G/N luonnollinen projektio p(g) = gN kaikille g ∈ G. Ideana on, että jos ρ : G/N → GL(V ) on ryhmän G/N jaoton esitys, niin yhdistetty homomorfismi ρ ◦ p : G → GL(V ) tekee avaruudesta V jaottoman G-modulin. Jos sillä nimittäin olisi jokin G-alimoduli W , niin kaikille g ∈ G ja kaikille x ∈ W on voimassa g · x ∈ W . Mutta tällöin (gN ) · x ∈ W kaikille gN ∈ G/N , ja kaikille x ∈ W . Joten W on myös V :n G/N -alimoduli. Koska V on jaoton, niin W on välttämättä joko {0} tai V . M.O.T.

9 / 49

Yleistä 2 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Yleistä 1 Yleistä 2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

10B.1 10B.2 11C.1 11C.2

Restriktio

Tätä prosessia, jolla tekijäryhmän esitys tällä tavalla muutetaan alkuperäisen ryhmän esitykseksi, kutsutaan usein inflaatioksi. Englannin sana ‘inflation’ tarkoittaa myös merkityksen tuottamista ‘tyhjästä’. Tässä emme varsinaisesti luo mitään uutta. Ryhmän G alkioiden vain sovitaan operoivan avaruudessa kuten niiden projektiot ryhmässä G/N siellä operoivat.

Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Jos χ on ryhmän G/N esityksen karakteri, niin tästä inflaation avulla tuotettu ryhmän G karakteri on selvästi χ ◦ p. Lineaarikuvauksethan ovat samat, joten samaa pätee niiden jäljille.

10 / 49

Esimerkki 10B.1 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Yleistä 1 Yleistä 2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

10B.1 10B.2 11C.1 11C.2

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Tehtävä: Selitä, miten ryhmän S4 2-ulotteinen jaoton esitys (karakteri χ3 kalvon 10A.4 taulukossa) saadaan inflaation avulla sopivasta tekijäryhmästä (Samalla tuotetaan moduli, jolla kyseinen karakteri on — tämähän puuttui Esimerkistä 10A). Ratkaisu: Demotehtävässä III/6 näimme, että ryhmä S4 operoi luonnollisella tavalla joukon J4 kolmen partition joukossa X = {A, B, C}, A = {{1, 2}, {3, 4}}, B = {{1, 3}, {2, 4}}, C = {{1, 4}, {2, 3}}. Näimme, että tässä K4 = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} E S4 , ja S4 /K4 ∼ = S3 . = Σ(X) ∼ 11 / 49

Esimerkki 10B.2 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Yleistä 1 Yleistä 2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

10B.1 10B.2 11C.1 11C.2

Tämä homomorfismi S4 → S3 kuvaa 3-syklit 3-sykleiksi, 2-syklit ja 4-syklit 2-sykleiksi, ja kahden erillisen 2-syklin tulon neutraalialkioksi. Ryhmällä S3 on tunnettu jaoton 2-ulotteinen esitys, jonka karakteri χ saa arvot χ(1) = 2, χ((12)) = 0, χ((123)) = −1. Nähdään, että tämä sopii tarkalleen ryhmän S4 karakteriin χ3 :

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

S4 χ1 χ2 χ4 χ5 χ3

1 (12) (123) (12)(34) (1234) 1 1 1 1 1 1 −1 1 1 −1 3 1 0 −1 −1 3 −1 0 −1 1 2 0 −1 2 0.

12 / 49

Esimerkki 11C.1 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Yleistä 1 Yleistä 2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

10B.1 10B.2 11C.1 11C.2

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Tehtävä: Määrää diedriryhmän D4 = ha, b | a4 = 1 = b2 , bab = a−1 i karakteritaulu. Ratkaisu: Demoissa/luennoilla selvitimme, että ryhmällä D4 on viisi jaotonta karakteria χ1 , χ2 , χ3 , χ4 , χ5 , joista yksi (olkoon se χ5 ) on 2-ulotteinen, ja loput 1-ulotteisia. Tiedämme, että keskuksen alkiot 1, a2 ovat singleton konjugaattiluokkia, ja että muut konjugaattiluokat ovat 90 asteen kierrot {a, a−1 }, peilaukset {b, ba2 } ja peilaukset {ba, ba−1 }. Keskus N = {1, a2 } E D4 , ja vastaava tekijäryhmä D4 /N = {1N, aN, bN, baN } on isomorfinen Kleinin neliryhmän kanssa (kaikki ryhmän D4 alkioiden neliöt ovat aliryhmässä N , joten tekijäryhmän jokainen ei-triviaali alkio on kertalukua kaksi =⇒ se on Kleinin neliryhmä).

13 / 49

Esimerkki 11C.2 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Yleistä 1 Yleistä 2 Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

10B.1 10B.2 11C.1 11C.2

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Inflaatio-prosessi tuottaa meille sitten kaikki 4 ryhmän D4 1-ulotteista karakteria. Ne saadaan nimittäin Kleinin neliryhmän tunnetuista karaktereista. Lisäksi olemme selvittäneet, että Monisteen pykälässä 2.1.1. esiintynyt D4 :n 2-ulotteinen esitys on jaoton. Karakteritaulu onkin siten valmis: D4 1 a2 [a] [b] [ba] χ1 1 1 1 1 1 χ2 1 1 −1 1 −1 χ3 1 1 1 −1 −1 χ4 1 1 −1 −1 1 χ5 2 −2 0 0 0.

14 / 49

Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F

Restriktio

Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

15 / 49

Yleistä Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F

Oletetaan, että G on äärellinen ryhmä, ja H ≤ G. Tällöin inkluusiokuvaus i : H → G, i(h) = h, on ryhmähomomorfismi. Jos ρ : G → GL(V ) on ryhmän G esitys, niin yhdistetty kuvaus ρ ◦ i : H → GL(V ) on aliryhmän H esitys. Saatua H-modulia V kutsutaan G-modulin V rajoittumaksi tai restriktioksi aliryhmään H. ■ ■

Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

■

Koska i ei ole surjektio, niin on hyvinkin mahdollista, että jaottoman esityksen restriktio ei ole jaoton. Restriktioon liittyvän karakterin arvot ovat kuitenkin samat kuin alkuperäisenkin esityksen karakterin arvot: ResH (χ)(h) = χ(h) kaikille h ∈ H. Jokainen aliryhmän H jaoton esitys esiintyy aliesityksenä jossakin restriktiolla tuotetussa esityksessä. Tämä seuraa siitä, että säännöllisen esityksen C[G] restriktiolla on aliesitys, joka on isomorfinen säännöllisen esityksen C[H] kanssa. 16 / 49

Esimerkki 11D Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Kysymys: Miten kalvon 10B.2 karakteritaulusta näkyy, että alkion (12)(34) konjugaattiluokka yhdessä neutraalialkion kanssa muodostaa normaalin aliryhmän? Ratkaisu: Muistetaan (Monisteen Lause 3.2.8. kohdat (iv) ja (v)), että esityksen ρ karakterille χ on voimassa sääntö χ(g) = χ(1) sjvsk ρ(g) = idV . Näin ollen osajoukko Ker χ = {g ∈ G | χ(g) = χ(1)} on homomorfismin ytimenä normaali aliryhmä Esimerkin 10B.2 karakteritaulusta nähdään, että ryhmälle S4 on Ker χ3 = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} E S4 .

17 / 49

Esimerkki 11E.1 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Tehtävä: Määrää ryhmän A4 karakteritaulu (vrt. Monisteen sivu 65). Ratkaisu: Monisteen Esimerkissä 1.5.5. selvitimme ryhmän A4 konjugaattiluokat. Mukaan tulevista S4 :n konjugaattiluokista [1] ja [(12)(34)] säilyvät sellaisenaan, mutta 3-syklit jakautuvat kahteen eri konjugaattiluokkaan, [(123)] ja [(132)], joissa kummassakin on 4 kappaletta 3-syklejä. Havaitaan, että ryhmän S4 triviaalin karakterin restriktio A4 :ään, θ1 = ResA4 (χ1 ), on triviaali. Samoin etumerkkikarakterin χ2 restriktio χ2 |A4 on triviaali. Tämä ei tietenkään ole yllätys, sillä A4 määritellään kyseisen karakterin ytimeksi. Tutkitaan S4 :n 3-asteisen jaottoman karakterin χ4 rajoittumaa. Sille χ4 ((123)) = χ4 ((132)) = 0 ja χ4 ((12)(34)) = −1. 18 / 49

Esimerkki 11E.2 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Laskemalla nähdään, että restrikition sisätulo itsensä kanssa on (ResA4 χ4 | ResA4 χ4 ) =

1 2 [3 + 3 · (−1)2 + 4 · 02 + 4 · 02 ] = 1. 12

Näin ollen θ4 := χ4 |A4 on ryhmän A4 jaoton karakteri. Tämä seuraa myös Lauseesta 3.10.5, sillä ryhmä A4 operoi joukossa {1, 2, 3, 4} 2-transitiivisesti. Ryhmällä A4 on neljä redusoitumatonta karakteria, joiden asteiden neliöiden summa on 12. Löysimme yhden 3-asteisen jaottoman esityksen, joten muuta ovat 1-asteisia. Tutkitaan ryhmän S4 jaottoman 2-ulotteisen esityksen, karakteri χ3 , rajoittumaa. Tälle χ3 ((123)) = χ3 ((132)) = −1, χ3 ((12)(34)) = 2.

19 / 49

Esimerkki 11E.3 Karakteritaulun tuottaminen

Näin ollen

Inflaatio

1 2 (ResA4 (χ3 ) | ResA4 (χ3 )) = [2 +3·22 +4·(−1)2 +4·(−1)2 ] = 2. 12

Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Näin ollen χ3 hajoaa kahden 1-ulotteisen karakterin summaksi, kun se rajoitetaan aliryhmään A4 . Koska 1 (ResA4 (χ3 ) | θ1 ) = [2 + 3 · 2 + 4 · (−1) + 4 · (−1)] = 0, 12 niin näistä ei kumpikaan ole triviaali. Siis ResA4 (χ3 ) = θ2 + θ3 , missä θ2 ja θ3 ovat nämä tuntemattomat jaottomat karakterit. Koska (12)(34) ∈ Ker χ3 , niin (12)(34) on myös karaktereita θ2 ja θ3 vastaavien aliesitysten ytimessä, eli θ2 ((12)(34)) = θ3 ((12)(34)) = 1.

20 / 49

Esimerkki 11E.4 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Yhteenvetona tähänastisesta tiedämme, että ryhmän A4 karakteritaulu näyttää seuraavalta. A4 θ1 θ2 θ3 θ4

1 (12)(34) (123) (132) 1 1 1 1 1 1 a b 1 1 c d 3 −1 0 0.

Koska karakterit θ2 , θ3 ovat 1-asteisia, niin tiedämme, että |a| = |b| = |c| = |d| = 1. Koska (123)−1 = (132), niin Lauseen 3.2.9.(ii) nojalla b = a, d = c. Koska (θ1 | θ2 ) = 0, niin saamme myös yhtälön 1 0 = [1 + 3 + 4a + 4a]. 12 21 / 49

Esimerkki 11E.5 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

Sen perusteella a + a = −1, eli voimme päätellä, että a:n reaaliosa on = −1/2. Näin ollen √ −1 ± i 3 , a= 2 eli a on kolmas ykkösenjuuri. Sama päätelmä voidaan tehdä myös muuttujan c arvosta. √ Koska on oltava √ a 6= c, niin 3 −1−i 3 voimme valita a = −1+i = d, b = = c. 2 2 Karakterit θ2 ja θ3 saadaan myös inflaation avulla. Joukko {1} ∪ [(12)(34)] = N E A4 . Koska tekijäryhmässä A4 /N on kolme alkiota, se on isomorfinen ryhmän C3 kanssa. Voimme siis tulkita ryhmän C3 ei-triviaalit karakterit ryhmän A4 karaktereiksi, jolloin saamme karakterit θ2 , θ3 .

22 / 49

Derivoitu aliryhmä Karakteritaulun tuottaminen

■

Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F

■

■ ■

Jos G on ryhmä, g, h ∈ G, niin tuloa [g, h] := ghg −1 h−1 kutsutaan alkioiden g ja h kommutaattoriksi. Kommutaattorien generoimaa aliryhmää kutsutaan joskus derivoiduksi aliryhmäksi. Tästä aliryhmästä käytetään merkintöjä G′ ja [G, G]. Jos f : G → A on ryhmähomomorfismi, ja A on Abelin ryhmä, niin tällöin [G, G] ⊆ Ker f . ˆ niin [G, G] ⊆ Ker χ. Erityisesti, jos χ ∈ G,

Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

23 / 49

Abelianisaatio Karakteritaulun tuottaminen

■

Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

■ ■

■ ■ ■

Toisaalta tekijäryhmä Gab := G/[G, G] on Abelin ryhmä, ryhmän G abelianisaatio. Tiedämme, että ryhmä Gab on isomorfinen (epäluonnollisesti) duaaliryhmänsä kanssa. Tulos [G, G] ≤ Ker χ tarkoittaa sitä, että ryhmän G jokainen 1-ulotteinen karakteri saadaan inflaatiolla ryhmän Gab karakterista. Ryhmän Gab eri karakterit tuottavat inflaatiolla ryhmän G eri karaktereita. ˆ = Gˆab . Näin ollen G ˆ∼ Näin ollen G = Gab .

24 / 49

Esimerkki 11F Karakteritaulun tuottaminen

Osoitetaan esitysteorian avulla, että [Sn , Sn ] = An .

Inflaatio Restriktio Yleistä Esimerkki 11D Esimerkki 11E.1 Esimerkki 11E.2 Esimerkki 11E.3 Esimerkki 11E.4 Esimerkki 11E.5 Derivoitu aliryhmä Abelianisaatio Esimerkki 11F Indusoitu moduli Indusoitu karakteri

25 / 49

Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2

Indusoitu moduli

Indusoitu karakteri

26 / 49

Yleistä Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2

Tilanne: Annettu ryhmä G, sen aliryhmä H, ja jokin H-moduli W , jolla on jokin kanta {e1 , e2 , . . . , en }. Tavoite: Konstruoida esitykseen W liittyen luonnollisella tavalla G-moduli V = IndG H (W ), jonka dimensio saadaan kaavasta dim V = [G : H] dim W. Lisäksi haluamme määrätä V :n karakterin H-modulin W karakterin avulla.

Indusoitu karakteri

27 / 49

Indusoitu moduli 1 Karakteritaulun tuottaminen

Avaruuden V konstruointi tehdään kahdessa vaiheessa.

Inflaatio

■

Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

■ ■

Samaistetaan säännöllisen esityksen C[G] kantavektorit ryhmän G alkioiden kanssa. Olkoon U vektoriavaruus C[G] ⊗ W . Tästä tulee G-moduli laajentamalla sääntöä g · (x ⊗ w) = (gx) ⊗ w

■

■

lineaarisesti. Aliavaruudet C[G] ⊗ Cei , i = 1, 2, . . . , n ovat tämän operoinnin suhteen alimoduleja, ja U on näiden suora summa. U on ‘liian iso’, eikä sen modulirakenne lainkaan riipu W :n H-modulirakenteesta. Tämä on korjattava.

28 / 49

Indusoitu moduli 2 Karakteritaulun tuottaminen

■

Inflaatio

Määritellään vektorit vx,h,i kaikille x ∈ G, h ∈ H, i = 1, 2, . . . , n, säännöllä

Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

vx,h,i = xh ⊗ ei − x ⊗ h · ei ∈ U. ■

Modulin U operointisäännöstä seuraa, että kaikille g ∈ G on voimassa g · vx,h,i = gxh ⊗ ei − gx ⊗ h · ei = vgx,h,i .

■ ■

Olkoon U ′ vektorien vx,h,i virittämä aliavaruus. Edellisen kohdan perusteella U ′ on U :n G-alimoduli. Jos h = 1H = 1G , niin vx,h,i = vx,1,i = 0.

29 / 49

Indusoitu moduli 3 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

Muodostetaan tekijämoduli V = U/U ′ = {u + U ′ | u ∈ U }. Tämä tulee olemaan haluttu indusoitu moduli. Tavoitteenamme on seuraavaksi osoittaa, että dim V = [G : H] dim W , ja määrätä V :lle käyttökelpoinen kanta. Valitaan H:n vasemmille sivuluokille G:ssä jokin edustajisto D. Siis #D = [G : H], ja G=

[

dH.

d∈D

Erityisesti #G = #D · #H ja siis dim U = #G dim W = #D · #H · dim W . 30 / 49

Indusoitu moduli 4 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio

Väite: Joukko B = {vd,h,i | d ∈ D, h ∈ H, h 6= 1, i = 1, 2, . . . , n} muodostaa alimodulin U ′ kannan.

Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

Todistus: Kiinnitetään d ∈ D. Käytetään vektorien dh ⊗ ei , h ∈ H, i = 1, 2, . . . , n generoimasta U :n aliavaruudesta merkintää Ud (tämä voisi olla nimeltään myös "C[dH] ⊗ W "). Tällöin U on aliavaruuksien Ud , d ∈ D suora summa. Lisäksi aina vd,h,i ∈ Ud . Osoitetaan ensin, että joukko Bd = {vd,h,i | h ∈ H, h 6= 1, i = 1, 2, . . . , n} on lineaarisesti riippumattoman. Tämä nähdään kun esitämme vektorit vd,h,i avaruuden Vd luonnollisen kannan dh ⊗ ei vektorien lineaarikombinaationa. Nimittäin kantavektori dh ⊗ ei , h 6= 1, esiintyy ainoastaan vektorissa vd,h,i , ja siinä kertoimella 1. Apuväite seuraa.

31 / 49

Indusoitu moduli 5 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

L Koska U = d∈D Vd on suora summa, niin unionina tuotettu S

joukko B = d∈D Bd on lineaarisesti riippumaton. Jos taas x ∈ G on mielivaltainen, niin x voidaan kirjoittaa muodossa x = dh′ yksikäsitteisille d ∈ D, h′ ∈ H. Olkoon P h · ei = j aij (h)ej . Tällöin vx,h,i = xh ⊗ ei − x ⊗ h · ei = dh′ h ⊗ ei − dh′ ⊗ h · ei ′

′




′

′

= dh h ⊗ ei − d ⊗ (h h) · ei + d ⊗ (h h) · ei − dh ⊗ h · ei ′

′

= vd,h′ h,i + d ⊗ h · (h · ei ) − dh ⊗ h · ei = vd,h′ h,i



+ d ⊗ h′ · (

= vd,h′ h,i +

X j

= vd,h′ h,i −

X

X j

′




aij (h)ej ) − dh ⊗

aij (d ⊗ h′ · ej − dh′ ⊗ ej )

X j



aij (h)ej 

aij vd,h′ ,j .

j

32 / 49




Indusoitu moduli 6 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

Koska tästä voidaan jättää pois nollatermit (jos h′ h = 1 tai h′ = 1), niin vx,h,i kuuluu joukon B virittämään aliavaruuteen. M.O.T. Käytetään sitten sivuluokkasta x ⊗ w + U ′ ∈ V merkintää x ⊗H w. Näin ollen kaikille x ∈ G, h ∈ H, w ∈ W on modulissa V voimassa xh ⊗H w = x ⊗H h · w. Väite: Joukko d ⊗H ei muodostaa avaruuden V kannan. Todistus: Jos x = dh′ on mielivaltainen G:n alkio, niin x ⊗H ei = d ⊗H h′ · ei . Näin ollen avaruus V on vektorien d ⊗H ei virittämä.

33 / 49

Indusoitu moduli 7 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio

Toisaalta tällaisia vektoreita on #D · dim W kappaletta, ja edellisen väitteen perusteella

Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2

dim U ′ = #D · (#H − 1) · dim W, niin dim V = dim U − dim U ′

= #D dim W (#H − (#H − 1)) = #D dim W.

M.O.T.

Indusoitu karakteri

34 / 49

Esimerkki 12F.1 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

Tehtävä: Määrää esitys, joka saadaan indusoimalla syklisen aliryhmän A3 = h(123)i 1-ulotteinen esitys W isompaan ryhmään S3 . Jos w on W :n kantavektori, niin modulioperointi määräytyy säännöstä (123) · w = ζw, ζ = e2πi/3 . Ratkaisu: Käytetään sivuluokkien edustajistoa D = {1, (12)} ⊂ S3 . Modulilla V = IndSA33 W on näin ollen vektoriavaruuskanta {u1 = 1 ⊗H w, u2 = (12) ⊗H w}. Indusoidun esityksen karakterin määräämiseksi riittää määrätä kuvaukset ρ(g), missä g käy läpi konjugaattiluokkien edustajiston. Selvästi ρ(1) = idV . Selvitetään seuraavaksi, miten 2-sykli (12) operoi avaruudessa V .

35 / 49

Esimerkki 12F.2 Karakteritaulun tuottaminen

Laskusääntöjen avulla nähdään, että

Inflaatio

(12) · u1 = (12) · (1 ⊗H w) = (12) ⊗H w = u2 ,

Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2

ja että (12) · u2 = (12) · ((12) ⊗H w) = (12)(12) ⊗H w = 1 ⊗H w = u1 . Näin ollen alkoita (12) ∈ S3 esittää matriisi R((12)) =

0 1 1 0

!

.

Indusoitu karakteri

36 / 49

Esimerkki 12F.3 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

Määrätään vielä 3-sykliä (123) esittävä matriisi. Tarvitsemme havaintoa (123)(12) = (12)(132), sekä sääntöä (gh) ⊗H w = g ⊗H h · w. Saamme (123) · u1 = (123) ⊗H w = 1 ⊗H (123) · w = 1 ⊗H ζw = ζu1 , ja (123) · u2 = (123)(12) ⊗H w = (12)(132) ⊗H w = (12) ⊗H (132) · w = ζ 2 u2 .

Näin ollen 3-sykliä (123) esittää matriisi R((123)) =

ζ 0 0 ζ2

!

.

37 / 49

Esimerkki 12F.4 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio

Nähdyn perusteella voimme laskea indusoidun esityksen karakterin χV arvot:

Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2

χV (1) = 2, χV ((12)) = 0, χV ((123)) = −1, sillä 1 + ζ + ζ 2 = 0 =⇒ χV ((123)) = ζ + ζ 2 = −1. Tämä on tuttu ryhmän S3 jaottoman 2-ulotteisen esityksen karakteri. Tällä kertaa siis jaottomuus säilyi induktiossa. Aina ei käy näin.

Indusoitu karakteri

38 / 49

Esimerkki 12G.1 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2 Indusoitu karakteri

Jos H ≤ G, ja X = G/H on sen vasempien sivuluokkien joukko, johon G operoi vasemmalta kertomalla, niin permutaatioesitykseen liittyvä karakteri χX = IndG H 1H , missä 1H on aliryhmän H triviaali karakteri (vrt. Monisteen Esimerkki 4.2.6). Perustelu: Olkoon D sivuluokkien G/H edustajisto, ja w triviaalin 1-ulotteisen H-modulin kantavektori. Olkoon g ∈ G, d ∈ D mielivaltaisia. Tällöin gd = d′ h joillekin d′ ∈ D ja h ∈ H. Näemme, että g · (d ⊗H w) = (gd) ⊗H w = (d′ h) ⊗H w = d′ ⊗ h · w = d′ ⊗H w.

39 / 49

Esimerkki 12G.2 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Yleistä Moduli 1 Moduli 2 Moduli 3 Moduli 4 Moduli 5 Moduli 6 Moduli 7 Esimerkki 12F.1 Esimerkki 12F.2 Esimerkki 12F.3 Esimerkki 12F.4 Esimerkki 12G.1 Esimerkki 12G.2

Näin ollen g permutoi kantavektoreita d ⊗H w, d ∈ D, aivan kuten joukon X alkioita, eli sivuluokkia dH, d ∈ D. Erityisesti g · (d ⊗H w) = (d ⊗H w) sjvsk g(dH) = dH. Väite seuraa tästä. Lisäksi voidaan havaita, että sekä permutaatioesityksen että tämän indusoidun esityksen karakterit laskevat paikallaan pysyvien sivuluokkien lukumäärän. Samat karakterit =⇒ isomorfiset esitykset.

Indusoitu karakteri

40 / 49

Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

Indusoitu karakteri

41 / 49

Indusoitu karakteri 1 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

Olkoot H ≤ G, D ja W kuten yllä. Edeltävien esimerkkien havainnot yleistyvät. Jos {e1 , e2 , . . . , en } on jokin avaruuden W kanta, ja d ∈ D, niin käytetään merkintää d ⊗H W vektorien d ⊗H ei , i = 1, 2, . . . , n, generoimasta aliavaruudesta. Tällöin vektoriavaruuksina IndG H

W =

M

d∈D

d ⊗H W.

Lisäksi, jos kiinnitetään g ∈ G ja d ∈ D, niin gd = d′ h joillekin 1-käsitteisesti määräytyville d′ ∈ D, h ∈ H. Säännön g · (d ⊗H w) = (gd) ⊗H w = (d′ h) ⊗H w = d′ ⊗ h · w perusteella näemme, että g · (d ⊗H W ) = d′ ⊗H W 42 / 49

Indusoitu karakteri 2 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

On siis luonnollista kirjoittaa alkiota g esittävä matriisi R(g) lohkomuodossa, missä lohkot vastaavat aliavaruuksia d ⊗H W, d ∈ D. Lohkoa d ⊗H W vastaavissa sarakkeissa siis ainoastaan lohkoa d′ ⊗H W vastaavat vaakarivit eroavat nollasta, ja kyseiseen lohkoon tulee lineaarikuvausta ρW (h) esittävä matriisi, missä gd = d′ h =⇒ h = d′−1 gd. Erityisesti näemme, että kyseinen lohko kontributoi matriisin R(g) jälkeen sjvsk. d′ = d, eli sjvsk. d−1 gd ∈ H.

43 / 49

Indusoitu karakteri 3 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio

Saamme tästä yleisen kaavan indusoidun esityksen karakterille:

Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

χV (g) =

X

χW (d−1 gd).

d∈D,d−1 gd∈H

44 / 49

Esimerkki 12H.1 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

Tehtävä: Olkoon G luentokalvoesimerkin 3A (20. tammikuuta) epäkommutatiivinen 21 alkion ryhmä: G = ha, b | a7 = 1 = b3 , bab−1 = a2 i. Määrää tämän ryhmän konjugaattiluokat ja karakteritaulu. Ratkaisu: Näimme silloin, että ryhmän alkiot ovat bi aj , i = 0, 1, 2, j = 0, 1, . . . , 6. Merkitään H = hai ∼ = C7 . Koska b ∈ NG (H) näemme, että H E G. Selvästi G/H ∼ = C3 , joten inflaation avulla saamme 3 ei-isomorfista 1-ulotteista karakteria ψj , j = 1, 2, 3. Lisäksi kommutaattorilasku [b, a] = bab−1 a−1 = a osoittaa, että [G, G] = H. Näin ollen 1-ulotteisia karaktereja on 3 kpl.

45 / 49

Esimerkki 12H.2 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

Olkoot θj säännön θj (a) = ζ7j määräämä syklisen aliryhmän H karakteri. Tässä ζ7 = e2πi/7 , j = −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3. Tutkitaan indusoitua karakteria χj = θjG . Sivuluokkien G/H edustajina on luontevaa käyttää joukkoa D = {1, b, b2 }. Näemme, että i

χj (a ) =

X

θj (d−1 ai d)

d∈D

= θj (ai ) + θj (a2i ) + θj (a4i ), sillä bai b−1 = a2i ja b2 ai b−2 = a4i . Lisäksi χj (x) = 0 aina, kun x 6= H, sillä tällöin ei mikään alkion x konjugaateista kuulu aliryhmään H.

46 / 49

Ykkösenjuuria Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

Havainto: √ −1 + i 7 3 5 6 2 4 ζ7 + ζ7 + ζ7 = = ζ7 + ζ7 + ζ7 . 2 Todistus√harjoitustehtävänä. Huomaa, että |(−1 + i 7)/2|2 = 2.

47 / 49

Esimerkki 12H.3 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

Näemme, että H jakautuu ryhmässä G konjugaattiluokkiin [a] = {a, a2 , a4 } ja [a−1 ] = √ {a3 , a5 , a6 }. Lisäksi näemme, että χ1 (a) = χ1 (a−1 ) = (−1 + i 7)2. Näin ollen 1 2 1 2 −1 2 (χ1 | χ1 ) = [3 +3|χ1 (a)| +3|χ1 (a )| ] = (9+6+6) = 1. 21 21 Näin ollen indusoitu karakteri χ1 on irredusoituva. Sama lasku osoitta, että (eri) karakteri χ−1 = χ1 on irredusoituva. Sitä vaston χ2 = χ−3 = χ1 ja χ−2 = χ3 = χ−1 . Olemme tuottaneet kaksi ei-isomorfista jaotonta 3-ulotteista karakteria. Ottamalla huomioon inflaatiolla tuotetut 3 1-ulotteista karakteria 12 + 12 + 12 + 32 + 32 = 21 näemme, että olemme löytäneet kaikki karakterit. 48 / 49

Esimerkki 12H.4 Karakteritaulun tuottaminen Inflaatio Restriktio Indusoitu moduli Indusoitu karakteri Ind. karakt. 1 Ind. karakt. 2 Ind. karakt. 3 Esimerkki 12H.1 Esimerkki 12H.2 Ykkösenjuuria Esimerkki 12H.3 Esimerkki 12H.4

Ryhmällä G on siis kaikkiaan viisi konjugaattiluokkaa. Normaali aliryhmä H jakaantui kolmeen konjugaattiluokkaan, joten loput 14 alkiota jakautuvat kahteen konjugaattiluokkaan, 7 alkiota kummassakin. Niiden edustajiksi voidaan valita b ja b2 (harjoitustehtävä). Siis: G ψ1 ψ2 ψ3 χ1 χ−1

1 [a] [a−1 ] [b] [b2 ] 1 1 1 1 1 1 1 1 ζ3 ζ32 1 1 1 ζ32 ζ3 3 ζ7 + ζ72 + ζ74 ζ73 + ζ75 + ζ76 0 0 3 ζ73 + ζ75 + ζ76 ζ7 + ζ72 + ζ74 0 0.

49 / 49

Pienten ryhmien luokittelusta Tavoitteet Komp.tekijät JH p-ryhmistä Sylowin lause

Pienten ryhmien luokittelusta

1 / 29

Tavoitteet Pienten ryhmien luokittelusta Tavoitteet Komp.tekijät JH p-ryhmistä

■

Sylowin lause

■

■

■ ■

Kunnianhimoisena tavoitteena ryhmäteoriassa on luokitella kaikki mahdolliset äärelliset ryhmät. Luokittelu jaetaan osatehtäviksi: Mitä ovat kertalukua n olevat ryhmät (isomorfiaa vaille)? Kurssin lopuksi esittelemme muutaman työkalun, jotka auttavat, kun n on pieni. Tässä yleisyydessä tehtävä on liian vaikea (tälla kurssille ja muutamalle seuraavallekin). Osoittautuu, että luvun n alkutekijähajotelma vaikuttaa tehtävään merkittävästi (ennemmän kuin n:n suuruus).

2 / 29

Kompositiotekijät Pienten ryhmien luokittelusta Tavoitteet Komp.tekijät JH p-ryhmistä Sylowin lause

Sanotaan, että ryhmä G on yksinkertainen, jos sillä ei ole muita normaaleja aliryhmiä kuin triviaalit {1G } ja G. Äärelliselle ryhmälle voidaan muodostaa ns. kompositioketju {1} = Gk E Gk−1 E · · · E G1 E G0 = G, missä aina Gi on maksimaalinen ryhmän Gi−1 normaali aliryhmä. Tällöin tekijät Gi−1 /Gi yksinkertaisia ryhmiä, ja niitä kutsutaan ryhmän G kompositiotekijöiksi Äärellistä ryhmää sanotaan ratkeavaksi, jos sen kaikki kompositiotekijät ovat syklisiä. Esimerkiksi S4 on ratkeava, sillä {1} E h(12)(34)i E K4 E A4 E S4 , missä tekijäryhmät ovat (vasemmalta oikealle) C2 , C2 , C3 , C2 .

3 / 29

Jordan–Hölder Pienten ryhmien luokittelusta Tavoitteet Komp.tekijät JH p-ryhmistä

■

Jos ryhmällä G, #G = n, on normaali aliryhmä N , #N = m, luokittelutehtävä jakautuu osiksi: Mitä vaihtoehtoja on aliryhmällä N ? Mitä vaihtoehtoja on tekijäryhmällä G/N ? (näihin kahteen voi soveltaa ‘induktiota kertaluvun suhteen’) ◆ Millä eri tavoilla G voidaan koota paloista N ja G/N ? (emme käsittele tätä kohtaa)

◆ ◆

Sylowin lause

■

■

Jordanin–Hölderin lauseen (Algebra): Ryhmän G kompositiotekijät määräytyvät (järjestystä vaille), kun ryhmä G on annettu. Esimerkiksi ryhmällä C6 = hci on kompositoketjut 1 E hc2 i E C6 ja 1 E hc3 i E C6 mitkä tuottavat kompositiotekijät C2 ja C3 vastakkaisissa järjestyksissä.

4 / 29

p-ryhmistä Pienten ryhmien luokittelusta Tavoitteet Komp.tekijät JH p-ryhmistä Sylowin lause

■ ■ ■ ■ ■

Jos p on alkuluku, ja #G = pn , n ∈ N, niin sanotaan, että G on p-ryhmä. Jos ryhmän G kertaluku on alkuluku p, niin G ∼ = Cp (Lagrangen lause). Jos G on p-ryhmä, niin Z(G) ei ole triviaali (seurasi luokkayhtälöstä). Lemma: Jos G/Z(G) on syklinen, niin G on abelin ryhmä (harjoitustehtävä). Jos #G = p2 , niin G on abelin ryhmä. Koska #Z(G) > 1, niin riittää sulkea pois vaihtoehto #Z(G) = p. Tällöin olisi kuitenkin tekijäryhmä #(G/Z(G)) = p välttämättä syklinen.

5 / 29

Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Sylowin lause

6 / 29

Sylowin aliryhmistä 1 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Oletetaan, että p on alkuluku, #G = pn m, missä syt(p, m) = 1. Jos P ≤ G on aliryhmä, #P = pn , niin sanotaan, että P on G:n Sylow(in) p-aliryhmä. Lause: (Sylow) Oletetaan, että p | #G = pn m, syt(p, m) = 1. Tällöin 1. Ryhmällä G on aina ainakin yksi Sylow p-aliryhmä P . 2. Jos Q ≤ G on jokin p-aliryhmä, niin on olemassa sellainen Sylow p-aliryhmä P , että Q ≤ P . 3. Jos P ja P ′ ovat ryhmän G kaksi Sylow p-aliryhmää, niin ne ovat konjugaatteja, eli löytyy sellainen x ∈ G, jolle xP x−1 = P ′ . 4. Ryhmän G Sylow p-aliryhmien lukumäärä ℓ on luvun m tekijä. Lisäksi ℓ ≡ 1 (mod p).

7 / 29

Sylow 2 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Todistus (Wielandt): Olkoon X ryhmän G sellaisten osajoukkojen S joukko, joille #S = pn . Ryhmä G operoi joukossa X säännöllä g · S = {gs | s ∈ S}, sillä supistamis(=Sudoku)säännön nojalla gs = gs′ aina, kun s 6= s′ , joten joukossa g · S on siinäkin pn alkiota. Koulukombinatoriikan perusteella tiedämme, että #X = Väite 1:

!

pn m pn

≡m

pn m pn

!

.

(mod p).

8 / 29

Sylow 3 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

pn m
pn

n p x

on termin Binomikaavan nojalla luku kerroin nm p polynomissa (1 + x) ∈ Z[x]. Koska väitteemme koskee vain tämän kertoimen jakojäännöstä modulo p, voimme siirtyä n tutkimaan polynomia q(x) = (1 + x)p m renkaassa Zp [x]. Tämä on kommutatiivinen rengas, jonka karakteristika on p. Näin ollen siellä on voimassa kaava (a + b)p = ap + bp . Soveltamalla tätä kaavaa n kertaa näemme, että (1 + x)

pn

pn

=1+x



pn

∈ Zp [x].

Näin ollen (1 + x)

pn m

= (1 + x) =

m X i=0

!

m

pn m

= (1 + x )

m pn i x . i 9 / 29

Sylow 4 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

n syntyy, kun i = 1, joten sen kerroin on Tässä astetta p m
1 = m. M.O.T.

Koska p ∤ m, tarkoittaa tämä sitä, että joukon X alkioiden lukumäärä ei ole p:llä jaollinen. Näin ollen jokin sen radoista, esimerkiksi [S0 ] ei ole kooltaan p:llä jaollinen. Koska #G pn m [S0 ] = = , #GS0 #GS0 niin stabilisoijan GS0 kertaluvun on oltava jaollinen luvulla pn . Toisaalta, jos kiinnitämme alkion s ∈ S0 , niin alkiot gs, g ∈ GS0 , ovat joukon S0 eri alkioita (pyyhkimissääntö). Näin ollen stabilisoijan kertaluku on enintään #S0 . On siis oltava #GS0 = pn , joten P0 = GS0 on eräs Sylow p-aliryhmä. 10 / 29

Sylow 5 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Radassa [S0 ] on siis m alkiota. Näimme, että S0 = P0 s mille tahansa s ∈ S0 . Näin ollen radan [S0 ] alkiot ovat aliryhmän s−1 P0 s vasempia sivuluokkia. Olkoon S1 ∈ [S0 ] radan se alkio, jolle 1 ∈ S1 . Tällöin S1 on Sylow p-aliryhmä, ja [S1 ] = [S0 ] muodostuu aliryhmän S1 ≤ G vasemmista sivuluokista. Olkoon X ′ = {S ∈ X | p ∤ #[S]}. Nähdyn perusteella osajoukkoon X ′ kuuluvat tarkalleen ryhmän G Sylow p-aliryhmien sivuluokat. Jos Sylow p-aliryhmien lukumäärä on r, niin #X ′ = rm. Toisaalta m ≡ #X ≡ #X ′ ≡ rm (mod p), joten r ≡ 1 (mod p).

11 / 29

Sylow 6 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Selvästi G operoi konjugoimalla (sisäisiä automorfismeja) Sylow p-aliryhmiensä joukossa Z. Kiinnitetään sitten p-aliryhmä Q ≤ G, ja Sylow p-aliryhmä P ≤ G. Olkoon Y = [P ] ⊆ Z. Koska tässä on kyse konjugointioperoinnista, alkion P stabilisoija on normalisoija (monisteen Esimerkki 1.6.8.) GP = NG (P ) = {x ∈ G | xP x−1 = P }. Erityisesti #Y = [G : NG (P )]. Koska P ≤ NG (P ), niin #Y | m. Siis p ∤ #Y . Myös aliryhmä Q operoi joukossa Y . Koska Q:n kaikki aliryhmät ovat p-ryhmiä, niin Q-operoinnin ratojen koko on aina jokin luvun p potenssi.

12 / 29

Sylow 7 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Koska p ∤ #Y , on Q-operoinnissa pakko olla mukana ainakin yksi singelton rata {P ′ } ⊆ Y . Täten Q ≤ NG (P ′ ). Selvästi P ′ E NG (P ′ ), joten QP ′ ≤ NG (P ′ ) ≤ G on aliryhmä. Sen kertaluku on (vrt. Demot XIII/7) ′ #Q · #P #(QP ′ ) = #(P ′ ∩ Q)

Koska P ′ on Sylow p-aliryhmä, ja tämä luku on selvästi p:n potenssi, on oltava P ′ ∩ Q = Q. Näin ollen Q ⊆ P ′ .

13 / 29

Sylow 8 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Jos yllä Q on jokin toinen Sylow p-aliryhmä, niin kertalukujen yhtäsuuruus pakottaa seurauksen Q = P ′ . Erityisesti siis kaikki Sylow p-aliryhmät kuuluvat rataan Y , eli Y = Z. Sylowin lauseen viimeiset väitteet seuraavat tästä. Huomataan vielä, että Sylow p-aliryhmien lukumäärä r = [G : NG (P )] | [G : P ] = m.

14 / 29

Esimerkki 13A Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Oletetaan, että n = pt m, syt(m, p) = 1. Syklisellä ryhmällä Cn = hci on (Alg. PK II) yksikäsitteinen aliryhmä, jonka kertaluku on pt , nimittäin P = hcm i. Koska Cn on Abelin ryhmä, niin P E Cn .

15 / 29

Esimerkki 13B Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Esimerkin 13A tilanne yleistyy seuraavasti. Jos ryhmällä G on vain yksi Sylow p-aliryhmä P , niin välttämättä P E G. Nimittäin konjugaattialiryhmät P g := g −1 P g ovat nekin Sylow p-aliryhmiä. Koska P oli ainoa Sylow p-aliryhmä, niin välttämättä P g = P . Normaalius seuraa.

16 / 29

Esimerkki 13C Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Ryhmällä S3 on yksi Sylow 3-aliryhmä A3 = h(123)i, joka on tunnetusti normaali. Lisäksi sillä on 3 kappaletta Sylow 2-aliryhmiä, nimittäin kunkin 2-syklin generoima aliryhmä: P = h(12)i, P ′ = h(13)i ja P ′′ = h(23)i.

17 / 29

Esimerkki 13D.1 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Numeroidaan neliön nurkat myötäpäivään järjestyksessä 1, 2, 3, 4. Tällöin diedriryhmän D4 {1, (1234), (13)(24), (1432), (13), (24), (12)(34), (14)(23)} voidaan ajatella olevan ryhmän S4 aliryhmä. Koska #S4 = 24 = 23 · 3 ja #D4 = 23 , näemme että D4 on ryhmän S4 eräs Sylow 2-aliryhmä. Sylowin lauseen nojalla 2-aliryhmä Q = h(12)i sisältyy johonkin Sylow 2-aliryhmään. Kuitenkaan Q ei sisälly aliryhmään D4 , joten näemme, että Sylow 2-aliryhmiä on enemmän kuin yksi. Sylowin lauseen mukaan Sylow 2-aliryhmien lukumäärän n2 on sitten oltava n2 = 3, koska n2 | 24/8 = 3. Aliryhmän Q′ sisältävän Sylow 2-aliryhmän määrääminen on demotehtävä.

18 / 29

Esimerkki 13D.2 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Ryhmässä S4 on 8 3-sykliä. Nämä muodostavat 4 syklistä kolmen alkion ryhmää: P3,1 = h(234)i, P3,2 = h(134)i P3,3 = h(124)i, P3,4 = h(123)i. Nämät ovat ryhmän S4 Sylow 3-aliryhmät. Erityisesti n3 = 4 ≡ 1 (mod 3).

19 / 29

Esimerkki 13E.1 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Tehtävä: Osoita, että kertalukua 15 oleva ryhmä G on välttämättä syklinen. Ratkaisu 1: Nyt 15 = 3 · 5. Olkoot n3 ja n5 vastaavat Sylow p-aliryhmien lukumäärät. Sylowin lauseen nojalla n3 ≡ 1 (mod 3) ja toisaalta n3 | 5. Näin ollen voimme päätellä, että n3 = 1. Näin ollen ryhmällä G on yksikätteinen kertalukua 3 oleva aliryhmä P3 . Samoin näemme, että ryhmällä G on yksikäsitteinen kertalukua 5 oleva aliryhmä P5 .

20 / 29

Esimerkki 13E.2 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Sylow aliryhmät ovat nyt syklisiä, koska ne ovat alkulukukertalukua. Siis P3 = hai ja P5 = hbi. Tutkitaan alkiota ab. Sen kertaluku ei voi olla 1, sillä tällöin ab = 1, eli a = b−1 , mutta tässä vasen puoli on kertalukua 3 ja oikea puoli kertalukua 5. Jos ab olisi kertalukua 3, niin se generoisi Sylow 3-aliryhmän. Siis olisi ab = ak jollekin k. Tällöin b = ak−1 , missä ord(b) = 5 ja ord(ak−1 ) | 3, mikä on ristiriita. Samoin, jos ord(ab) = 5, niin ab = bk , ja a = bk−1 , mikä johtaa samanlaiseen ristiriitaan. Siis ord(ab) = 15, eli G on syklinen.

21 / 29

Esimerkki 13E.3 Pienten ryhmien luokittelusta

Ratkaisu 2:

Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Tällä kertaa ryhmän G jokainen ei-triviaali aliryhmä on joko kertalukua 3 tai kertalukua 5, eli siis Sylow aliryhmä! Näin ollen muita aitoja aliryhmiä ei ole! Tutkitaan unionia P3 ∪ P5 . Tässä joukossa on enintään 3 + 5 alkiota (itse asiassa niitä on 7, koska 1G ∈ P3 ∩ P5 laskettiin tässä kahdesti). Näin ollen on olemassa alkio x ∈ G, joka ei kuulu kumpaankaan aliryhmistä P3 , P5 . Koska muita aitoja aliryhmiä ei ole, on G itse ainoa aliryhmä, joka sisältää alkion x. Näin ollen G = hxi. M.O.T.

22 / 29

Esimerkki 13F.1 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Tehtävä: Tiedetään, että ryhmän G kertaluku on 165. Osoita, että G ei ole yksinkertainen. Ratkaisu: 165 = 3 · 5 · 11. Ryhmän G Sylow 11-aliryhmien lukumäärä n11 | 15 ja n11 ≡ 1 (mod 11). Koska luvun 15 tekijöistä 1, 3, 5, 11 ainoastaan 1 toteuttaa kongruenssin, on oltava n11 = 1. Koska Sylow aliryhmän konjugaatit ovat nekin Sylow aliryhmiä, tarkoittaa tämä, että ryhmän G Sylow 11-aliryhmällä P on vain yksi konjugaatti. Näin ollen P E G.

23 / 29

Esimerkki 13F.2 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Tässäkin voidaan edetä toisin. Jos G on yksinkertainen, niin n3 > 1. Koska n3 | 55 ja n3 ≡ 1 (mod 3), niin n3 6= 5, 11. Siis n3 = 55. Samoin nähdään, että n5 | 33 ei voi olla 3 eikä 33, joten n5 = 11. Koska Sylow 3-aliryhmät ovat syklisiä ja alkulukukertalukua, niiden leikkaukset ovat triviaaleja. Koska jokainen niistä sisältää 2 kertalukua 3 olevaa alkiota, niin näemme, että G:ssä on 110 kertalukua 3 olevaa alkiota. Samalla tavalla näemme, että ryhmässä G on n5 (5 − 1) = 44 kertalukua 5 olevaa alkiota. Näin ollen jos ryhmä G on yksinkertainen, siinä on 165 − 110 − 44 = 11 alkiota, joiden kertaluku ei ole 3 tai 5. Näiden alkioiden on siis pakko muodostaa Sylow 11-aliryhmä P11 , joka on näin yksikäsitteinen. Siis P11 E G.

24 / 29

Esimerkki 13G.1 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Tehtävä: Oletetaan, että G on yksinkertainen ryhmä, jossa on 60 alkiota. Osoita, että tällöin G ∼ = A5 Ratkaisu: Nyt 60 = 22 · 3 · 5. Merkitään Sylow aliryhmien lukumääriä muuttujilla n2 , n3 , n5 . Tärkeässä roolissa on yleinen tulos: Jos ryhmällä G on aliryhmä H, [G : H] = n, niin ryhmän G operointi aliryhmän H sivuluokkien joukossa antaa ei-triviaalin homomorfismin fH : G → Sn . Koska tiedämme, että G on yksinkertainen, on tämän homomorfismin ydin triviaali, eli sen on oltava injektio. Erityisesti siis on oltava #G | #Sn . Voimme heti päätellä, että tässä on siis oltava n ≥ 5, ja jos n = 5, niin voimme olettaa, että G ≤ S5 .

25 / 29

Esimerkki 13G.2 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Koska mikään Sylow aliryhmä ei voi olla normaali, saamme n2 > 1, n3 > 1, n5 > 1. Muistamme, että G operoi Sylow p-aliryhmiensä joukossa konjugoimalla transitiivisesti. Tämä antaa vastaavasti et-triviaalin homomorfismin G → Snp (tarvittiin tietoa np > 1). Toistamalla äskeinen päättely näemme, että on oltava np ≥ 5 kaikilla p = 2, 3, 5. Lisäksi tiedämme, että n2 | 15, n3 | 20 ja n5 | 12. Ottamalla lisäksi huomioon kongruenssi np ≡ 1 (mod p) näemme, että n3 = 10 ja n5 = 6. Sitä vastoin n2 jää epäselväksi, sillä voi olla n2 = 5 tai n2 = 15. Eri Sylow 3-aliryhmät välttämättä leikkaavat triviaalisti (niillä ei ole ei-triviaaleja aliryhmiä). Koska jokainan Sylow 3-aliryhmä sisältää (syklinen) kaksi kertalukua kolme olevaa alkioita, kertalukua 3 olevia alkioita ryhmässä G on kaikkiaan 10 · 2 = 20 kappaletta.

26 / 29

Esimerkki 13G.3 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Samoin nähdään, että kertalukua 5 olevia alkiota on n5 (5 − 1) = 24 kappaletta. Ryhmässä alkaa olla ahdasta! Sylow 2-aliryhmien kohdalla emme kuitenkaan voi jatkaa aivan näin suoraviivaisesti, sillä kertalukua 4 olevat aliryhmät voivat leikata toisiaan ei-triviaalilla tavalla. Väite: Jos kaksi Sylow 2-aliryhmää leikkaavat epätriviaalisti, ryhmällä G on kertalukua 12 oleva aliryhmä H.

27 / 29

Esimerkki 13G.4 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Todistus: Oletetaan, että x 6= 1, x ∈ P1 ∩ P2 , missä P1 ja P2 ovat Sylow 2-aliryhmiä. Koska P1 ja P2 ovat molemmat Abelin ryhmiä, ne sisältyvät sentralisoijaan H = CG (x). Koska 4 | #H ja #H > 4, niin #H ∈ {12, 20, 60}. Jos H = G, niin x ∈ Z(G), mikä on ristiriita. Jos #H = 20, niin olemme ristiriidassa alun havainnon kanssa. Siis #H = 12. Sylow 3- ja 5-aliryhmien ulkopuolella on 60 − 20 − 24 − 1 = 15 alkiota. Jos Sylow 2-aliryhmät leikkaavat toisiaan triviaalisti, niin ne vaativat n2 (4 − 1) = 3n2 alkiota 6= 1. Tästä voimme päätellä, että tällöin n2 = 5. Kummassakin tapauksessa saamme siis ei-triviaalin homomorfismin f : G → S5 .

28 / 29

Esimerkki 13G.5 Pienten ryhmien luokittelusta Sylowin lause Sylow 1 Sylow 2 Sylow 3 Sylow 4 Sylow 5 Sylow 6 Sylow 7 Sylow 8 Esimerkki 13A Esimerkki 13B Esimerkki 13C Esimerkki 13D.1 Esimerkki 13D.2 Esimerkki 13E.1 Esimerkki 13E.2 Esimerkki 13E.3 Esimerkki 13F.1 Esimerkki 13F.2 Esimerkki 13G.1 Esimerkki 13G.2 Esimerkki 13G.3 Esimerkki 13G.4 Esimerkki 13G.5

Näin ollen G on isomorfinen ryhmän S5 aliryhmän kanssa. Permutaation etumerkki on homomorfismi sign : S5 → {±1}. Sen rajoittuma aliryhmään G on siten homomorfismi sign : G → {±1}. Jos tämä homomorfismi ei ole triviaali, sen ydin on G:n ei-triviaali normaali aliryhmä. Näin ollen G ⊂ Ker sign = A5 . Koska myös ryhmässä A5 on 60 alkiota, on oltava G = A5 .

29 / 29

Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13

Lisää ryhmästä A5

Automorfismien käyttö

1 / 28

Esimerkki 14A.1 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Tehtävä: Määrää ryhmän A5 karakteritaulu, ja todista sen avulla, että se on yksinkertainen ryhmä. Ratkaisu: Palautetaan ensin mieleen konjugaattiluokat. Permutaation σ ∈ A5 sentralisoija CA5 (σ) = CS5 (σ) ∩ A5 . Konjugaattiluokan koko on yhtä suuri kuin sentralisoijan indeksi. Näin ollen konjugaattiluokka [σ]A5 = [σ]S5 sjvsk sentralisoijassa CS5 (σ) on jokin pariton permutaatio. Koska 2-sykli (45) kommutoi 3-syklin (123) kanssa, niin 3-syklit muodostavat yhden konjugaattiluokan myös aliryhmässä A5 . Näin ollen #[(123)] = 20. Samoin koska 4-sykli (1324) kommutoi neliönsä (12)(34) kanssa, niin tyypin (2, 2) permutaatiot muodostavat yhden konjugaattiluokan myös ryhmässä A5 .

2 / 28

Esimerkki 14A.2 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Siis #[(12)(34)]A5 = #[(12)(34)]S5 = 15. Sitä vastoin 5-syklit (joita on 24 kpl sekä A5 :ssä että S5 :ssä) generoivat oman sentralisoijansa (24 = #S5 /5), joten ne jakautuvat kahteen konjugaattiluokkaan aliryhmässä A5 . Pohdimme tätä tarkemmin Sylow-teorian kautta. Mainitut 24 5-sykliä jakautuvat kuuteen Sylow 5-aliryhmään. Jos siis α = (12345), P = hαi on niistä yksi, niin sillä on kuusi konjugaattialiryhmää. Näin ollen sen normalisoijan N = NA5 (P ) indeksi [A5 : N ] = 6. Koska #A5 = 60, on siis #N = 10. Koska ryhmässä A5 ei ole kertalukua kymmenen olevia alkioita, tiedämme demotehtävän Dem.III/7 perusteella, että N ∼ = D5 . Sama seuraa myös siitä, että alkiot β = (25)(34) ja α toteuttavat relaation βαβ −1 = α−1 .

3 / 28

Esimerkki 14A.3 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Jos τ ∈ A5 on permutaatio, jolle τ ατ −1 = αk ∈ P , niin τ ∈ N . Tietomme ryhmän D5 konjugaattiluokista kertovat tällöin, että k ≡ ±1 (mod 5). Näin ollen [α]A5 ∩ P = {α, α−1 . Sama päättely voidaan toistaa kaikille 5-sykleille. Näin ollen 5-syklien jakautuminen konjugaattiluokkiin menee siten, että kukin niistä on samassa konjugaattiluokassa käänteisalkionsa kanssa, mutta eri konjugaattiluokassa neliönsä kanssa. Lisäksi näimme, että normalisoija N sisältää viisi tyypin (2, 2) permutaatiota (jotka vastaavat säännöllisen 5-kulmion peilauksia). Koska tyypin (2, 2) alkioita on 15 kpl ne jakautuvat ryhmän N kuuden konjugaatin kesken siten, että jokainen kuuluu ryhmän N kahteen eri konjugaattiin. Esimerkiksi (25)(34) normalisoi Sylow 5-aliryhmät P = h(12345)i ja P ′ = h(12435)i. 4 / 28

Esimerkki 14A.4 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Konjugaattiluokkien edustajina voidaan siis käyttää alkioita 1, (123), (12)(34), (12345), (13524). Vastaavat konjugaattiluokkien koot ovat 1, 20, 15, 12, 12. Sitten voimme alkaa jaottomien karakterien etsimisen. Ryhmä A5 operoi 2-transitiivisesti joukossa {1, 2, 3, 4, 5}. Näin ollen siihen liittyvä permutaatiokarakteri ψ1 on triviaalin karakterin χ1 ja 4-asteisen jaottoman karakterin χ2 summa, ψ1 = χ1 + χ2 . Tässä ψ1 laskee permutaation kiintopisteitä, joten χ2 (1) = 5 − 1 = 4, χ2 ((123)) = 2 − 1 = 1,

χ2 ((12)(34)) = 1 − 1 = 0,

χ2 ((12345)) = 0 − 1 = −1,

χ2 ((13524)) = 0 − 1 = −1. 5 / 28

Esimerkki 14A.5 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13

Ryhmä A5 operoi myös Sylow 5-aliryhmiensä joukossa X konjugoimalla. Sylowin lauseen perusteella operointi on transitiivista. Tutkitaan tarkemmin 5-syklin α konjugointioperointia. Se tietenkin pitää paikallaan generoimansa Sylow 5-aliryhmän P . Se ei kuitenkaan normalisoi mitään muuta Sylow 5-aliryhmää P ′ 6= P , sillä näimme, että NA5 (P ′ ) ∼ = D5 ei sisällä P ’:n ulkopuolisia 5-syklejä. Koska ord(α) = 5, sen toisessa radassa on viisi alkiota, eli kaikki muut Sylow 5-aliryhmät P :tä lukuun ottamatta.

Automorfismien käyttö

Väite: A5 operoi Sylow 5-aliryhmiensä joukossa X 2-transitiivisesti. Todistus: Olkoot P1 6= P2 ja P1′ 6= P2′ mielivaltaisia Sylow 5-aliryhmiä. 6 / 28

Esimerkki 14A.6 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Koska A5 operoi joukossa X transitiivisesti, niin on olemassa sellainen σ ∈ A5 , että σP1 σ −1 = P1′ . Tällöin σP2 σ −1 6= σP1−1 = P1′ . Olkoon sitten τ ∈ P1′ jokin 5-sykli. Yllä näimme, että hτ i = P1′ operoi joukossa X \ {P1′ } transitiivisesti. Näin ollen jokin potensseista τ k , k = 0, 1, 2, 3, 4, toteuttaa ehdon τ k (σP2 σ −1 )τ −k = P2′ . Koska τ k (σP1 σ −1 )τ −k = τ k P1′ τ −k = P1′ , väite on todistettu.

7 / 28

Esimerkki 14A.7 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Jos siis ψ2 on tähän operointiin liittyvä 6-asteinen karakteri, niin tiedämme, että ψ2 = χ1 + χ3 jollekin redusoitumattomalle karakterille χ3 . Näimme, että kukin 5-sykli normalisoi tasan yhden Sylow 5-aliryhmän, kukin tyypin (2, 2) permutaatio kaksi, kun taas mikään 3-sykli ei normalisoi yhtään Sylow 5-aliryhmää. Normalisointi tässä vastaa permutaatiokarakterin ψ2 kiintopisteitä, joten χ3 (1) = 6 − 1 = 5,

χ3 ((123)) = 0 − 1 = −1,

χ3 ((12)(34)) = 2 − 1 = 1,

χ3 ((12345)) = 1 − 1 = 0,

χ3 ((13524)) = 1 − 1 = 0.

8 / 28

Esimerkki 14A.8 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Huomautus 1: Yo. väite yleistyy seuraavasti. Jos G operoi transitiivisesti joukossa X, x ∈ X, ja Gx operoi transitiivisesti joukossa X \ {x ∈ X}, niin G:n operointi joukossa X on 2-transitiivista. Huomautus 2: Transitiivisen permutaatioesityksen karakteri saadaan indusoimalla stabilisoijan triviaali karakteri (moniste), joten karakteri ψ2 saadaan myös induktiolla 5 ψ2 = IndA D5 (θ1 ),

missä θ1 on aliryhmän D5 triviaali karakteri.

9 / 28

Esimerkki 14A.9 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Olemme löytäneet ryhmän A5 viidestä jaottomasta karakterista kolme. Olkoot χ4 ja χ5 puuttuvat kaksi karakteria. Huomaamme, että mikään annetuista kolmesta karakterista ei tee eroa kahden 5-sykleistä muodostuvan konjugaattiluokan välillä. Karakteritaulun sarakkeiden ortogonaalisuuden perusteella ko. sarakkeet eivät voi olla identtiset, joten rajoituksetta voimme olettaa, että χ4 ((12345)) = a 6= b = χ4 ((13524)). Käytämme hyväksi tietoa siitä, että alkiot α = (12345) ja α2 = (13524) ovat konjugaatteja ryhmässä S5 . Normaaliin tapaan näemme, että 4-sykli γ = (2354) toteuttaa ehdon γαγ −1 = α2 . Konjugointi permutaatiolla γ on automorfismi φ : A5 → A5 , x 7→ γxγ −1 . 10 / 28

Esimerkki 14A.10 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13

Jos χ on mikä tahansa ryhmän A5 jaoton karakteri, niin myös χ ◦ φ on jaoton karakteri (esityksissä ovat samat matriisit, tosin liitettynä ryhmän A5 eri alkioihin, mutta jaottomuus säilyy tällöin).

Automorfismien käyttö

Siis χ4 (1) = n = χ5 (1). Yhtälöstä

Automorfismi kuvaa muut ryhmän A5 konjugaattiluokat itselleen, mutta vaihtaa siis 5-syklien konjugaattiluokat päittäin. Näin ollen karakteri χ4 ◦ φ 6= χ4 . Edelleen myös karakteri χ4 ◦ φ erottelee kyseiset 5-syklien konjugaattiluokat toisistaan, joten χ4 ◦ φ ei ole mikään karaktereista χ1 , χ2 , χ3 . Jäljelle jää vaihtoehto χ4 ◦ φ = χ5 . 60 = 12 + 42 + 52 + n2 + n2 ratkeaa tällöin n = 3. 11 / 28

Esimerkki 14A.11 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Yhteenvetona opitusta tiedämme, että karakteritaulu näyttää seuraavalta A5 χ1 χ2 χ3 χ4 χ5

1 (123) (12)(34) (12345) (13524) 1 1 1 1 1 4 1 0 −1 −1 5 −1 1 0 0 3 x y a b 3 x y b a

Sarakkeiden 1 ja 2 ortogonaalisuus antaa nyt x = 0. Vastaavasti sarakkeiden 1 ja 3 ortogonaalisuus antaa y = −1.

Kaikille ryhmille ja karaktereille on voimassa χ(x) = χ(x−1 ). Tässä ryhmässä jokainen alkio on konjugaatti käänteisalkionsa kanssa, joten kaikki karakterit ovat reaalisia.

12 / 28

Esimerkki 14A.12 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13 Automorfismien käyttö

Sarakkeiden 1 ja 4 (vast. 4 ja 5) ortogonaalisuus antaa meille yhtälöt 3(a + b) = 3 ja 2ab = −2, mistä ratkeaa a + b = 1 ja ab = −1. Näin ollen a ja b ovat yhtälön 0 = (x − a)(x − b) = x2 − (a + b)x + ab = x2 − x − 1 ratkaisut

√ 1± 5 a, b = . 2 Yleisyyttä √loukkaamatta voidaan valita a = (1 + √ 5)/2 = 1 + 2 cos(2π/5), b = (1 − 5)/2 = 1 + 2 cos 4π/5.

Huomautus: Karakteria χ4 vastaava esitys saadaan realisoimalla A5 säännöllisen ikosaedrin rotaatioiden ryhmänä. Muistetaan, että 3-ulotteisessa avaruudessa rotaatiolla kulman θ verran on jälki 1 + 2 cos θ. 13 / 28

Esimerkki 14A.13 Lisää ryhmästä A5 Esimerkki 14A.1 Esimerkki 14A.2 Esimerkki 14A.3 Esimerkki 14A.4 Esimerkki 14A.5 Esimerkki 14A.6 Esimerkki 14A.7 Esimerkki 14A.8 Esimerkki 14A.9 Esimerkki 14A.10 Esimerkki 14A.11 Esimerkki 14A.12 Esimerkki 14A.13

Saadusta karakteritaulusta nähdään heti ryhmän A5 yksinkertaisuus. Jos nimittäin N olisi ryhmän A5 ei-triviaali normaali aliryhmä, niin tekijäryhmä A5 /N olisi jokin pienempi ei-triviaali ryhmä. Sillä olisi ei-triviaaleja jaottomia karaktereja. Niiden inflaationa ryhmän A5 karaktereiksi saataisiin ainakin yksi ei-triviaali jaoton karakteri χ, jolla N on ytimenä. Karakteritaulusta kuitenkin näemme, että kaikille x ∈ A5 , x 6= 1, on voimassa χ(x) 6= χ(1) kaikille jaottomille karaktereille χ. Näin ollen tällaista normaalia aliryhmää N ei ole olemassa.

Automorfismien käyttö

14 / 28

Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Automorfismien käyttö

15 / 28

Syklisen ryhmän automorfismit Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Oletetaan, että G = Cn = hc | cn = 1i. ■ ■

■ ■

Homomorfismi f : Cn → Cn määräytyy täysin, kun tiedetään f (c) = ck . Merkitään tätä homomorfismia fk . Tässä fk on surjektio sjvsk ck generoi koko ryhmän eli on kertalukua n. PK II:n perusteella näin on sjvsk syt(k, n) = 1. Selvästi fk ◦ fℓ = ft , missä t ≡ kℓ (mod n). Ryhmän Cn automorfismien ryhmä on siis Aut(Cn ) ∼ = Z∗n .

■ ■

Erityisesti # Aut(Cn ) = φ(n) (Eulerin φ-funktio). Erityisesti kun p on alkuluku, niin # Aut(Cp ) = p − 1 ja # Aut(Cp2 ) = p(p − 1). Lisäksi (Lukuteoria/Algebra) nämä ryhmät ovat itsekin syklisiä. 16 / 28

Esimerkki 14B.1 Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Tehtävä: Oletetaan, että ryhmän G kertaluku on 20. Lisäksi tiedetään, että sen Sylow 2-aliryhmä Q on isomorfinen Kleinin neliryhmän kanssa. Osoita, että tällöin ryhmässä G on kertalukua 10 oleva alkio. Ratkaisu: Ryhmän G Sylow 5-aliryhmien lukumäärä n5 toteuttaa ehdot n5 ≡ 1 (mod 5) ja n5 | 4. Näin ollen n5 = 1, eli Sylow 5-aliryhmä P E G. Erityisesti aliryhmän Q = {1, a, b, ab} alkiot kaikki normalisoivat P :n. Näin ollen konjugointi antaa homomorfismin f : Q → Aut(P ) = Aut(C5 ) ∼ = C4 .

17 / 28

Esimerkki 14B.2 Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Tässä siis #Q = 4 = # Aut(P ). Koska ryhmät eivät ole isomorfisia, ei f voi olla injektio. Näin ollen Ker f ei ole triviaali. Siis jokin kertalukua kaksi oleva alkio x ∈ Q kuuluu ytimeen Ker f . Tämä tarkoittaa sitä, että xyx−1 = f (x)(y) = idP (y) = y kaikille y ∈ P . Näin ollen H = hP, xi on abelin ryhmä, jossa on 10 alkiota. Jos Abelin ryhmässä ord y = 5 ja ord x = 2, niin ord(xy) = pyj(2, 5) = 10.

18 / 28

Esimerkki 14C.1 Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Tehtävä: Onko kertalukua 55 oleva ryhmä G välttämättä Abelin ryhmä? Ratkaisu: Näemme, että Sylow aliryhmien lukumäärillä on vaihtoehdot n11 = 1 ja n5 ∈ {1, 11}. Ryhmällä G on siis välttämättä normaali Sylow 11-aliryhmä P = hci ∼ = C11 . Jos sen Sylow 5-aliryhmä Q = hai on myös normaali, niin tällöin P Q on suora tulo, ja siis Abelin ryhmä. Jäljelle jää vaihtoehto n5 = 11.

19 / 28

Esimerkki 14C.2 Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Joka tapauksessa Q normalisoi P :n, joten saamme homomorfismin f : Q → Aut(P ). Tässä Aut(P ) on syklinen 10 alkion ryhmä. Koska 2 generoi ryhmän Z∗11 , niin jäännösluokka 4 on kertalukua viisi. Siis säännön c 7→ c4 määräämä P :n automorfismi on sekin kertalukua 5. Voidaan siis muodostaa epäkommutatiivinen puolisuora tulo G = C11 ⋊ C5 , jossa aca−1 = c4 . Kyseinen puolisuora tulo voidaan realisoida ryhmän S11 aliryhmänä. Merkitään A = 10, B = 11. Tällöin c = (123456789AB), c4 = (15926A37B48) ja a = (256A4)(39B87) toteuttavat mainitut relaatiot ja generoivat yhdessä epäkommutatiivisen ryhmän, jonka kertaluku on 55.

20 / 28

Esimerkki 14C.3 Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Tämä ryhmä saadaan myös demoissa esiintyneen affiinin ryhmän Aff 11 aliryhmänä (Dem XII/7). Voidaan ajatella G=

(

x 0

) ! y y ∈ Z11 , x ∈ (Z∗ )2 . 11 1

21 / 28

Filosofiaa Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

■

■

■

■

■

Näimme Esimerkeissä 14B ja 14C, että jos meillä on syklinen normaali Sylow aliryhmä, niin sen automorfismien tunteminen rajoitti ryhmän muiden alkioiden konjugointioperoinnilla olevia vaihtoehtoja merkittävästi. Joissakin tilanteissa pystyimme päättelemään, että jotkin alkiot väistämättä sentralisoivat kyseisen Sylow aliryhmän. Samantapaisia päättelyitä on tehtävissä aina, kun tunnemme normaalin aliryhmän automorfismiryhmän rakenteen. Yllä käsittelimme syklistä tapausta. Pienen ryhmän tapauksessa Sylow p-aliryhmä on usein kertalukua p tai p2 . Näimme, että tällainen ryhmä on aina Abelin ryhmä, joko Cp2 tai Cp × Cp . 22 / 28

2x2 Matriisiryhmä Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Oletetaan, että G ∼ = Cp × Cp . Voidaan ajatella G:n olevan vektoriavaruuden G = Z2p additiivinen ryhmä. Jos f : G → G on automorfismi, niin kaikille x ∈ G, n ∈ Z on tällöin f (nx) = nf (x). Lisäksi f (px) = pf (x) = 0G , joten f on välttämättä lineaarikuvaus yli kunnan Zp . Erityisesti, jos f on automorfismi, niin f ∈ GL2 (Zp ) (kiinnitetään jokin kanta ensin). ■ ■ ■

■

Matriisi A ∈ M2×2 (Zp ) on säännöllinen, joss sen vaakarivit ovat lineaarisesti riippumattomi. Ensimmäinen vaakarivi voidaan siis valita p2 − 1 eri tavalla (6= (0, 0)). Sen jälkeen toinen vaakarivi voidaan valita p2 − p eri tavalla: se ei saa olla 1. skalaarimonikerta, mikä rajaa pois p vaihtoehtoa. #GL2 (Zp ) = p(p + 1)(p − 1)2 . 23 / 28

Esimerkki 14D Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Osoita, että kertalukua 45 oleva ryhmä G on aina Abelin ryhmä. Ratkaisu 1: Sylowin lause pakottaa n3 = n5 = 1, joten Sylow 3-aliryhmä P ja Sylow 5-aliryhmä Q ovat normaaleja ja kommutatiivisia. Koska ne leikkaavat triviaalisti (Lagrange), G on niiden suora tulo. Väite seuraa, koska P ja Q ovat kommutatiivisia. Ratkaisu 2: Sylow 3-aliryhmä P on normaali (n3 = 1). Joko P = C9 tai P = C3 × C3 . Näin ollen Aut(P ) on joko kertalukua 6 tai kertalukua 3 · (3 − 1)2 · (3 + 1). Kummassakaan tapauksessa P :llä ei ole kertalukua viisi olevaa automorfismia, joten Sylow 5- aliryhmä Q välttämättä kommutoi P :n alkioiden kanssa.

24 / 28

Esimerkki 14E.1 Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Oletetaan, että G on kertalukua 75 oleva ryhmä, joka ei ole Abelin ryhmä. Osoita, että sillä on aliryhmä P ∼ = C5 × C5 , ja anna esimerkki tällaisesta ryhmästä. Mitä kertalukua olevia alkioita ryhmässä G tällöin on? Ratkaisu: Selvästi n5 = 1 ja n3 ∈ {1, 25}. Jos n3 = 1, niin kuten yllä, näemme, että G on Sylow aliryhmien suora tulo, ja edelleen Abelin ryhmä. On siis oltava n3 = 25. Sylow 5-aliryhmä P on kuitenkin normaali. Jos se on syklinen, niin Aut(P ) = Z∗25 ∼ = C20 . Tällä ei ole kertalukua kolme olevia alkioita, joten tämä johtaa Abelin ryhmään.

25 / 28

Esimerkki 14E.2 Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

On siis oletettava, että P ∼ = C5 × C5 . Tällöin Aut(P ) ∼ = GL2 (Z5 ). Tässä ryhmässä on kertalukua 3 olevia alkioita, koska sen kertaluku on 5 · 42 · 6 = 480. Eräs tällainen on matriisi ! 0 −1 M= , 1 −1 joka olisi kertalukua kolme jopa ryhmässä GL2 (Q). Jos merkitsemme aliryhmän P alkioita pystyvektoreina ∈ Z25 , niin voimme muodostaa puolisuoran tulon G = Z25 ⋊ C3 , jossa jälkimmäisen tekijän generaattori c konjugoi säännön cxc−1 = M x mukaisesti kaikkia x ∈ P .

26 / 28

Esimerkki 14E.3 Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

Sylow 5-aliryhmässä P on siis 24 kappaletta kertalukua 5 olevia alkioita. Sylow 3-aliryhmiä on 25 kpl, ja niissä on siis yhteensä 50 kertalukua kolme olevaa alkiota. Identiteettialkion kera onkin sitten koko ryhmä katettu. Voimme päätellä myös, että aliryhmällä P on vain yksi 25 alkion rata Sylow 3-aliryhmien joukossa. Edelleen kaikki alkiot (x, ci ), x ∈ P, i = 1, 2, ovat siis kertalukua kolme. Huomautus: Näimme, että ryhmän GL2 (Z5 ) kertaluku on 480. Sen determinanttia yksi olevat matriisit muodostavat siis kertalukua 120 olevan aliryhmän SL2 (Z5 ). Matriisit ±I muodostavat tämän ryhmän keskuksen, ja tekijäryhmä P SL2 (Z5 ) = SL2 /Z(SL2 ) on siis kertalukua 60. Voidaan todistaa, että jos K on äärellinen kunta, niin ryhmä P SLn (K) on yksinkertainen pienin poikkeuksin. Näkemämme perusteella siis P SL2 (Z5 ) ∼ = A5 . Isomorfismin konstruoiminen jätetään harjoitustehtäväksi. 27 / 28

Kommentteja Lisää ryhmästä A5 Automorfismien käyttö Syklinen Esimerkki 14B.1 Esimerkki 14B.2 Esimerkki 14C.1 Esimerkki 14C.2 Esimerkki 14C.3 Filosofiaa 2x2 Matriisiryhmä Esimerkki 14D Esimerkki 14E.1 Esimerkki 14E.2 Esimerkki 14E.3 Kommentteja

■ ■

■

On tehty kaikenlaista pikku algebraa pienillä ryhmillä ja niide esityksillä. On nähty viitteitä siitä, miten tämä aihepiiri liittyy äärellisten kuntien teoriaan ja algebrallisten lukujen teoriaan. Ottamalla käyttöön algebralliset kokonaisluvut työkaluna voisimme suht’ nopeasti todistaa seuraavat klassiset tulokset: Jos χ on äärellisen ryhmän G jaoton karakteri, niin χ(1) | #G (esimerkiksi siis paritonta kertalukua olevalla ryhmällä ei ole 2-ulotteista jaotonta esitystä). ◆ Jos #G = pa q b (eli ryhmän kertaluvulla on enintään kaksi alkutekijää), niin G on ratkeava (Burnside). ◆

■

Yksinkertaisen äärellisten ryhmien luokittelua olemme vasta päässeet raapaisemaan, samoin symmetristen ryhmien esitysteoriaa. 28 / 28

Tensorialgebroista Esitysteorian kesäopintopiiri, Turun yliopisto, 2012

Jyrki Lahtonen Olkoon k jokin skalaarikunta. Kerrataan k-algebran käsite: A on k-algebra, jos se on sekä rengas että vektoriavaruus yli kunnan k. Lisäksi edellytetään, että renkaan A kertolasku on k-lineaarinen kummankin tekijän suhteen. Esimerkiksi kunnan k laajennuskunnat sekä polynomirenkaat k[x], k[x, y] ovat k-algebroja. Sanotaan, että k-algebra A on porrastettu algebra (engl. graded algebra), jos se voidaan esittää aliavaruuksiensa An , n ∈ N, suorana summana Määritelmä 1.

A=

∞ ⊕∑

An

n=0

siten, että kaikille luonnollisille luvuille n, m on voimassa An · Am ⊆ An+m . Esimerkiksi polynomirengas A = k[x, y] saa porrastetun algebran rakenteen, kun valitaan aliavaruudeksi An monomien xn−i y i , i = 0, 1, . . . , n, virittämä aliavaruus. Jos A on porrastettu algebra, sanomme aliavaruuden An alkioita (astetta n oleviksi) homogeenisiksi alkioiksi ja aliavaruutta An itseään kutsumme A:n n-homogeeniseksi osaksi. Algeran A alkion a = a0 +a1 +· · ·+am , ai ∈ Ai , komponentteja ai kutsumme alkion a homogeenisiksi osiksi (tai komponenteiksi). Sanomme algebran A ihannetta I homogeeniseksi, jos sen jokaisen alkion homogeeniset osat ovat nekin ihanteen I alkioita tai ekvivalentisti Määritelmä 2.

I=

∞ ⊕∑

In ,

n=0

missä In = I ∩ An . Harjoitustehtävä 1.

ninen astetta nolla.

Osoita, että porrastetun algebran A ykkösalkio 1 = 1A on homogee-

Jos A on porrastettu algebra ja m on luonnollinen luku, niin joukko A≥m =

∞ ⊕∑

An

n=m

on homogeeninen ihanne. Porrastetun algebran ihanne I on homogeeninen, jos ja vain jos on olemassa joukko homogeenisia alkioita, jotka generoivat I :n ihanteena.

Lemma 3.

1

Harjoitustehtävä.

Todistus.

Jos A on porrastettu algebra ja I sen homogeeninen ihanne, niin tekijäalgebralla A = A/I on porrastetun algebran rakenne, missä An muodostuu homogeenisen osan An alkioiden sivuluokista modulo I . Lause 4.

Todistus. Ainoa ei-triviaali seikka on todistaa, että aliavaruuksien An summa on suora. Tämäkin seuraa suoraan ihanteen I homogeenisuudesta. Oletetaan, että V ja W ovat vektoriavaruuksia yli skalaarikunnan k. Jos niillä on vastaavat kannat BV = {xi | i ∈ I} ja BW = {yj | j ∈ J}, niin näiden tensoritulolla V ⊗k W (toistaiseksi ei sekaannuksen vaaraa ole, ja käytämme lyhyempää merkintää V ⊗W ∑) tarkoitetaan k-vektoriavaruutta, jolla on kantana joukko {x ⊗y | i ∈ I, j ∈ J} . Jos x = i j i ai xi ∈ V ∑ ja y = j bj yj ∈ W ovat mielivaltaisia vektoreita, niin niiden tensoritulo x ⊗ y määritellään avaruuden V ⊗ W alkioksi ∑

ai bj xi ⊗ yj .

i∈I,j∈J

Huomaa, että kaikissa esiintyvissä summissa on äärellinen määrä nollasta eroavia alkioita. Nähdään heti, että kuvaus (x, y) 7→ x ⊗ y on bilineaarinen. Tensoritulo on funktoriaalinen, mikä voitaisiin ilmaista täsmällisemmin kategoriateorian kielellä. Tässä se tarkoittaa sitä, että jos f : V → V ′ ja g : W → W ′ ovat k-lineaarisia kuvauksia, niin on olemassa yksikäsitteinen säännön x ⊗ y 7→ f (x) ⊗ g(y)

kaikilla x ∈ V, y ∈ W toteuttava lineaarikuvaus f ⊗ g : V ⊗ W → V ′ ⊗ W . Lisäksi tämä kuvausten tensoritulo kunnioittaa kuvausten yhdistämistä, eli jos lisäksi f ′ : V ′ → V ′′ ja g ′ ; W ′ → W ′′ ovat nekin k -lineaarisia kuvauksia, niin on voimassa (f ′ ⊗ g ′ ) ◦ (f ⊗ g) = (f ′ ◦ f ) ⊗ (g ′ ◦ g).

Kowalski käyttää tätä pykälässä 2.2.4 todetessaan, että sääntö g · (v ⊗ w) = (g · v) ⊗ (g · w) tekee avaruudesta V ⊗ W ryhmän esityksen, jos V ja W sitä olivat. Siellä esitykseen ρ1 kuuluvat kuvaukset ρ1 (g), g ∈ G, ottavat f :n (ja f ′ :n) roolin, ja toiseen esitykseen kuuluvat kuvaukset ρ2 (g) ovat meillä kuvauksen g roolissa. Jos yllä kaikki esiintyvät avaruudet ovat äärellisulotteisia ja lineaarikuvauksia f ja g esittävät valittujen kantojen suhteen matriisit A ja B , niin kuvausta f ⊗ g esittää (kanta-alkioiden tensoritulojen suhteen muodostetun kannan suhteen) matriisien A ja B Kronecker-tulo, josta usein käytetään merkintää A ⊗ B . Tässä on oltava tarkkana sillä tensoritulon kannalla on 2 vaihtoehtoista luonnollista järjestystä! Huomautus 5.

Koska kahden vektoriavaruuden tensoritulo on sekin vektoriavaruus, voidaan muodostaa myös kolmen vektoriavaruuden U, V, W tensoritulot (U ⊗ V ) ⊗ W ja U ⊗ (V ⊗ W ). Vertailemalla kantoja näemme, että on olemassa ehdon Huomautus 6.

u ⊗ (v ⊗ w) 7→ (u ⊗ v) ⊗ w

2

kaikille vektoreille u ∈ U, v ∈ V, w ∈ W toteuttava vektoriavaruuksien välinen isomorsmi näiden kahden tensoritulon välillä. Samaistamme yleensä nämä avaruudet, ja käytämme merkintää U ⊗ V ⊗ W . Tensoritulo on tässä mielessä siis assosiatiivinen. Assosiatiivisuuden todistaminen yleisemmälle tensoritulolle sen universaalisuusominaisuutta käyttäen on hivenen epätriviaalia, sillä ei ole aivan selvää, että kyseinen kuvaus on aina hyvin määritelty. Meidän tapauksessamme voimme määritellä kuvauksen ensin kanta-alkioille, ja suoraviivaisella laskulla tarkistaa, että mainittu ehto on voimassa kaikille vektoreille u, v, w. Määritellään vektoriavaruuden V tensoripotenssit V ⊗n , n ∈ N, asettamalla V ⊗0 = k ja sitten rekursiivisesti V ⊗(k+1) = V ⊗ V ⊗k aina, kun k ∈ N . Siis V ⊗n = V ⊗ V ⊗ V ⊗ · · · ⊗ V , missä oikealla puolella on n-kertainen tensoritulo. Määritelmä 7.

tettu algebra

Olkoon V vektoriavaruus yli kunnan k. Sen tensorialgebra T (V ) on porrasT (V ) =

∞ ⊕∑

V ⊗n .

n=0

Algebran T (V ) kertolasku saadaan liimaamalla yhteen sääntöjen (v1 ⊗ v2 ⊗ · · · ⊗ vm ) · (u1 ⊗ u2 ⊗ · · · ⊗ un ) = v1 ⊗ v2 ⊗ · · · ⊗ vm ⊗ u1 ⊗ u2 ⊗ · · · ⊗ un

yksikäsitteisesti määräämät bilineaarikuvaukset V ⊗m × V ⊗n → V ⊗(m+n) . Tässä m, n ∈ N ja v1 , v2 , . . . , vm , u1 , u2 , . . . , un ∈ V ovat mielivaltaisia. Harjoitustehtävänä voit tarkistaa, että T (V ) todella on porrastettu algebra. Yleensä samaistamme avaruuden V tensorialgebra 1-homogeenisen osan V ⊗1 = V kanssa. Käytämme tarvittaessa tästä identioivasta upotuskuvauksesta merkintää iV (Tensorialgebran universaalisuusominaisuus) Jos A on jokin k -algebra, ja f : V → A jokin k -lineaarinen kuvaus, niin tällöin on olemassa yksikäsitteinen sellainen k -algebrojen välinen homomorsmi f˜ : T (V ) → A, että Lause 8.

f˜(iV (v)) = f (v)

kaikille vektoreille v ∈ V . Todistus.

Selvästi f˜ on pakko määritellä säännöllä f˜(v1 ⊗ v2 ⊗ · · · ⊗ vn ) = f (v1 )f (v2 )f (v3 ) · · · f (vn )

kaikille luonnollisille luvuille n ja vektoreille v1 , v2 , . . . , vn . Tässä yhtälön oikealla puolella esiintyy tietenkin algebran A kertolasku. Suoraviivainen harjoitustehtävä osoittaa, että tästä säännöstä k-lineaarisesti laajentamalla muodostettu kuvaus on k-algebrojen välinen homomorsmi. Jos f : V → V ′ on jokin k -lineaarikuvaus, niin on olemassa yksikäsitteinen k -algebrojen välinen morsmi T (f ) : T (V ) → T (V ′ ), joka toteuttaa ehdon

Seuraus 9.

T (f )(v1 ⊗ v2 ⊗ · · · ⊗ vn ) = f (v1 ) ⊗ f (v2 ) ⊗ · · · ⊗ f (vn )

3

kaikille n ∈ N, v1 , v2 , . . . , vn ∈ V . Jos lisäksi f ′ : V ′ → V ′′ on jokin lineaarikuvaus, niin on voimassa T (f ′ ◦ f ) = T (f ′ ) ◦ T (f ).

Ensimmäinen väite seuraa sovelletamalla edellistä Lausetta lineaarikuvaukseen iV ′ ◦ f : V → T (V ′ ). Jälkimmäinen väite jätetään harjoitustehtäväksi. Todistus.

Kategoriateorian kieltä tuntevat tunnistavat kahden edellisen lauseen osoittavan, että tensorialgebran muodostaminen on k-algebrojen kategoriasta k-avaruuksien kategoriaan menevän ns. unohtavan funktorin liittofunktori. Tässä mielessä tensorialgebrat ovat "vapaita k-algebroja". Universaalisuusominaisuushan on samantapainen kuin vapailla ryhmillä (tai vapailla abelin ryhmillä, tai vektoriavaruuksilla). Huomautus 10.

Tensorialgebra on usein hieman liian iso (vapauden seurauksena, vrt. vapaat ryhmät). Sillä on useita tekijäalgebroja, jotka saadaan asettamalla haluttuja vaatimuksia kahden vektorin tulolle. Tavoitteena on yleensä tällöin jokin universaaliominaisuus, ja siihen pääsemiseksi on luontevaa jakaa tensorialgebra sopivalla ihanteella. Tässä yhteydessä tutustumme näistä kahteen: symmetriseen algebraan, jossa edellytämme avaruuden V vektorien tulolta kommutatiivisuutta sekä ns. ulkoalgebraan (engl. exterior algebra), jossa edellytämme antikommutatiivisuutta. Lisäksi voidaan mainita ns. Cliordin algebrat, jotka saadaan vaatimalla että vektorien kertolasku vastaa annettua symmetristä bilineaarimuotoa (, ); V × V → k. Nämä jonkin verran ulkoalgebraa muistuttavat ötökät kiinnostavat kait vain Roopea, ja eroavat muista sikäli, että silloin jaettava ihanne ei ole homogeeninen, joten sivuutamme ne tässä yhteydessä. Olkoon siis V jälleen jokin vektoriavaruus yli kunnan k. Olkoon I tensorialgebran T (V ) kaikkien muotoa x ⊗ y − y ⊗ x, x, y ∈ V,

olevien alkioiden generoima (2-puoleinen) ihanne. Koska ihanteen I generaattorit ovat 2homogeenisia, niin tekijäalgebra Sym(V ) = T (V )/I

on sekin porrastettu algebra, ja voidaan esittää homogeenisten osiensa Symn (V ) suorana summana. Symmetrisessä algebrassa on kaikille vektoreille x, y ∈ V voimassa x ⊗ y + I = y ⊗ x + I.

Koska (tensorialgebran tapaan) V generoi algebran Sym(V ), seuraa tästä, että Sym(V ) on kommutatiivinen k-algebra. Voidaan todistaa (ks. esim. Jacobson, BA I-II), ettei ihanteen I jakaminen muita relaatioita tuotakaan. Symmetrisen algebran tapauksessa käytämme vektorien kertolaskusta tavallista kertolaskun merkintää tensoritulon asemesta, ja merkitsemme siis esimerkiksi xy :llä sivuluokkien x + I ja y + I tuloa. Muotoile ja todista Tensorialgebran universaalisuusominaisuutta vastaava Symmetrisen algebran universaalisuusominaisuus. Harjoitustehtävä 2.

4

Erityisesti, jos dimk V < ∞ ja {x1 , x2 , . . . , xn } on avaruuden V kanta, niin näemme, että tässä tapauksessa symmetrinen algebra on isomornen Sym(V ) ≃ k[x1 , x2 , . . . , xn ] n:n muuttujien polynomien algebran kanssa. Tämä motivoi osaltaan homogeenisuuden kä-

sitteeseen liittyvät puhetavat. Ulkoalgebra saadaan jakamalla tensorialgebra T (V ) homogeenisella alkioiden x ⊗ x, x ∈ V

generoimalla (2-puoleisella) ihanteella J . Jos x, y ∈ V ovat mielivaltaisia, niin alkio (x + y) ⊗ (x + y) − x ⊗ x − y ⊗ y = x ⊗ y + y ⊗ x ∈ J. ∧ Näin ollen tekijäalgebrassa (V ) = T (V )/J on voimassa (x + J)(y + J) = −(y + J)(x + J)

kaikille vektoreille x, y ∈ V .

∧

Selvitetään ulkoalgebran (V ) rakenne vektoriavaruutena, kun V on 2ulotteinen avaruus, jonka kannan muodostavat vektorit x ja y .

Esimerkki 11.

∧

Selvästi (? tai ks. Jacobson) T (V )n ∩ J = {0}, kun n < 2, joten (V )0 = k · 1 ∧ 2 ja (V )1 ≃ V . Avaruudella T (V )2 on kanta x ⊗ x, x ⊗ y, y ⊗ x, y ⊗ y , joten ∧ T1 (V ) ∩ J on 3-ulotteinen avaruus, kantana x ⊗ x, y ⊗ y, x ⊗ y + y ⊗ x. Näin ollen dim (V ) = 1, ja sillä on kantana x ⊗ y + J = −y ⊗ x + J . Kahdeksanulotteiselle avaruudelle T (V )3 , kantana x ⊗ x ⊗ x, x ⊗ x ⊗ y , x ∧ ⊗ y ⊗ x,y ⊗ x ⊗ x,x ⊗ y ⊗ y ,y ⊗ x ⊗ y , y ⊗ y ⊗ x,y ⊗ y ⊗ y , sen sijaan käy projektiossa T (V ) → (V ) huonosti. Kaikki kanta-alkiot ovat nimittäin ihanteessa J . Tämä on ilmeistä niiden kanta-alkioiden kohdalla, joissa sama kanta-alkio esiintyy kahdesti peräkkäin. Mutta muista päästään tähän soveltamalla kerran antikommutatiivisuutta. Esimerkiksi Ratkaisu.

(x ⊗ y ⊗ x) + J = (x + J)(y ⊗ x + J) = (x + J)(−x ⊗ y + J) = −(x ⊗ x ⊗ y) + J = −((x ⊗ x) + J)(y + J) = (0 + J)(y + J) = 0 + J.

Näin ollen T (V )3 ⊆ J . Koska kaikille n > 3 on voimassa V ⊗n = V ⊗3 · V ⊗(n−3) , niin V ⊆ J aina, kun n ≥ 3. Saamme siis vastaukseksi, että ⊗n

∧ (V ) = k · 1 ⊕ k · x ⊕ k · y ⊕ k · (x ∧ y),

missä lopussa otimme käyttöön usein esiintyvän merkinnän x ∧ y = (x + J)(y + J)

vektorien x, y ∈ V sivuluokkien tulolle ulkoalgebrassa. Esimerkin tulos yleistyy seuraavasti. 5

Oletetaan, että dim V = n, ja että {x1 , x2 , . . . , xn } on avaruuden V eräs kanta. Tällöin ulkoalgebran r-homogeenisella osalla on kanta Lause 12.

{xi1 ∧ xi2 ∧ · · · ∧ xir | 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ir ≤ n}. ( ) ∧ ∧ ∧ Siis dimk (V )r = nr . Erityisesti (V )n on 1-ulotteinen avaruus ja (V )r = 0, jos r > n.

Ks. Jacobson. Jos f : V → V ′ on k-lineaarinen kuvaus, niin yllä konstruoitu algebrahomomorsmi T (f ) : T (V ) → T (V ) on sellainen, että T (f )(I) ⊆ I ja T (f )(J) ⊆ J∧. Näin ollen ∧ T (f ) indusoi ∧ myös algebrahomomorsmit Sym(f ) : Sym(V ) → Sym(V ′ ) ja (f ) : (V ) → (V ′ ). Kaikki nämä kuvaukset ovat myös funktoriaalisia ja lisäksi ne kunnioittavat myös algebrojen porrastusta. Näin ollen (vrt. Kowalski 2.2.5) sekä symmetrisen algebran että ulkoalgebran homogeenisille osille saadaan luonnollinen rakenne ryhmän G esityksenä, kun sellainen on annettu avaruudelle V . Todistus.

Olkoon V 2-ulotteinen avaruus, jolla on kanta {x, y}. Olkoon f : V → V lineaarikuvaus, jonka matriisi kyseisen kannan suhteen on Esimerkki 13.

) ( a b . M= c d

∧ (f )(x ∧ y) = (det M ) · (x ∧ y). ∧ ∧ ∧ Nyt (f )(x) = f (x) = ax + cy ja (f )(y) = f (y) = bx + dy . Koska (f ) on

Osoitetaan, että tällöin Ratkaisu.

homomorsmi ulkoalgebralta sille itselleen saamme

∧ ∧ ∧ (f )(x ∧ y) = (f )(x) ∧ (f )(y) = (ax + cy) ∧ (bx + dy) = abx ∧ x + adx ∧ y + cby ∧ x + cdy ∧ y = 0 + adx ∧ y + cb(−x ∧ y) + 0 = (ad − bc)x ∧ y.

Tämä lasku yleistyy kaikille äärellisulotteisille avaruuksille. Jos V on äärellisulotteinen vektoriavaruus, kanta {x1 , x2 , . . . , xn }, ja f : V → V on lineaarikuvaus, niin Lause 14.

∧ Todistus.

(f )(x1 ∧ x2 ∧ · · · ∧ xn ) = det(f ) · (x1 ∧ x2 ∧ · · · ∧ xn ).

Ks. Jacobson.

Jos V on äärellisulotteinen vektoriavaruus, kanta {x1 , x2 , . . . , xn }, ja f, g : V → V ovat lineaarikuvauksia, niin

Seuraus 15.

det(f ◦ g) = det(f ) · det(g).

6

Todistus.

desta:

Väite seuraa edellisestä Lauseesta sekä ulkoalgebrakonstruktion funktorialisuu-

Harjoitustehtävä 3.

Osoita, että tällöin

∧ ∧ ∧ (f ◦ g) = (f ) ◦ (g).

Oletetaan, että vektorit x1 , x2 , x3 , x4 ∈ V ovat lineaarisesti riippuvia. x1 ∧ x2 + x3 ∧ x4 = u ∧ v,

missä u, v ∈ V on valittu sopivasti (valinta ei ole yksikäsitteinen). Oletetaan, että V on äärellisulotteinen vektoriavaruus, ja että x1 , x2 , . . . , xr ovat sen vektoreita. Osoita, että

Harjoitustehtävä 4.

x1 ∧ x2 ∧ x3 ∧ · · · ∧ xr = 0

silloin ja vain silloin, kun kyseinen joukko vektoreita on lineaarisesti riippuva. Oletetaan, että dim V = 3, k = R. Olkoot i, j, k tavallinen or∧ ∗ 2 tonormaali kanta. Määritellään bijektiivinen lineaarikuvaus : (V ) → V asettamalla (i ∧ j)∗ = k,(j ∧ k)∗ = i,(k ∧ i)∗ = j. Olkoot ⃗x, ⃗y ∈ V mielivaltaisia. Tarkista laskemalla, että (⃗x ∧ ⃗y )∗ on eräs tuttu vektori. Harjoitustehtävä 5.

Olkoon V vektoriavaruus, ja x1 ,x2 ,. . .,xn sen kanta. Olkoot y1 , y2 , . . . , yr ja saman aliavaruuden U ⊆ V kantoja. Osoita, että tällöin on olemassa nollasta eroava alkio α ∈ k∗ , jolle Harjoitustehtävä 6.

y1′ , y2′ , . . . , yr′

y1 ∧ y2 ∧ · · · ∧ yr = αy1′ ∧ y2′ ∧ · · · ∧ yr′ .

∧

Näin ollen aliavaruutta U vastaa vakiokerrointa vaille yksikäsitteinen avaruuden (V )r piste P (U ). Kuten mm. Metsänkylä tekee, voidaan tensorialgebran 2-homogeenisen osan suhteen toimia toisin symmetriseen algebraan ja ulkoalgebraan siirryttäessä. Kunhan oletetaan, että char k ̸= 2. Jos avaruudella V on kanta {xi | i ∈ I}, niin sääntö S : xi ⊗ xj 7→ xj ⊗ xi , i, j ∈ I,

määrittelee yksikäsitteisen lineaarikuvauksen S : V ⊗ V → V ⊗ V . Selvästi S on itsensä käänteiskuvaus, eli S ◦ S = idV ⊗V . Jos lisäksi avaruudessa V on määritelty ryhmän G esitys, niin S on intertwiner-kuvaus. Avaruus V ⊗ V jakautuu kuvauksen S ominaisarvoihin ±1 kuuluvien osien suoraksi summaksi, sillä jos z ∈ V ⊗ V , niin kehitelmässä z + S(z) z − S(z) + , 2 2 selvästi ensimmäinen termi kuuluu ominaisarvoon 1 ja jälkimmäinen ominaisarvoon −1. Nämä ominaisavaruudet S+ ja S− ovat intertwiner-ominaisuuden seurauksena nekin aliesityksiä, z=

ja siis

V ⊗ V = S+ ⊕ S−

myös esityksinä. 7

Projektioille p1 : T (V )2 → Sym(V )2 ja p∧2 : T (V )2 → ker p1 = S− , Im p1 = Sym(V )2 ja ker p2 = S+ , Im p2 = (V )2 .

Lause 16.

∧

(V )2 on voimassa:

Harjoitustehtävä. Voimme siis ∧ samaistaa esityksen V toisen symmetrisen potenssin Sym(V )2 ja toisen ulkotulopotenssin (V )2 avaruuden V ⊗ V symmetrisen osan (= S+ ) ja antisymmetrisen osan (= S− ) kanssa.

Todistus.

Samanlaista hajotelmaa symmetrisen ja antisymmetrisen osan summaksi EI ole olemassa korkeammille tensoritulopotensseille V ⊗n . Tämä johtuu siitä, että useamman komponentin tensoritulolle on olemassa monimutkaisempia symmetrioita. Itse asiassa tällaiset symmetriat karakterisoidaan täysin symmetrisen ryhmän Sn esitysteorian avulla! Kun n > 2 näitä on muitakin kuin symmetrisyys ja antisymmetrisyys. Huomautus 17.

Oletetaan, että f, g ∈ GL(V ), n = dim V . Osoita, että tällöin kuvausten tensoritulojen erotukselle

Harjoitustehtävä 7.

t=f ⊗g−g⊗f :V ⊗V →V ⊗V

on voimassa t(S+ ) ⊆ S− ja t(S− ) =⊆ S+ . Osoita, että dim ker t ≥ n.

8

Symmetristen ryhmien esityksistä beyond

S5 , S 6

and

Esitysteorian opintopiiri, Turun yliopisto, 2013

Jyrki Lahtonen Symmetriselle ryhmällä Sn on aina triviaalin esityksen karakterin χ0 , ja pariton/parillinen karakterin χ1 = sgn lisäksi sen luonnollinen esitys ρnat , eli n-ulotteinen esitys, jonka kantavektoreihin ei , i = 1, 2, . . . , n, permutaatio σ ∈ Sn operoi säännön σ(ei ) = eσ(i) mukaisesti. Luonnollisen esityksen karakteri tällöin laskee yksinkertaisesti kunkin permutaation kiintopisteiden lukumäärän. Tämä yleistyy seuraavalla tavalla. Jos ryhmä G toimii äärellisessä joukossa X (eli meillä on ryhmähomomorsmi G → Sym(X)), niin voimme rajoittaa ryhmän Sym(X) luonnollisen esityksen ryhmän G esityksiseksi ρX . Esitys ρX ei ole milloinkaan jaoton, sillä kanta-alkioiden ex , x ∈ X, summavektori virittää aina 1-ulotteisen triviaalin aliesityksen (Kowalski, Example 2.6.4). Tähän liittyvä usein käyttöön tuleva perustulos on (Kowalski, Example 4.3.16) Lause 1. Jos ryhmän G toiminta joukossa X on kahdesti transitiivinen, niin tällöin ρX hajoaa kahden jaottoman esityksen summaksi

ρX = 1 ⊕ π,

missä dim π = |X| − 1. Erityisesti, jos H ≤ G on jokin aliryhmä, ja X = G/H on vastaava vasempien sivuluokkien joukko, niin (Kowalski, Example 2.6.4.) tämä esitys voidaan tulkita myös indusoituna esityksenä: ρX = IndG H (1).

Pystymme laskemaan myös suhteellisen helposti laskemaan esityksen ρX symmetristen potenssien Symm ρX ja ulkotulopotenssien ∧m ρX karakterit. Esimerkiksi 2-sykli (12) pitää esityksen Sym2 ρnat vektorit e1 e2 = e2 e1 sekä kaikki tulot ei ej , 2 < i ≤ j , paikallaan ja permutoi muita. Edelleen 2-sykli (12) kuvaa kiilatulon e1 ∧ e2 vastavektorikseen e2 ∧ e1 = −(e1 ∧ e2 ) (vaikutus jälkeen = −1) ja pitää kaikki kiilatulot ei ∧ ej , 2 < i < j paikallaan (vaikutus jälkeen = +1). Harjoitustehtävä 1.

riteettikarakteri χ1 .

Osoita, että ryhmän Sn esityksen ∧n ρnat karakteri on sama kuin pa-

1

1 Ryhmän S5 karakteritaulu Ryhmässä S5 on 120 alkiota ja 7 konjugaattiluokkaa (tunnetusti kaksi symmetrisen ryhmän alkiota ovat konjugaatteja keskenään sjvsk niillä on sama syklirakenne), joiden kertaluvut ovat c((12)) = 10, c((123)) = 20, c((12)(34)) = 15, c((1234)) = 30, c((12)(345)) = 20 ja c(12345) = 24. Pystymme heti muodostamaan esitysten χnat , ∧2 χnat ja Sym2 χnat karakterit kuten yllä. Näiltä osin karakterien arvoiksi saamme χnat ∧2 χnat Sym2 χnat

(1) (12) (123) (12)(34) (1234) (12)(345) (12345) 5 3 2 1 1 0 0 10 2 1 −2 0 −1 0 15 7 3 3 1 1 0

Lauseen 1lause.1 nojalla χn at = χ0 + χ2 eräälle jaottomalla esitykselle χ2 . Tällöin myös tensoritulo χ2 χ1 on jaoton. Koska χ2 (x) ei häviä kaikille parittomille permutaatioille x, niin χ2 ja χ2 χ1 ovat eri karaktereita. Olemme siis löytäneet jo neljä jaotonta karakteria seitsemästä. Harjoitustehtävä 2.

Osoita sisätuloja laskemalla, että ∧2 χnat = χ2 + χ3 ,

missä χ3 on jaoton 6-ulotteinen karakteri, joka ei ole vielä esiintynyt aikaisemmin. Tarkista, että χ3 (x) = 0 aina, kun sgn(x) = −1. Näin ollen χ3 χ1 = χ3 . Harjoitustehtävä 3.

Osoita sisätuloja laskemalla, että Sym2 χnat = χ4 + 2χ2 + 2χ0 ,

missä χ4 on aiemmin tuntematon 5-ulotteinen karakteri. Tarkista, että χ5 χ1 ̸= χ5 . Ryhmän S5 karakteritauluksi saadaan harjoitustehtävien perusteella nyt helposti. χ0 χ1 χ2 χ2 χ1 χ3 χ4 χ4 χ1

(1) (12) (123) (12)(34) (1234) (12)(345) (12345) 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 1 1 −1 −1 1 4 2 1 0 0 −1 −1 4 −2 1 0 0 1 −1 6 0 0 −2 0 0 1 5 1 −1 1 −1 1 0 5 −1 −1 1 1 −1 0

Konstruoimme vielä karakterin χ4 χ1 esityksen toisella tavalla. Tätä tarvitaan ryhmää S6 tutkittaessa, ja se johtaa erääseen klassiseen kuriositeettiin. Koska ryhmässä S5 on 24 kappaletta 5-syklejä, niin ne jakaantuvat kuuteen eri aliryhmään. Siis ryhmällä S5 on kuusi kappaletta Sylow 5-aliryhmiä. Olkoon H = ⟨(12345)⟩ yksi niistä. Koska sillä on kuusi konjugaattialiryhmää ryhmässä S5 , saamme heti, että sen normalisaattori N (H) = {σ ∈ S5 | σHσ −1 = H}

on indeksiä kuusi. Näin ollen |N (H)| = 20. 2

Harjoitustehtävä 4.

laskemalla, että

Olkoot α = (12345) ja β = (2354) ryhmän S5 mainitut alkiot. Tarkista βαβ −1 = (13524) = α2 .

Päättele tästä, että N (H) = ⟨α, β⟩ = {αi β j | 0 ≤ i ≤ 4, 0 ≤ j ≤ 3}.

Helposti nähdään, että permutaatiot αi β j ovat 4-syklejä aina, kun j = 1 tai j = 3 ja kahden erillisen 2-syklin tuloja, kun j = 2. Näin ollen ryhmässä N (H) on 10 kappaletta 4 syklejä ja 5 kappaletta kahden 2-syklin tuloa. Sama pätee tietenkin myös muiden Sylow 5-aliryhmien normalisaattoreille, koska ne ovat konjugaatteja keskenään. Edelleen kaikki 4syklit (vast. kahden erillisen 2-syklin tulot) ovat keskenään konjugaatteja, joten kukin 30:stä 4-syklistä esiintyy 6 · 10/30 = 2 eri N (H):n konjugaatissa (vast. kukin 15:sta kahden erillisen 2-syklin tulosta esiintyy 6·5/15 = 2 eri N (H):n konjugaatissa. Olkoon ρ = IndSN5(H) 1. Aliryhmän N (H) vasemman sivuluokan xN (H) pitävät paikallaan tarkalleen konjugaattialiryhmän xN (H)x−1 alkiot. Näin ollen yllä lasketun perusteella karakterin χρ arvot ovat χρ : (1) 7→ 6, (12)(34) 7→ 2, (1234) 7→ 2, (12345) 7→ 1, muut 7→ 0.

Karakteritauluun vertaamalla näemme, että χρ = χ0 + χ4 χ1 . Koska χρ − χ0 on jaoton, voimme päätellä, että ryhmän S5 toiminta joukossa S5 /N (H) on kahdesti transitiivista (sen näkisi myös suoremmin). Jatkoa varten tarvitsemme vielä lisätietoa homomorsmin f : S5 → Sym(X), X = S5 /N (H)) kuvasta. Konjugaattialiryhmiä xN (H)x−1 on kuusi kappaletta ja ne ovat tarkalleen ryhmät N (Hi ), i = 1, 2, . . . , 6, missä ryhmät Hi ovat kaikki kuusi ryhmän S5 Sylow 5-aliryhmää. Koska ryhmän S5 ainoat normaali aliryhmät ovat A5 ja {1} ja koska S5 operoit transitiivisesti joukossa X , niin näemme, että f on injektio. Koska 2-sykli (12) ei kuulu mihinkään normalisaattoreista N (Hi ), on sen kuvan f ((12)) oltava kolmen erillisen 2-syklin tulo. Samalla tavalla päättelemme, että f ((123)) on kahden erillisen 3-syklin tulo, ja että f ((12)(345)) on 6-sykli. Siä vastoin (12)(34) kuului kahteen normalisaattoriin, joten f ((12)(34)) on niin ikään kahden erillisen 2-syklin tulo. Samoin f ((1234)) on oltava 4-sykli. Selvästi permutaation f ((12345)) on oltava 5-sykli.

2 Ryhmästä S6 Tällä ryhmällä on konjugaattiluokkia peräti yksitoista. Niiden koot ovat c((1)) = 1, c((12)) = 15, c((123)) = 40, c((12)(34)) = 45, c((1234)) = 90, c((12345)) = 144, c((123)(45)) = 120, c((123)(456)) = 40, c((12)(34)(56)) = 15, c((1234)(56)) = 90, c((123456)) = 120. Kuten ryhmän S5 tapauksessa näemme, että χnat = χ0 + χ2 on kahden jaottoman karakterin summa, dim χ2 = 5. Samoin ∧2 χnat = χ2 + χ3 , missä χ3 on 10-ulotteinen. Edelleen sisätuloja laskemalla saadaan Sym2 χnat = χ4 + 2χ0 + 2χ2 ,

missä χ4 on uusi 9-ulotteinen karakteri. Kertomalla mikä tahansa näistä pariteettikarakterilla χ1 saadaan aina uusi jaoton karakteri. Tähän mennessä olemme selvittäneet ryhmän 3

S6 karakteritaulusta osan (tällä kertaa tilan säästämiseksi kuvailen konjugaattiluokan ilmoittamalla sen syklirakenteen merkinnällä 2a 3b 4c 5d 6e , missä eksponentti kertoo kantaluvun

pituisten syklien lukumäärän χ0 χ1 χ2 χ2 χ1 χ3 χ3 χ1 χ4 χ4 χ1

16 1 1 5 5 10 10 9 9

21 31 22 41 51 31 21 32 23 41 21 61 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 1 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1 3 2 1 1 0 0 −1 −1 −1 −1 −3 2 1 −1 0 0 −1 1 −1 1 2 1 −2 0 0 −1 1 −2 0 1 −2 1 −2 0 0 1 1 2 0 −1 3 0 1 −1 −1 0 0 3 1 0 −3 0 1 1 −1 0 0 −3 1 0

Havaitaan, että konjugaattiluokkapareissa 21 ja 23 , 31 ja 32 , sekä 31 21 ja 61 on yhtä monta alkiota, lisäksi alkiot luokkapareissa ovat samaa kertaluku (2, 3 ja 6 vastaavasti). Lisäksi huomataan, että tekemällä vastaavat vaihdot karakteritaulun sarakkeisiin, karakterit χ4 ja χ4 χ1 pysyvät ennallaan, mutta karakterit χ3 ja χ3 χ1 vaihtuvat toisikseen. Tämä ei ole sattumaa vaan seurausta ryhmän S6 poikkeuksellisesta ulkoisesta automorsmista, joka kuvaa juuri nämä konjugaattiluokkaparit toisikseen. Konstruoimme tämän ulkoisen automorsmin tässä yhteydessä samalla karakteritaulua täydentäen. Olkoon f : S5 → Sym(X) edellisen kappaleen lopuksi konstruoitu ryhmähomomorsmi. Koska |X| = 6 voimme ajatella tätä yhtä hyvin monomorsmina f : S5 → S6 . Olkoon K = Im f . Koska |K| = |S5 | = 120, niin joukossa X = S6 /K on siinäkin kuusi alkiota. Olkoon θ esityksen IndSK6 (1) karakteri. Lasketaan tämän karakterin arvot. Näimme, että ryhmässä K on permutaatioita seuraavasti: 1 kpl tyyppiä 16 , 10 kpl tyyppiä 23 , 20 kpl tyyppiä 32 , 15 kpl tyyppiä 22 , 30 kpl tyyppiä 41 , 20 kpl tyyppiä 61 ja 24 kpl tyyppiä 51 . Sama pätee tietenkin kaikkiin ryhmän K konjugaattialiryhmiin ryhmässä S6 . Jos x ∈ S6 on mielivaltainen, niin θ(x) on x:n kiintopisteiden lukumäärä joukossa X . Joukon X alkioiden stabilaattorit ovat juuri aliryhmän K konjugaatit, joten θ(x) laskee kuinka moneen ryhmän K eri konjugaattiin alkio x kuuluu. Koska θ on luokkafunktio, riittää laskea näistä keskiarvo kussakin konjugaattiluokassa, ja tämän me olemme juuri tehneet! Esimerkiksi tyypin 23 permutaatioita esiintyy ryhmän K konjugaateissa yhteensä 60 kpl, joten kunkin viidestästoista tätä tyyppiä olevasta permutaatiosta on esiinnyttävä tarkalleen neljässä konjugaateista, eli θ((12)(34)(56)) = 4. Samoin laskemalla saamme, että θ((1)) = 6, θ((123)(456)) = 3, θ((12)(34)) = 2, θ((1234)) = 2, θ((12345)) = 1, θ((123456)) = 1 ja θ(x) = 0 muulloin. Laskemalla sisätuloja (tai päättelemällä muutoin, että ryhmän S6 toiminta joukossa X on kahdesti transitiivinen) näemme, että (θ, θ) = 2, eli θ = χ1 + χ5 , missä χ5 on uusi jaoton karakteri. Numeroimalla joukon X alkiot jotenkin, voimme samaistaa ryhmät S6 ja Sym(X) keskenään. Samaistus johtaa homomorsmiin ϕ : S6 → S6 . Koska sen ydin ei sisällä aliryhmää A6 , se on injektio, ja näin ollen automorsmi, josta voimme todeta seuraavaa

On olemassa sellainen automorsmi ϕ : S6 → S6 , joka vaihtaa tyyppien 23 , 21 , 3 , 3 ja 3 2 , 61 konjugaattiluokat pareittain, mutta kuvaa muut konjugaattiluokat itselleen.

Lause 2.

1

2

1 1

4

Ainoastaan muita konjugaattiluokkia koskevaa väitettä ei ole vielä perusteltu. Yllä myös totesimme, että aliryhmä K sisältää 4-syklejä, joten 4-syklin kuva ei voi olla tyypin 41 21 permutaatio (vaikka näissä konjugaattiluokissa on molemmissa 90 alkiota). Muissa tapauksissa konjugaattiluokan koko ja/tai sen alkioiden kertaluku selvittää asian. Todistus.

Palautetaan mieleen, että jos G on ryhmä, ja g ∈ G, niin kuvaus σg : G → G, x 7→ gxg −1 on ryhmän G automorsmi. Tätä muotoa olevia automorsmeja kutsutaan sisäisiksi automorsmeiksi ja muita automorsmeja vastaavasti ulkoisiksi automorsmeiksi. Harjoitustehtävä 5.

Osoita, että automorsmi ϕ ei ole ryhmän S6 sisäinen automorsmi.

Palautetaan mieleen, että 2-syklit (12), (13), (14), . . . , (1n) generoivat ryhmän Sn . Lisäksi mitkään kaksi niistä eivät kommutoi keskenään. Oletetan, että f : Sn → Sn on sellainen automorsmi, että se kuvaa ainakin yhden 2-syklin 2-sykliksi. Osoita, että f on sisäinen automorsmi. Harjoitustehtävä 6.

Oletetaan, että f : Sn → Sn on automorsmi. Osoita, että jos n ̸= 6, niin f on sisäinen. Tapauksessa n = 6 osoita, että joko f tai f ◦ ϕ on sisäinen. Vinkki: jos n > 6, niin osoita, että 2-syklien konjugaattiluokka on pienin ei-triviaali konjugaattiluokka. Harjoitustehtävä 7.

Harjoitustehtävä 8.

Osoita, että θ = χ2 ◦ ϕ.

Karakterit χ5 ja χ5 χ1 nostavat tunnettujen karakterien määrän kymmeneen. Puuttuva saadaan seuraavasti. Muodostetaan tensoritulo γ = χ5 χ2 χ1 . Laskemalla sisätuloja nähdään, että (γ, γ) = 2 ja että (γ, χ4 ) = 1. Näin ollen puuttuva karakteri χ6 = γ − χ4 , ja täydellinen karakteritaulu on χ0 χ1 χ2 χ2 χ1 χ3 χ3 χ1 χ4 χ4 χ1 χ5 χ5 χ1 χ6

16 1 1 5 5 10 10 9 9 5 5 16

21 31 22 41 51 31 21 32 23 41 21 61 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 1 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1 3 2 1 1 0 0 −1 −1 −1 −1 −3 2 1 −1 0 0 −1 1 −1 1 2 1 −2 0 0 −1 1 −2 0 1 −2 1 −2 0 0 1 1 2 0 −1 3 0 1 −1 −1 0 0 3 1 0 −3 0 1 1 −1 0 0 −3 1 0 −1 −1 1 1 0 −1 2 3 −1 0 1 −1 1 −1 0 1 2 −3 −1 0 0 −2 0 0 1 0 −2 0 0 0

Isompiin symmetriaryhmiin jatkaminen vaatii enemmän kuin nyt käyttämämme ad hoc tekniikat.

5

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät I, 15.01.2015

1. Konstruoi jokin isomorsmi ryhmien (Z6 , +) ja (Z∗7 , ·) välille. 2. Luennoilla lueteltiin ryhmän G = GL2 (Z2 ) kaikki alkiot ja todettiin niitä olevan kuusi kappaletta. Etsi jokin isomorsmi f : G → S3 . Huomautus: Erilaisia isomorsmeja on kuusi kappaletta, joten kaverilla voi olla eri. 3. Mitkä matriisit kuuluvat ryhmän GL3 (R) siihen aliryhmään G = hA, Bi, jonka generoivat matriisit 

1 2 A= 0 1 0 0

 0 0  1

ja



1 B= 0 0

 0 0 1 2 ? 0 1

Vinkki: Luentoesimerkki antaa tietenkin osviittaa. Kokeilemalla samoja temppuja pääsee jyvälle. Muista todistaa, että kuvailemasi matriisijoukko on ryhmä. 4. Tutkitaan diedriryhmää (ks. Monisteen Esimerkki 1.1.15) D6 = ha, b | a6 = 1 = b2 , bab−1 = a−1 i.

Totea, että aliryhmässä H = ha3 i on kaksi alkiota. Osoita, että H ✂ D6 . Millaista säännöllisen peittoryhmän kuvausta alkio a3 vastaa? 5. Oletetaan, että a ja b ovat ryhmän G alkioita. (Huom. Tällä kertaa A- ja B-kohdat eivät liity toisiinsa lainkaan) A) Jos tiedetään, että a−1 b2 a = ba, niin osoita, että tällöin a = b. B) Jos tiedetään, että a2 = 1 ja aba−1 = b3 , niin osoita, että b8 = 1. 6. Olkoon σ ∈ Sn jokin permutaatio. Osoita, että tällöin σ2 ∈ An . 7. Oletetaan, että G = Sn , H = An ✂ G ja K = h(12)i ≤ G. Mitä ovat tällöin ryhmät HK ja H ∩ K ? Tarkista, että suunnikassääntö pitää paikkansa tässä tilanteessa.

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät II, 22.01.2015 1. Oletetaan, että

L1

ja

L2

ovat tason

R2

s1 ja s2 vastaavat peilaukset s1 ◦ s2 on suuntaissiirto suorien

yhdensuuntaisia suoria. Olkoot

näiden suorien suhteen. Perustele kuvan avulla, että yhdistetty kuvaus yhteisen normaalivektorin suuntaan. 2. Tarkista, että ryhmän

2

b =1

ja

bab = a

−1

S7

permutaatiot

a = (1234567)

b = (27)(36)(45)

3. (Vaikea!) Tiedetään, että

G

σ,

joka toteuttaa ehdon

on ryhmä, ja että sen alkiot

a−1 b2 a = b3 Osoita, että tällöin väistämättä

ja

a

ja

b

a7 = G ≤ S7 on 14

toteuttavat relaatiot

. Monisteen Esimerkin 1.1.15 no jalla niiden generoimassa ryhmässä

alkiota. Etsi ryhmästä sellainen permutaatio

b8

ja

σ(3) = 3.

toteuttavat relaatiot

b−1 a2 b = a3 .

a = b = 1. Vinkki (voit toki a:lla.

keksiä toisen tavan lähestyä tätä): Alkiota

voi suht helposti konjugoida kolme kertaa

4. Oletetaan, että

G

on ryhmä, ja että sen alkion

Osoita, että tällöin myös alkion 5. Osoita, että ryhmän

D5

a2

a

generoima aliryhmä

N = hai

on normaali (

N ✂ G).

generoima aliryhmä on normaali.

keskus on triviaali, eli että ainoastaan neutraalialkio kommutoi sen kaikkien

alkioiden kanssa. (Luentokalvo jen esimerkki 2.C varmaan auttaa). 6. Tutkitaan ryhmää

G = Z∗2n ,

missä

n ≥ 2.

2 on luvun 2n ainoa alkutekijä, niin G:n alkioim, 0 < m < 2n , 2 ∤ m. Näin ollen #G = 2n−1 . 5 kertaluku ryhmässä G on 2n−2 . Tämä menee in-

Koska

ta ovat parittomien kokonaislukujen jäännösluokat Tavoitteenamme on todistaa, että jäännösluokan duktiotyylisesti esimerkiksi vaiheiden A-D kautta:

A) Selitä, miksi kysytty kertaluku välttämättä on kakkosen potenssi. 0

52 − 1 on jaollinen neljällä, mutta ei ole jaollinen kahdeksalla. 2k C) Todista, että jos k on ei-negatiivinen kokonaisluku, niin 5 − 1 on jaollinen k+3 ole jaollinen luvulla 2 . Vinkki: B) Totea, että

k+1

52

k

k

luvulla

2k+2 ,

k

− 1 = (52 )2 − 12 = (52 − 1)(52 + 1).

D) Selitä, miksi väite seuraa C-kohdan tuloksesta. 7. Olkoon

G

kuten edellisessäkin tehtävässä. Osoita, että ryhmä

G = h5i × h−1i.

G

on (sisäinen) suora tulo

mutta ei

0.1

Ratkaisuja

Tehtävä 3. Vaihtoehto ja on useita. Vinkilläni tähtäsin seuraavaan. Ensin tuotetaan yhtälöt

b27 = (b3 )9 = (a−1 b2 a)9 = a−1 b18 a = a−1 (b3 )6 a = a−1 (a−1 b2 a)6 a = a−2 b12 a2 = a−2 (b3 )4 a2 = a−2 (a−1 b2 a)4 a2 = a−3 b8 a3 , mikä vinkin mukaan ehkä menisi lopusta alkuun. Kuitenkin siis

b27 = a−1 b18 a = a−2 b12 a2 = a−3 b8 a3 .

(∗)

a−1 b2 a = b3 . Nyt aletaan käyttää myös b a b ja a−3 alkiolla b−1 a−2 b. Saadaan

Tässä käytettiin vain ensimmäistä annettua relaatiota vataan yhtälön

(∗)

viimeisessä muodossa

a

3

alkiolla

toista. Kor-

−1 2

b−1 a−2 b1+8−1 a2 b = b27 . Kertomalla tämä puolittain

b·

ja

·b−1

saadaan, ottamalla huomioon

(∗):n

toiseksi viimeinen muoto

a2 ·

·a−2

a−2 b8 a2 = b27 = a−2 b12 b2 . Unohtamalla tästä keskellä oleva

b27 ,

ja kertomalla tämä puolittain

ja

saadaan

b8 = b12 , b4 = 1.

josta seuraa

Tällöin myös

b8 = 1

ja edelleen

a−3 b8 a3 = a−3 1a3 = 1. Tässä vasen puoli oli

2

a =a

3

ja myös

(∗):n

no jalla

b27 = (b4 )6 b3 ,

joten myös

b3 = 1.

Näin ollen

b = 1.

Sen seurauksena

a = 1.

Tehtävä 4. Tässä ongelmia aiheutti se, ettei aliryhmän normaalisuus ole transitiivinen. On hyvin mahdollista, että

K ✂ H ✂ G, mutta, että

K

ei olekaan ryhmän

G

normaali aliryhmä. Tuomo kävi demo jen jälkeen kysymään esimerkkiä,

ja hetken mietittyäni esitin seuraavan. Luennoilla olemme näyttäneet, että ryhmä

K4 = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} ✂ S4 . Toisaalta

K4

on abelin ryhmä. Näin ollen sen syklinen aliryhmä

M = {1, (12)(34)} ✂ K4 . Selvästi kuitenkaan

M

ei ole ryhmän

konjugaatteja ryhmässä

S4 normaali aliryhmä, koska K4 :n kaikki ei-triviaalit alkiot ovat toistensa

S4 .

Muistutus: Aliryhmän normaalisuus riippuu paitsi aliryhmästä itsestään niin myös siitä, minkä isomman ryhmän aliryhmänä sitä tarkastellaan.

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät III, 29.01.2015

1. Määrää ryhmän D5 = ha, b | a5 = b2 = 1, bab = a−1 i konjugaattiluokat. 2. Ajatellaan ryhmää H = S4 ryhmän G = S6 aliryhmänä siten, että jokainen S4 :n permutaatio (luonnollisesti) pitää alkiot 5 ja 6 paikallaan. Olkoon K = h(56)i kahden alkion syklinen ryhmä. Osoita, että tässä tapauksessa hk = kh aina, kun h ∈ H ja k ∈ K , ja että HK = H × K ? Anna esimerkki ryhmän G sellaisesta aliryhmästä, jossa on 16 alkioita. 3. Tiedetään, että ÄÄRELLISELLÄ ryhmällä G on tasan kaksi konjugaattiluokkaa. Osoita, että G on syklinen. 4. Tutkitaan ryhmää D8 = ha, b | a8 = 1 = b2 , bab = a−1 i. Määrää alkion b sentralisoija ryhmässä D8 , ja luettele konjugaattiluokan [b] alkiot. 5. Tutkitaan 5-syklien konjugaattiluokkia ryhmissä S5 ja A5 . A) Selitä, miksi ryhmässä S5 on 24 kappaletta 5-syklejä. Vinkki: jokainen 5-sykli voidaan "aloittaa"ykkösellä. B) Algebran PK II:n perusteella kaikki 5-syklit ovat keskenään konjugaatteja. Jos σ ∈ S5 on jokin 5-sykli, niin osoita, että CS5 (σ) = hσi ∼ = C5 . Vinkki: #S5 = 5!. C) Kaikki 5-syklit kuuluvat aliryhmään A5 . Osoita, että kaikille 5-sykleille σ on voimassa CA5 (σ) = CS5 (σ). Osoita, että ryhmässä A5 kuitenkin 5-syklit jakautuvat kahteen konjugaattiluokkaan, 12 kummassakin. / [σ]. D) Jos σ ∈ A5 on 5-sykli, niin osoita, että ryhmässä A5 5-sykli σ−1 ∈ [σ], mutta että σ2 , σ3 ∈ 6. Joukko {1, 2, 3, 4} voidaan jakaa kahdeksi kahden alkion osajoukoksi tasan kolmella tavalla: A = {{1, 2}, {3, 4}},

B = {{1, 3}, {2, 4}},

C = {{1, 4}, {2, 3}}.

Olkoon X näiden kolmen alkion joukko X = {A, B, C}. Jos {{i, j}, {k, ℓ}} ∈ X (eli i, j, k, ℓ ovat luvut 1, 2, 3, 4 jossakin järjestyksessä, ja α ∈ S4 , niin määritellään α · {{i, j}, {k, ℓ}} = {{α(i), α(j)}, {α(k), α(ℓ)}}.

Esimerkiksi jos α = (134), niin α · A = {{α(1), α(2)}, {α(3), α(4)}} = {{3, 2}, {4, 1}} = C.

Selitä itsellesi, miksi tämä on ryhmän S4 operointi joukossa X . Osoita, että vastaava homomorsmi σ : S4 → Σ(X) on surjektio, ja että ker σ = K4 = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}. Todista tämän seurauksena, että S4 /K4 ∼ = S3 . 7. Oletetaan, että G on 10 alkion ryhmä, joka ei ole abelin ryhmä. Osoita, että G on isomornen diedriryhmän D5 kanssa.

Diedriryhmien konjugaattiluokista Tehtävissä 1 ja 4 käsiteltiin diedriryhmien konjugaattiluokkia. Täydennän demotehtävien ratkaisuja tässä muutamalla kommentilla. Teemana on tilanteen geometrinen tulkinta säännöllisen n-kulmioiden symmetrioiden ryhmässä (suosittu tapa ajatella diedriryhmää). Tason rotaatiot (= generaattoriin a potenssit) kommutoivat keskenään. Koska puolet diedriryhmän alkioista on rotaatioita, niin jokaisen rotaation sentralisoija on joko koko ryhmä Dn tai sen indeksiä kaksi oleva aliryhmä hai ∼ = Cn . Ensin mainittu tapaus esiintyy vain, jos rotaatio ak , 0 ≤ k < n, kommutoi myös toisen generaattorin kanssa. Korottamalla yhtälö bab−1 = bab = a−1

puolittain potenssiin k saadaan

bak b−1 = a−k .

Näin ollen ak ja b kommutoivat sjvsk ak = a−k = an−k sjvsk k ≡ n − k (mod n). Jos n on pariton, niin tämä on mahdollista vain jos k = 0. Jos taas n on parillinen, niin tämä toteutuu myös kun k = n/2. Tällöin an/2 on 180 asteen kierto, mikä tunnetusti kommutoi kaikkien tason lineaarikuvausten kanssa (sen matriisi on −I2 ). Näin ollen aina [ak ] = {ak , a−k }, ja tämä joukko on singleton sjvsk 2 | n ja k = n/2. Peilausten joukossa konjugaattiluokat ovat isompia. Demoissa nähtiin aina, että konjugaattiluokat ovat muotoa [baℓ ] = {bak | k ≡ ℓ

(mod 2)}.

Nimittäin ai baℓ a−i = bℓ−2i kaikille i. Jos nyt n on pariton, niin tässä ℓ − 2i käy läpi kaikki jäännösluokat modulo n, koska syt(2, n) = 1. Jos taas n on parillinen, niin vain puolet jäännösluokista tulee mukaan. Näin ollen #[bℓ ] = n tai n/2 sen mukaan onko n parillinen vai pariton. Tämä nähdään myös sentralisoijan avulla. Aina baℓ ∈ C(baℓ ) (jokainen alkio kommutoi itsensä kanssa. Jos 2 | n, niin lisäksi 180 asteen rotaatio an/2 ∈ C(baℓ ). Sentralisoija on siis joko kahden alkion ryhmä tai Kleinin neliryhmä. Geometrisesti kaikki alkiot baℓ ovat peilauksia. Jos n on pariton (kuvassa n = 5 kuten ykköstehtävässäkin), niin kaikki n-kulmion symmetria-akselit ovat samaa muotoa: ne yhdistävät kärjen sen vastakkaisella puolella oleva sivun keskipisteeseen.

Jos taas n on parillinen, niin symmetria-akseleita on kahta eri tyyppiä (kuvassa n = 8 nelostehävää mukaillen). Kuvan punaiset lävistäjät yhdistävät monikulmion kaksi vastakkaista kärkeä. Siniset lävistäjät puolestaan yhdistävät kahden vastakkaisen sivun keskipisteet toisiinsa.

Parillisessa tapauksessa aiempi konjugaattiluokkapäättely saa seuraavan geometrisen tulkinnan. Jos s on peilaus punaisen lävistäjän L1 = P Q suhteen, ja s′ ∈ [s] on jokin sen konjugaatti ryhmässä Dn , niin tällöin myös s′ on peilaus jokin punaisen lävistäjän suhteen. Nimittäin s′ = gsg −1 jollekin g ∈ Dn . Koska jokain Dn :n alkio kuvaa n-kulmion kärjen joksikin toiseksi kärjeksi. Erityisesti siis g(P ) ja g(Q) ovat joitakin kärkiä. Näin ollen g(L1 ) on kaksi kärkeä yhdistävä jana. Jos x on jokin janan g(L1 ) piste, sanokaamme x = g(x′ ), x′ ∈ L1 , niin tällöin s(x′ ) = x′ ja sen seurauksena s′ (x) = gsg −1 (x) = gsg −1 (gx′ ) = gs(x′ ) = g(x′ ) = x.

Siis s′ pitää kaikki janan g(L1 ) pisteet paikallaan. Koska s′ = 6 1, niin sen on oltava peilaus janan g(L1 ) suhteen. Sama päättely toistamalla nähdään, että jos s on peilaus jonkin sinisen lävistäjän suhteen, niin kaikki sen konjugaatit ovat samaa tyyppiä.

Tehtävä 7 Tämä on hivenen suoraviivaisempi kuin luentoesimerkki, jossa tutkimme kertalukua 21 olevia ryhmiä. Oletetaan, että G on ryhmä, jonka kertaluku on 10, ja joka ei ole abelin ryhmä. Cau hyn lauseen perusteella on olemassa alkiot a ∈ G ja b ∈ G, joiden kertaluvut ryhmässä G ovat 5 ja 2. Tällöin aliryhmässä H = hai on viisi alkiota, joten [G : H] = 2. Näin ollen välttämättä H ✂ G (luentoesimerkin tapauksessa jouduimme tässä kohtaa turvautumaan mutkikkaampaan päättelyyn). Normaalisuudesta seuraa, että bab−1 = ak

jollekin k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. Tällöin tuttuun tyyliin nähdään, että baj b−1 = ajk kaikille j . Erityisesti a = 1a1 = b2 ab−2 = b(bab−1 )b−1 = b(ak )b−1 2

= ak .

Koska a on kertalukua viisi tämä on mahdollista vain, jos k 2 ≡ 1 (mod 5). Kokeilemalla nähdään, että vaihtoehdoiksi jää k = 1 ja k = 4 ≡ −1 (mod 5). Tapauksessa k = 1 on syntyvä ryhmä abelin ryhmä, koska tällöin a ja b kommutoivat keskenään (ja ne selvästi generoivat ryhmän joka on aidosti suurempi kuin H , siis koko G:n. Tapauksessa k = −1 olemme osoittaneet, että alkiot a ja b toteuttavat kaikki diedriryhmän vastinalkioidensa relaatiot. Tämä riittää (yksi tarkempi perustelu käyttäisi ryhmän määrittelyä generaattorien ja relaatioiden avulla).

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät IV, 05.02.2015

1. Oletetaan, että G on kertalukua 24 oleva ryhmä. Lisäksi tiedetään, että alkiolla x ∈ G on 8 eri konjugaattia ryhmässä G. Osoita, että ryhmän G keskus Z(G) on triviaali. 2. Anna esimerkki ryhmästä G ja sen alkiosta x, joille edellisen tehtävän ehdot toteutuvat. 3. Oletetaan, että G on ryhmä, jonka alkioiden lukumäärä n ≡ 2 (mod 4). Cau hyn lauseen nojalla on olemassa kertalukua kaksi oleva alkio x ∈ G. A) Tutkitaan ryhmän G operointia joukossa X = G, missä operointina on kertominen vasemmalta. Olkoon σ : G → Σ(X) ∼ = Sn vastaava homomorsmi. Osoita, että σ(x) on parittoman monen erillisien 2-syklin tulo. Miksi tällöin σ(x) ∈ / An ? B) Osoita, että ryhmällä G on aliryhmä N , jossa on n/2 alkiota. 4. Oletetaan, että ρ : G → GLn (C) on äärellisen ryhmän G matriisiesitys. Miksi tällöin kuvaus τ : G → C∗ = GL1 (C), τ (g) = det(ρ(g)) on ryhmän G 1-asteinen esitys? Laske τ (g) kaikille g ∈ D4 , kun ρ on monisteen kappaleessa 2.1.1 tutkittu esitys R. 5. Aiemmassa tehtävässä Dem.III/6 näimme, miten ryhmä S4 operoi joukossa X , jonka alkiot (3 kpl) olivat joukon J4 partitiot kahteen yhtäsuureen osaan. Muodostetaan tätä operointia vastaava ryhmän S4 permutaatioesitys ρ : S4 → GL3 (C) (käyttäen monisteen Esimerkin 2.1.14 kantaa). Laske matriisit ρ((124)), ρ((1234) ja ρ((12)(34)). Onko ρ uskollinen? 6. Oletetaan, että G on äärellinen ryhmä, ja ρ : G → GLn (C) sen matriisiesitys. Osoita, että kaikille g ∈ G on voimassa | det ρ(g)| = 1. 7. Olkoon G 3-ulotteisen kuution peittoryhmä (kalvot valmistuvat viikonloppuna, ja käsitellään tiistain luennolla) Anna esimerkki sellaisesta 3 alkion joukosta X , jossa G operoi siten, että muodostuva homomorsmi σ : G → Σ(X) on surjektio. Vinkki: Arpanopan vastakkaisten sivujen summa on aina 7 vaikka sitä kuinka pyörittelisi.

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät V, 12.02.2015

1. Olkoon G jokin ryhmä, ja H = hai sen syklinen aliryhmä. Osoita, että aina CG (a) ≤ NG (H). Anna esimerkki tilanteesta, jossa tässä CG (a) on normalisoijan NG (H) aito aliryhmä. 2. Kuution symmetrioiden ryhmä operoi myös 12 särmän joukossa, joten voimme ajatella sitä ryhmän S12 aliryhmänä. Millainen syklirakenne (eli mikä on vastaavan permutaation tyyppi) tällöin on A) 90 asteen rotaatiolla z -akselin ympäri, B) 120 asteen rotaatiolla kuution avaruuslävistäjän ympäri, C) peilauksella tason z = 0 suhteen? 3. Säännöllinen tetraedri muodostuu kuution niistä kärjistä (±1, ±1, ±1) ∈ R3 , joissa on parillinen määrä miinusmerkkejä (kuva alla). Mitkä kuution 24 symmetriarotaatioista kuvaavat tetraedrin itselleen? Tarkistus: Rotaatioista tasan puolet kuvaa tetraedrin itselleen, joten sinun pitäisi löytää 12 tällaista rotaatiota.

4. Olkoon V enintään astetta 2 olevien polynomien avaruus V = {a0 + a1 x + a2 x2 ∈ C[x] | a0 , a1 , a2 ∈ C}.

Olkoon G = {1, g} syklinen kahden alkion ryhmä. Selitä, miksi sääntö (g · f )(x) = f (−x) tekee avaruudesta V G-modulin. Määrää ryhmän G alkioita esittävät matriisit kannan B = {1, x, x2 } suhteen. Totea, että matriisin R(g) ominaisavaruudet ovat alimoduleita. 5. Ryhmällä C4 = hgi on kaksi erilaista 2-asteista matriisiesitystä. Esityksessä R1 : C4 → GL2 (C) generaattori g kuvataan matriisiksi   R1 (g) = A =

0 −1 1 0

,

ja esityksessä R2 taas matriisiksi R2 (g) = A−1 = AT . Tason R2 operaatioina R1 (g) kiertää siis kulman π/2 verran vastapäivään, mutta R2 (g) kiertääkin saman verran vastapäivään. Etsi jokin isomorsmi matriisiesitysten R1 ja R2 välille. Vinkki: Tarvitaan siis matriisi T = B , joka toteuttaa yhtälön BA = A−1 B , eli BAB −1 = A−1 . Mikä kurssilla usein esiintynyt ryhmä tulee tästä mieleen? Löytyykö matriisi B ko. ryhmän käsitellyn esityksen avulla? 6. Olkoon f : C3 → C3 lineaarikuvaus f (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x1 , x1 ). Avaruudesta C3 tulee ryhmän G = C3 = {1 = g 3 , g, g 2 } moduli V , kun määrittelemme g · (x1 , x2 , x3 ) = (x2 , x3 , x1 ) (kuutiosta tuttu 120 asteen kierto). Osoita, että tällöin Lauseessa 2.3.12. määritelty `G-invariantti keskiarvokuvaus' on f ◦ (x1 , x2 , x3 ) =

(x1 + x2 + x3 ) (1, 1, 1). 3

7. Mitkä edellisen tehtävän C3 -modulin alimodulit saadaan modulihomomorsmin f ◦ kuvana ja ytimenä?

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät V, 12.02.2015

1. Olkoon G jokin ryhmä, ja H = hai sen syklinen aliryhmä. Osoita, että aina CG (a) ≤ NG (H). Anna esimerkki tilanteesta, jossa tässä CG (a) on normalisoijan NG (H) aito aliryhmä. 2. Kuution symmetrioiden ryhmä operoi myös 12 särmän joukossa, joten voimme ajatella sitä ryhmän S12 aliryhmänä. Millainen syklirakenne (eli mikä on vastaavan permutaation tyyppi) tällöin on A) 90 asteen rotaatiolla z -akselin ympäri, B) 120 asteen rotaatiolla kuution avaruuslävistäjän ympäri, C) peilauksella tason z = 0 suhteen? 3. Säännöllinen tetraedri muodostuu kuution niistä kärjistä (±1, ±1, ±1) ∈ R3 , joissa on parillinen määrä miinusmerkkejä (kuva alla). Mitkä kuution 24 symmetriarotaatioista kuvaavat tetraedrin itselleen? Tarkistus: Rotaatioista tasan puolet kuvaa tetraedrin itselleen, joten sinun pitäisi löytää 12 tällaista rotaatiota.

4. Olkoon V enintään astetta 2 olevien polynomien avaruus V = {a0 + a1 x + a2 x2 ∈ C[x] | a0 , a1 , a2 ∈ C}.

Olkoon G = {1, g} syklinen kahden alkion ryhmä. Selitä, miksi sääntö (g · f )(x) = f (−x) tekee avaruudesta V G-modulin. Määrää ryhmän G alkioita esittävät matriisit kannan B = {1, x, x2 } suhteen. Totea, että matriisin R(g) ominaisavaruudet ovat alimoduleita. 5. Ryhmällä C4 = hgi on kaksi erilaista 2-asteista matriisiesitystä. Esityksessä R1 : C4 → GL2 (C) generaattori g kuvataan matriisiksi   R1 (g) = A =

0 −1 1 0

,

ja esityksessä R2 taas matriisiksi R2 (g) = A−1 = AT . Tason R2 operaatioina R1 (g) kiertää siis kulman π/2 verran vastapäivään, mutta R2 (g) kiertääkin saman verran vastapäivään. Etsi jokin isomorsmi matriisiesitysten R1 ja R2 välille. Vinkki: Tarvitaan siis matriisi T = B , joka toteuttaa yhtälön BA = A−1 B , eli BAB −1 = A−1 . Mikä kurssilla usein esiintynyt ryhmä tulee tästä mieleen? Löytyykö matriisi B ko. ryhmän käsitellyn esityksen avulla? 6. Olkoon f : C3 → C3 lineaarikuvaus f (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x1 , x1 ). Avaruudesta C3 tulee ryhmän G = C3 = {1 = g 3 , g, g 2 } moduli V , kun määrittelemme g · (x1 , x2 , x3 ) = (x2 , x3 , x1 ) (kuutiosta tuttu 120 asteen kierto). Osoita, että tällöin Lauseessa 2.3.12. määritelty `G-invariantti keskiarvokuvaus' on f ◦ (x1 , x2 , x3 ) =

(x1 + x2 + x3 ) (1, 1, 1). 3

7. Mitkä edellisen tehtävän C3 -modulin alimodulit saadaan modulihomomorsmin f ◦ kuvana ja ytimenä?

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät VI, 19.02.2015

1. Osoita, että ryhmän D4 monisteen kappaleessa 2.1.1. käsitelty 2-ulotteinen matriisiesitys on yksinkertainen. 2. Ryhmälle C4 = hg | g 4 = 1i saadaan 4-ulotteinen esitys V , kun generaattori g kuvataan permutaatiota (1234) ∈ S4 vastaavaksi permutaatiomatriisiksi 

0  1 R(g) =   0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

 1 0  . 0  0

Jaa V yksinkertaisen esitysten suoraksi summaksi. Vinkki: Kannattaa aloittaa määräämällä matriisin R(g) ominaisarvot. Olkoot Vi , i = 0, 1, . . . , ryhmän G moduleja, ja fi : Vi → Vi+1 modulien välisiä homomorsmeja. Sanotaan, että muodostuva jono moduleja ja homomorsmeja f0

f2

f1

fn

V0 → V1 → V2 → · · · → Vn+1

on eksakti, jos kaikilla esiintyvillä indeksin i arvoilla Ker(fi+1 ) = Im(fi ). Käsite esiintyy tehtävissä jatkossa. 3. Osoita, että eksaktissa jonossa yhdistetty kuvaus fi+1 ◦ fi on aina nollakuvaus kaikille indeksin i sellaisilla arvoilla, joille sekä fi että fi+1 ovat olemassa. 4. Selitä, miksi jono f

g

0 → V0 → V1 → V2 → 0

on eksakti (ns. lyhyt eksakti jono, eng. short exa t sequen e), jos ja vain jos f on injektio, g on surjektio, ja Im f = Ker g . Huom. Jonon päissä esiintyvät nollamodulit ovat nollaulotteisia vektoriavaruuksia. Vakiokuvaus nollalle on ainoa homomorsmi sellaisesta (tai sellaiselle) modulille, joten niitä ei yleensä nimetä erikseen. 5. Sanotaan, että lyhyt eksakti jono (ks. edellinen tehtävä) lohkeaa, jos on olemassa sellainen homomorsmi s : V2 → V1 , että yhdistetty kuvaus g ◦ s = idV2 . Osoita, että tällöin jonon keskellä oleva moduli V1 on alimodulien f (V0 ) ja s(V2 ) suora summa. Vinkki: Jos x ∈ V1 on mielivaltainen, niin osoita, että x − s(g(x)) ∈ Ker g ja käytä eksaktisuutta. Vaihtoehtoisesti voit osoittaa, että yhdistetty kuvaus r = s ◦ g on idempotentti (eli r ◦ r = r) ja käyttää Mas hken lauseen todistuksen (ks. moniste) ideoita. 6. Oletetaan, että

f

g

0 → V0 → V1 → V2 → 0

on lyhyt eksakti jono G-moduleja. Miten Mas hken lauseesta seuraa, että tämä jono lohkeaa? Vinkki: Alimodulilla f (V0 ) on komplementaarinen alimoduli W , jolle V1 = W ⊕ f (V0 ). Osoita, että rajoitettu kuvaus g : W → V2 on isomorsmi. 7. Yleistä luentoesimerkkiä (kalvoilla Esimerkki 6C) seuraavalla tavalla. Olkoon R : G → GLn (C) ryhmän G yksinkertainen matriisiesitys, joka ei ole triviaali. Osoita, että tällöin X

R(x) = 0n×n .

x∈G

Miten tässäP käy, jos esitys onkin triviaali? Vinkki: Jos x ∈ Cn on mielivaltainen pystyvektori, niin miksi `keskiarvo' x∈G R(g)x häviää?

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät VII, 05.03.2015

1. Oletetaan, että abelin ryhmiä ja niiden välisiä homomorsmeja sisältävässä diagrammissa 0 0

f1 f0 V0 → V1 → ↓ φ0 ↓ φ1 g1 g0 → W0 → V1 → →

V2 → 0 ↓ φ2 V2

→ 0

vaakarivit ovat lyhyitä eksaksteja jonoja, ja että kyseessä on kommutoiva diagrammi. Tämä tarkoittaa sitä, että neliöiden ympäri kulkevat yhdistetyt kuvaukset yhtyvät: φ1 ◦ f0 = g0 ◦ φ0 ja φ2 ◦ f1 = g1 ◦ φ1 . Lisäksi tiedetään, että kuvaukset φ0 ja φ2 ovat isomorsmeja. Osoita, että tällöin myös φ1 on isomorsmi. Vinkki: Kyseessä on ns. diagrammijahti, jossa kuvaus φ1 nähdään sekä injektioksi (=ydin triviaali) että surjektioksi käyttämällä vuoron perään eksaktisuutta ja diagrammin kommutointia. Seuraavat tehtävät käyvät läpi / kertaavat muutaman faktan ykkösenjuurista, äärellistä kertalukua olevien matriisien diagonalisoituvuudesta ja kommutoivien matriisien samanaikaisesta diagonalisoituvuudesta. Lopputuloksena saamme toisen todistuksen sille, että abelin ryhmän yksinkertaiset esitykset ovat 1-ulotteisia. Tuloksemme on kuitenkin hiukan yleisempi.

Kiinnitetään positiivinen kokonaisluku n ja merkitään kompleksilukua ζn = e2πi/n = cos(2π/n) + i sin(2π/n).

Moivre'n kaavan nojalla, tällöin ζnk = cos(2πk/n) + i sin(2πk/n),

ja sen seurauksena

ζnk = ζnℓ

aina, kun k ≡ ℓ (mod n). Erityisesti ζnn = 1, ja n on pienin positiivinen kokonaisluku, jolla on tämä ominaisuus. Sanotaan, että ζn on (eräs) primitiivinen n:s ykkösenjuuri. 2. Osoita geometrisen summan kaavan avulla, että n−1 X

ζnkj

=

j=0

(

0, n,

kun n ∤ k , ja kun n | k .

3. Oletetaan, että V on äärellisulotteinen kompleksinen vektoriavaruus, ja että lineaarikuvaus t ∈ GL(V ) on kertalukua n, eli tn = idV . Olkoon x ∈ V mielivaltainen, ja k ∈ [0, n) kokonaisluku. Määritellään xk =

Tarkista laskemalla, että

n−1 1 X jk j ζ t (x). n j=0 n

t(xk ) = ζ −k xk ,

ja että

n−1 X

xk = x.

k=0

4. Selitä, miksi edellisen tehtävän tilanteessa avaruuden V jokainen vektori voidaan esittää lineaarikuvauksen t ominaisvektorien lineaarikombinaationa. Miksi tällöin V :llä väistämättä on kanta, joka muodostuu t:n ominaisvektoreista (ns. ominaiskanta), eli V on esitettävissä t:n ominaisavaruuksien suorana summana. Palauta mieleesi, että lineaarialgebran perusteella tällöin lineaarikuvauksen t matriisi on diagonalisoituva.

5. Oletetaan, että lineaarikuvaukset t, s ∈ GL(V ) kommutoivat, eli t ◦ s = s ◦ t. Oletetaan, että λ on kuvauksen t ominaisarvo, ja Vλ ⊆ V vastaava ominaisavaruus. Osoita, että aina, kun x ∈ Vλ , niin myös s(x) ∈ Vλ . 6. Oletetaan, että lineaarikuvaukset t1 , t2 , . . . , tr ∈ GL(V ) kaikki kommutoivat keskenään: tk ◦ tj = tj ◦ tk kaikille 1 ≤ j, k ≤ r. Oletetaan lisäksi, että kullekin kuvauksista tj =, j = 1, 2, . . . , r, löytyy ominaiskanta. Osoita, että tällöin on olemassa avaruuden V sellainen kanta, joka on ominaiskanta samanaikaisesti kaikille lineaarikuvauksille tj , j = 1, 2, . . . , r . Vinkki: Jos r = 1, niin väite sisältyi oletuksiin. Jos dim V = 1, niin asia on niin ikään selvä. Olisiko edellisen tehtävän tuloksesta induktioaskeleeksi, kun pohdit induktiota sekä r:n että dim V :n suhteen? 7. Olkoon G äärellinen abelin ryhmä, ja ρ : G → GL(V ) sen esitys. Osoita, että avaruudelle V löytyy sellainen kanta, jonka suhteen kaikkien lineaarikuvausten ρ(g), g ∈ G matriisit ovat diagonaalisia. Miksi tästä seuraa, että jos V on yksinkertainen, niin dim V = 1?

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät VII, 05.03.2015 Tehtävä 6. Oletetaan, että lineaarikuvaukset

tk ◦ tj = tj ◦ tk

kaikille

1 ≤ j, k ≤ r.

t1 , t2 , . . . , tr ∈ GL(V )

kaikki kommutoivat keskenään:

Oletetaan lisäksi, että kullekin kuvauksista

löytyy ominaiskanta. Osoita, että tällöin on olemassa avaruuden

samanaikaisesti kaikille lineaarikuvauksille tj , j = 1, 2, . . . , r. Vinkki: Jos r = 1, niin Jos dim V = 1, niin asia on niin ikään selvä. Olisiko edellisen tehtävän tuloksesta pohdit induktiota sekä r:n että dim V :n suhteen? Ratkaisu. Edetään inudktiolla lineaarikuvausten lukumäärän

r

tj =, j = 1, 2, . . . , r,

sellainen kanta, joka on ominaiskanta

V

väite sisältyi oletuksiin. induktioaskeleeksi, kun

suhteen. Tapaus

r=1

on selvä, koska

kaikki lineaarikuvaukset olivat diagonalisoituvia. Tutkitaan kuvausta tr . Koska se on diagonalisoituva, niin avaruus

V

voidaan esittää sen ominaisavaruuk-

sien suorana summana

V = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vk , missä

Vi = {x ∈ V | tr (x) = λi x}

on ominaisarvoon

λi

λi 6= λj aina, kun i 6= j . i 6= j . Tarvitsemme vielä

kuuluva ominaisavaruus. Siis

Kommutointioletuksen ja tehtävän 5 tuloksen nojalla

tj (Vi ) ⊆ Vi

aina, kun

seuraavan aputuloksen (krhm).

t : V → V on lineaarikuvaus, jonka ominaisvektorien summina voidaan esittää kaikki V :n W ⊆ V on sellainen aliavaruus, että t(W ) ⊆ W , niin tällöin rajoitettu kuvaus t|W on sekin diagonalisoituva, eli jokainen W :n vektori voidaan esittää t:n aliavaruuteen W kuuluvien ominaisvektorien Lemma. Jos

vektorit, ja summana.

Todistus. Olkoon

vektorit

v1 , . . . vℓ ∈ V ,

w∈W

mielivaltainen. Avaruutta

V

koskevan oletuksen mukaan on olemassa sellaiset

joille

w = v1 + v2 + · · · + vℓ ,

(∗)

t(vi ) = λi · vi , i = 1, 2, . . . , ℓ. Lisäksi voimme olettaa (komponentteja tarvittaessa yhdistämällä), että λi 6= λj aina, kun i 6= j . Väite seuraa, jos pystymme osoittamaan, että kaikki tässä esiintyvät vektorit vi ∈ W . Tämä nähdään seuraavasti. Sovelletaan yhtälöön (∗) kuvausta tj kaikille eksponenteille j = 0, 1, . . . , ℓ − 1. Merkitään wj = tj (w), jolloin siis w0 = w, w1 = t(w) jne. Koska t(W ) ⊆ W , niin wj ∈ W kaikilla j :n arvoilla. Saadaan yhtälöt ja

wj = λj1 v1 + · · · + λjℓ vℓ ∈ W kaikille

j = 0, 1, . . . , ℓ − 1.

Tutkitaan matriisia

1 λ1 λ21 · · ·  1 λ2 λ22 · · ·  A= . . . .. . .  .. . . . 

1

Yhtälön

(∗)

λ2ℓ

···

λℓ−1 ℓ

mainitut seuraukset voidaan kätevästi kirjoittaa vektoriyhtälöryhmänä



w0  w1   ..  . wℓ−1 Vandermonde-tyyppisenä matriisi puolittain

λℓ

 λℓ−1 1  λℓ−1 2  . . .  .

A:n

A



 v1   v2      = A  ..  .   .  vℓ 

on säännöllinen (λi

(∗∗)

6= λj =⇒ det A 6= 0).

käänteismatriisilla vasemmalta näemme, että

  w0 v1  w1  v2      ..  = A−1  ..  .  .  vℓ wℓ−1 



  . 

Kertomalla yhtälö

(∗∗)

Tässä olemme esittäneet kaikki vektorit

vi , i = 1, 2, . . . , ℓ aliavaruuden W vektorien wj , j = 0, 1, . . . , ℓ − 1, vi ∈ W kaikilla indeksin i arvoilla. MOT.

lineaarikombinaatioina. Näin ollen vektorit

Tehtävän 6 väite seuraa nyt helposti. Lemman perusteella kussakin aliavaruuksista Vi , i

= 1, 2, . . . , k kukin

lineaarikuvaus tj , j < r, on diagonalisoituva, joten induktio-oletuksen perusteella kullekin avaruuksista Vi löytyy sellainen kanta, jonka suhteen kaikki lineaarikuvaukse tj , j < r ovat diagonaalisia. Koska kuvaus tr operoit avaruudessa Vi skalaarina λi , niin näiden kantojen unionina saadaan haluttu kanta.

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät VIII, 12.03.2015

1. Olkoon V = C2 . Osoita, että kaikkia avaruuden V ⊗ V vektoreita ei voi kirjoittaa muodossa u ⊗ v joillekin u, v ∈ V . Opastus: Jos u = ae1 + be2 ja v = ce1 + de2 , niin osoita, että tensoritulon u ⊗ v = a11 e1 ⊗ e1 + a12 e1 ⊗ e2 + a21 e2 ⊗ e1 + a22 e2 ⊗ e2

kertoimet aij toteuttavat yhtälön a11 a22 − a12 a21 = 0.

2. Vektorien ristitulo on bilineaarikuvaus φ : R3 × R3 → R3 , φ(u, v) = u × v. Tutkitaan tensoritulon universaalisuusominaisuuden lupaamaa vastaavaa lineaarikuvausta F : R3 ⊗R R3 → R3 , F (u ⊗ v) = u × v.

Osoita, että tämä kuvaus on surjektio. Mikä on sen matriisi luonnollisten kantojen {i ⊗ i, i ⊗ j, i ⊗ k, j ⊗ i, . . . , k ⊗ k}

ja {i, j, k} suhteen? Etsi vielä jokin kanta tämän lineaarikuvauksen ytimelle Ker F . Vinkki: Muista, että u × v = −v × u. Huomautus: Monisteessa tensoritulo määriteltiin vektoriavaruuksille yli kunnan C. Tensoritulo voidaan määritellä samalla tavalla yli minkä tahansa kunnan K kunhan vektoriavaruuksien ajatellaan olevan yli ko. kunnan. Edelleen bilineaarisuudessa edellytetään tällöin vain sitä, että kuntaan K kuuluva skalaari voidaan siirtää bilineaarikuvauksen muuttujan kertoimesta kuvan kertoimeksi. Jos on sekaannuksen mahdollisuus, niin kunta K merkitään alaindeksiksi. Esimerkiksi C ⊗C C on 1-ulotteisten kompleksisten vektoriavaruuksien tensoritulona 1-ulotteinen avaruus yli C:n. Kun taas C⊗R C on 2-ulotteisten reaalisten vektoriavaruuksien tensoritulona 4-ulotteinen vektoriavaruus yli R:n. 3. Olkoon G ryhmä, ja ρ : G → GL(V ) jokin sen esitys. Osoita, että duaaliesityksen duaaliesitys (V ∗ )∗ (tai lyhyesti V ∗∗ on G-modulina isomornen modulin V kanssa. 4. Osoita, että ryhmän G = S3 2-ulotteinen esitys V (monisteen Esimerkki 2.4.2.) ja sen duaalinen esitys V ∗ (kalvojen Esimerkki 7.B) ovat keskenään isomorsia etsimällä eksplisiittinen isomorsmi niiden välille. Vinkki: Yksi tapa lähestyä tätä on todeta, että isomorsmin pitää kuvata matriisin R(t) ominaisvektori matriisin R∗ (t) samaan ominaisarvoon kuuluvaksi ominaisvektoriksi. Samoin alkion c kohdalla. Muitakin tapoja voi keksiä. 5. Oletetaan, että V on ryhmän G 1-ulotteinen esitys. Osoita, että tällöin 1-ulotteinen esitys V ⊗ V ∗ on triviaali. 6. Oletetaan, että A on ryhmän SO3 (R) matriisi, eli AAT = I3 ja det A = 1. Lineaarialgebrasta muistamme, että tällöin vastaava lineaarikuvaus t t : x 7→ Ax ∈ GL(R3 ) säilyttää vektorien pituudet, sisätulot ja niiden väliset kulmat. Tällöin näemme, että t on itse asiassa kierto jonkin akselin ympäri. Perustele tätä selittämällä, miksi kaikki vaiheet seuraavassa yhtälöketjussa pitävät paikkansa: det(A − I3 ) = det(A − AAT ) = det(A) det(I3 − AT ) = det(I3 − AT ) = det(I3 − A) = (−1)3 det(A − I3 ).

Miksi tästä seuraa, että λ = 1 on matriisin A ominaisarvo? Ekstraa: Tällöin vastaava ominaisavaruus L = V1 antaa kierron akselin, ja sitä vastaan kohtisuoralle tasolle T = L⊥ on voimassa t(T ) = T (2-ulotteisesti kiertäen). 7. Olkoot A, t, L ja T kuten edellisessä tehtävässä. Tällöin kuvaus t kiertää tasoa T kulman θ verran, niin tällöin kulma θ selviää matriisin A jäljen avulla yhtälöstä tr(A) = 1 + 2 cos θ

(voit joko pohtia mistä tämä seuraa, tai pitää sitä tunnettuna). Tarkista tämän jälkikaavan olevan voimassa kuution symmetrioina esiintyville rotaatioille. Vinkki: Lineaarikuvauksen t matriisia kannattaa ajatella sellaisen kannan u1 , u2 , u3 , joka on ortonormaali, joista u1 on ominaisarvoon 1 kuuluva ominaisvektori, ja u2 , u3 ovat tason T ortonormaalikanta.

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät IX, 19.03.2015

1. Oletetaan, että χ ja ψ ovat ryhmän G kahden esityksen karakterit ja χ∗ , ψ ∗ vastaavat duaaliesitysten karakterit. Osoita, että näiden sisätulolle on voimassa sääntö (χ | ψ) = (ψ ∗ | χ∗ ).

2. Monisteen Esimerkissä 3.4.8. (ei käsitelty luennolla) ideana varmaankin on käyttää karakterien teoriaa. Olkoon siis χ esityksen V karakteri, ja χ∗ duaaliesityksen V ∗ karakteri. Miten Esimerkin väite seuraa karakterien teoriaa käyttäen? 3. Todista monisteen Esimerkin 3.4.8. väite käyttämättä karakterien teoriaa. Vinkki: Jos esityksellä V ∗ on jokin ei-triviaali aliesitys, W ⊆ V ∗ , niin osoita, että W ⊥ := {x ∈ V | f (x) = 0 kaikille f ∈ W }

on avaruuden V ei-triviaali aliavaruus, ja lisäksi esityksen V yksinkertaisuutta loukaten myös Galimoduli. 4. Oletetaan, että G on ryhmä, josta tiedämme, että A) sen kertaluku on 8, B) se ei ole abelin ryhmä. Selvitä ryhmän G keskenään ei-isomorsten yksinkertaisten esitysten lukumäärä ja niiden dimensiot. 5. Kvaternionien renkaan (Algebran PK2, JL:n versio) yksiköillä on aliryhmä Q8 = {1, i, j, k, −1, −i, −j, −k}.

Tässä alkio −1 käyttäytyy ryhmäoperaation suhteen odotetulla tavalla, ja muutoin ryhmän Q8 kertolasku määräytyy säännöistä i2 = j 2 = k 2 = −1, ij = k , ji = −k , jk = i, kj = −i, ki = j , ik = −j . Ryhmällä Q8 on uskollinen 2-ulotteinen matriisiesitys R, jolle R(±1) = ±I2 , ja jolle R(i) =



i 0

0 −i



,

R(j) =



0 −1 1 0



.

Laske matriisi R(k). Muodosta tämän esityksen karakteri, ja osoita, että kyseinen esitys on yksinkertainen. Huomautus: Jos G on 8-alkioinen ryhmä, joka ei ole abelin ryhmä, niin on suhteellisen helppoa osoittaa, että tällöin G on isomornen joko diedriryhmän D4 tai kvaternioniryhmän Q8 kanssa. Jos ryhdyt miettimään tätä ja jäät jumiin, niin kurkista http://math.sta kex hange. om/q/64406 6. Tutkitaan luentoesimerkissä (11.03.) esiteltyjä ryhmän G = S3 esityksiä homogeenisten astetta kolme olevien muuttujien x1 , x2 , x3 polynomien avaruudessa R3 . Ryhmä S3 siis operoi monomeihin säännöllä σ · xa1 xb2 xc3 = xaσ(1) xbσ(2) xcσ(3) ,

ja muihin polynomeihin tätä sääntöä lineaarisesti jatkamalla. Totea, että avaruuden R3 dimensio on 10, kantana x31 , x32 , . . . , x21 x2 , . . . , x23 x2 , x1 x2 x3 . Selitä, miksi tämän esityksen karakterille χ on voimassa χ(1G ) = 10, χ((12)) = 2, χ((123)) = 1. Olkoon χ1 triviaalin esityksen karakteri. Tarkista laskemalla, että (χ | χ1 ) = 3. Löydätkö avaruudesta R3 tätä tulosta vastaavan 3-ulotteisten aliavaruuden, jonka polynomit ovat symmetrisiä ryhmän operointia vastaavien muuttujien vaihdon suhteen? 7. Olkoot G = S3 , R3 ja χ kuten edellisessä tehtävässä. Olkoon sign ryhmän S3 etumerkkikarakteri: sign(σ) = +1, jos σ on parillinen permutaatio, ja sign(σ) = −1, jos σ on pariton. Osoita, että (χ | sign) = 1. Tarkista tekemällä itseäsi tyydyttävä määrä kokeita, että sekä polynomi (vrt. Algebra PK2) P1 = ∆ = (x1 − x2 )(x1 − x3 )(x2 − x3 ) ∈ R3

että polynomi

P2 = (x1 − x2 )3 + (x2 − x3 )3 + (x3 − x1 )3 ∈ R3

noudattavat sääntöä σ · Pj = sign(σ)Pj ,

j = 1, 2,

kaikille permutaatioille σ ∈ S3 . Miksi tämä ei ole ristiriidassa sen kanssa, että kyseistä sääntöä noudattavien polynomien muodostama aliavaruus W ⊂ R3 on karakterien sisätulon perusteella 1-ulotteinen?

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät X, 26.03.2015

1. Olkoon H kuution symmetrioina esiintyvien rotaatioiden ryhmä (siis #H ne symmetriakuvaukset, joiden determinantti on yksi). Ryhmä

H

= 24, eli mukaan otetaan vain

voidaan ajatella määritellyn tämän

3-ulotteisen esityksen kautta (ks. luentoesimerkki 4A, 27.01.). Määrää tämän 3-ulotteisen esityksen karakteri

χ,

ja osoita sisätulon avulla, että kyseinen esitys on yksinkertainen.

2. Erään ryhmän

karakteritaulussa esiintyy seuraavat kolme saraketta

G

χ1 χ2 χ3 χ4 χ5 χ6 χ7

1G 1 1 4 4 6 5 5

x 1 −1 2 −2 0 1 −1

y 1 1 1 1 0 −1 −1

Selvitä tämän perusteella kuinka monta alkiota ryhmässä luokat

[x]

3. Olkoon

G

ja

G

on sekä kuinka suuria ovat konjugaatti-

[y].

jokin äärellinen ryhmä,

χ1 , χ2 , . . . , χk

sen jaottomat karakterit ja

g1 , g2 , . . . , gk

sen konju-

gaattiluokkien edustajat jossakin (kiinnitetyssä) järjestyksessä. Merkitään konjugaattiluokkien alkioiden lukumääriä ci = #[gi ], i = 1, 2, . . . , k . Voimme mieltää ryhmän G karakteritaulun k × k -matriisiksi A = (aij )1≤i,j≤k , missä siis aij = χi (gj ). Olkoon D diagonaalimatriisi, jonka diagonaalialkiot ovat

dii = ci .

Osoita oikeaksi matriisiyhtälö

ADAH = #G Ik , missä matriisi

AH

on matriisin

A

Hermiten konjugaatti, eli matriisi, joka saadaan

korvaamalla kaikki matriisin alkiot kompleksikonjugaateillaan: 4. Edellisen tehtävän tulos voidaan tulkita siten, että matriisi

g · x, g ∈ G,

V

on äärellisen ryhmän

G

1 DAH #G BA = Ik ?

B =

Mikä tuttu tulkinta on seurauksena saatavalla matriisiyhtälöllä 5. Oletetaan, että

A:n

transpoosista

AH = (aji ). on

A:n

käänteismatriisi.

moduli. Olkoon

x ∈ V jokin vektori. Osoita, että vektorien W . Koska tämä on selvästi pienin alimoduli, joka vektorin x generoimaksi sykliseksi alimoduliksi. Huomaa,

generoima aliavaruus on myös alimoduli

sisältää vektorin

x,

niin tätä voidaan kutsua

että yleensä vektorit

g · x, g ∈ G

eivät ole lineaarisesti riippumattomia.

S3 luentoesimerkissä 9B (17.03.) käsiteltyä esitystä R2 . Näimme, että eräs sen V = p3 (R2 ) on 4-ulotteinen. Osoita, että tämä 4-ulotteinen alimoduli on syklinen tehtävä) etsimällä jokin sopiva vektori x. Vinkki: Kunhan x ∈ V ei ole nollavektori,

6. Tutkitaan ryhmän homogeeninen osa (vrt. edellinen

niin homogeenisuuden vuoksi sen generoima syklinen alimoduli on joko 2- tai 4-ulotteinen. Oikeastaan sinulla pitää olla huonoa onnea, jos satunnaisesti valitsemasi vektori ei toimi. 7. Määrää ryhmän S3 ×S3 jaottomien esitysten dimensiot. Kuinka monta kertaa kukin vaihtoehto esiintyy?

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät XI, 02.04.2015

Olkoon G kuution symmetrioina esiintyvien rotaatioiden ryhmä (siis #H = 24, eli mukaan otetaan vain ne symmetriakuvaukset, joiden determinantti on yksi). Viime demoissa selitettiin, miten ryhmän G operointi kuution 4 lävistäjän joukossa antaa isomorsmin G ∼ = S4 . Luentoesimerkkissä 4A, (27.01.) ja demotehtävässä IV/7 näimme miten G operoi monessa kuution osien avulla tuotetussa joukossa X . Kahdessa ensimmäisessä tehtävässä tutkitaan erilaisia tällä tavalla tuotettuja ryhmän S4 esityksiä. 1. Jos X on kuution vastakkaisten sivuparien joukko, niin demotehtävässä IV/7 näimme, miten G operoi joukossa X . Olkoon χ tähän 3-ulotteiseen permutaatioesitykseen liittyvä karakteri. Esitä χ jaottomien karakterien summana ryhmän S4 karakteritaulua apuna käyttäen. 2. Jos X on kuution särmien joukko, niin G operoi joukossa X . Olkoon χ tähän 8-ulotteiseen permutaatioesitykseen liittyvä karakteri. Esitä χ jaottomien karakterien summana ryhmän S4 karakteritaulua apuna käyttäen. 3. Määrää ryhmän G = C2 × C2 × C2 karakteritaulu. Pidetään suoraa tuloa sisäisenä, ja nimetään alkioita sen verran, että ensimmäinen C2 = {1, x}, toinen {1, y} ja kolmas {1, z}. Tällöin G = {1, x, y, z, xy, xz, yz, xyz}, ja kaikki alkio 6= 1 ovat kertalukua kaksi. 4. Olkoon Q8 aiemminkin esiintynyt yksikkökvaternionien ryhmä. Totea, että N = {1, −1} on sen normaali aliryhmä, ja että tekijäryhmän Q8 /N alkiot ovat kaikki kertaluku kaksi. Näin ollen Q8 /N = {N, iN, jN, kN } ∼ = C2 × C2 , ja Kleinin neliryhmän jaottomista karaktereista saadaan inaation avulla ryhmän Q8 jaottomia karaktereja. Vakuutu laskemalla siitä, että ryhmän Q8 5 konjugaattiluokkaa ovat {1}, {−1}, {±i}, {±j} ja {±k}, ja laadi ryhmän Q8 karakteritaulu. 5. Olkoon p alkuluku, X = Zp vastaava alkukunta. Jos a ∈ Zp , a 6= 0 ja b ∈ Zp ovat mielivaltaisia, niin totea, että funktio fa,b : X → X, x 7→ ax + b on bijektio. Osoita, että joukko Aff p := {fa,b | a ∈ Z∗p , b ∈ Zp } −1 on permutaatioiden ryhmän Σ(X) aliryhmä, f1,0 on sen neutraalialkio, fa,b = f1/a,−b/a , ja että

Np = {f1,b ∈ Aff p |, b ∈ Zp } ✂ Aff p

Vinkki: Osoita, että kuvaus π : Aff p → Z∗p , π(fa,b ) = a on ryhmähomomorsmi, ja Np = Ker π. Huomautus: Ryhmää Aff p kutsutaan joskus kunnan Zp ainien lineaarikuvausten ryhmäksi. 6. Osoita, että edellisen tehtävän ryhmä Aff p operoi joukossa X = Zp 2-transitiivisesti. Vinkki: Jos y1 , y2 ∈ Zp , y1 6= y2 ovat mielivaltaisia, niin miksi kertoimet a, b voidaan valita siten, että fa,b (0) = y1 ja fa,b (1) = y2 , eli miksi pisteiden (0, y1 ) ja (1, y2 ) kautta voidaan piirtää tasossa Zp × Zp suora, jonka kulmakerroin ei ole nolla. 7. Osoita, että ryhmässä Aff 5 on 20 alkiota, ja että sen jaottomien pareittain epäisomorsten esitysten dimensiot ovat 1, 1, 1, 1 ja 4. Huomautus: Aff 5 on isomornen 24.02. pidetyn välikokeen kolmannessa tehtävässä esiintyneen ryhmän NG (H) kanssa. 8. Ryhmän Aff 5 karakteritaulun määrääminen siirtyy ensi viikkoon. Tässä kuitenkin jo tehtävän määrittely. Voidaan (suhteellisen helposti) osoittaa, että joukko {f1,0 , f2,0 , f3,0 , f4,0 , f1,1 } on ryhmän Aff 5 konjugaattiluokkien edustajisto - vastaavat konjugaattiluokkien koot ovat 1, 5, 5, 5, 4. Laadi kerättyjen tietojen perusteella ryhmän Aff 5 karakteritaulu. Vinkki: Tehtävän 4 perusteella tekijäryhmä Aff p /Np on syklinen neljän alkion ryhmä, joten inaation perusteella sen 1-ulotteiset karakterit antavat ryhmän Aff p 1-ulotteisia karaktereja.

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät XII, 09.04.2015

1. Osoita laskemalla, että joukko {f1,0 , f2,0 , f3,0 , f4,0 , f1,1 } on viime viikon demoissa esitellyn ryhmän Aff 5 konjugaattiluokkien edustajisto. Vastaavat konjugaattiluokkien koot ovat 1, 5, 5, 5, 4. 2. Laadi kerättyjen tietojen perusteella ryhmän Aff 5 karakteritaulu. Vinkki: Viime viikon Tehtävän 4 perusteella tekijäryhmä Aff p /Np on syklinen neljän alkion ryhmä, joten inaation perusteella sen 1ulotteiset karakterit antavat ryhmän Aff p 1-ulotteisia karaktereja. 3. Miten diedriryhmän D4 2-ulotteinen jaoton esitys hajoaa, kun se rajoitetaan rotaatioiden muodostaman syklisen neljän alkion aliryhmän esitykseksi? Vinkki: Tämä tehtävä on oikeastaan ratkaistu aikaisemmin, mutta eri puhetapaa käyttäen. 4. Tutkitaan ryhmää D5 = ha, b | a5 = 1 = b2 , bab = a−1 i. Aiemmassa demotehtävässä III/1 laskimme, että ryhmän D5 konjugaattiluokat ovat {1, }, {a, a−1 }, {a2 , a−2 }, {b, ba, ba2 , ba2 , ba4 }. Osoita, että kommutaattorialiryhmä [D5 , D5 ] = hai. 5. Osoita edellisen tehtävän perusteella, että ryhmällä D5 on kaksi 1-ulotteista karakteria. Määrää ne molemmat. Vinkki: Muista, että kommutaattorialiryhmä sisältyy jokaisen 1-ulotteisen karakterin ytimeen.

6. Laadi ryhmän D5 karakteritaulu. Vinkki: Yhden 2-ulotteisen esityksen saat tutkimalla säännöllisen 5-kulmion peittoryhmän alkioita 2 × 2-matriiseina. Saatat tarvita √ ykkösenjuurten ominaisuuksia: jos ζ =√e2πi/5 on viides ykkösenjuuri, niin ζ + ζ −1 = 2 cos(2π/5) = ( 5 − 1)/2, ζ 2 + ζ −2 = 2 cos(4π/5) = (− 5 − 1)/2, ja 1 + ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 = 0. 7. Olkoon p jokin alkuluku. Tarkista, että kuvaus

φ : Aff p → GL2 (Zp ), fa,b 7→



a 0

b 1



on ryhmähomomorsmi. Osoita lisäksi, että ryhmän Aff p kommutaattorialiryhmä on aiemmin esiintynyt Np , ja määrää tämän perusteella ryhmän Aff p redusoitumattomien karakterien asteet.

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät XIII, 16.04.2015

1. Laske ryhmän S3 se karakteri, joka saadaan indusoimalla aliryhmän A3 = h(123)i triviaali 1-ulotteinen karakteri. Osoita, että saatu karakteri on ryhmän S3 1-ulotteisten karakterien summa. 2. Tarkista indusoidun karakterin kaavan avulla, että diedriryhmän D4 jaoton 2-asteinen karakteri saadaan indusoimalla syklisen 4-alkioisen aliryhmän H = hai karakterista, joka määräytyy ehdosta a 7→ ±i (siis kumpi tahansa valinta johtaa samaan indusoituun karakteriin). 3. Olkoon ζ7 = e2πi/7 . Tutkitaan summaa S = ζ7 + ζ72 + ζ74

ja sen kompleksikonjugaattia S = ζ73 + ζ75 + ζ76 . Tarkista laskemalla, että S + S = −1 ja SS = 2. Miksi tästä seuraa, että S ja S ovat yhtälön X2 + X + 2 = 0

juuret. Selvitä kumpi on kumpi vaikkapa `katsomalla kuvasta', että luvun S imaginääriosa on positiivinen. Lisätehtävä kurssin Äärelliset kunnat suorittaneille: Miten neliöjäännöksistä modulo 7 nähdään, että S − S on Gaussin summa? 4. Määrää diedrityhmän D7 = ha, b | a7 = 1 = b2 , bab−1 = a−1 i karakteritaulu. Vinkki: Indusoimalla aliryhmän hai ∼ = C7 1-ulotteisia esityksiä saadaan tuotettua kolme ei-isomorsta 2-asteista esitystä. Vastaan saattaa tulla muutama lasku seitsemänsillä ykkösenjuurilla. 5. Luentojen Esimerkissä 12H nähtiin, miten ryhmälle G = C7 ⋊ C3 saatiin kaksi redusoitumatonta 3asteista karakteria, χ1 ja χ−1 = χ1 indusoimalla syklisen aliryhmän C7 karaktereja θj . Tutkitaan karakterin χ1 restriktiota aliryhmään H = hai ∼ = C7 . Osoita, että tämä restriktio on aliryhmän H kolmen jaottoman karakterin θj , j = j1 , j2 , j3 summa. Tarkista, että Frobeniuksen resiprookkikaava on tässä voimassa, eli että sisätulot G (θj | ResG H (χ1 ))H = (IndH (θj ) | χ1 )G

ovat molemmat = 1, kun j on jokin indekseistä j1 , j2 , j3 . Huom: Tarvittavat tiedot ovat oikeastaan näkyvissä karakteritaulussa. 6. Oletetaan, että äärellinen ryhmä G operoi joukossa X transitiivisesti, #X ≥ 2. Osoita, että on olemassa sellainen g ∈ G, jolle g · x 6= x kaikille x ∈ X . Vinkki: Vastaoletus johtaa ristiriitaan monisteen kaavan 3.45 (s. 61) kanssa kun muistat että permutaatioesityksen karakteri laskee kiintopisteiden lukumäärän. 7. Olkoot H ja K äärellisen ryhmän G aliryhmiä. Määritellään tulojen joukko HK = {hk ∈ G | h ∈ H, k ∈ K}.

Osoita, että tämän joukon alkioiden lukumäärä on #(HK) =

#H · #K . #(H ∩ K)

Vinkki: Jos hk = h′ k ′ , niin h′−1 h = k ′ k −1 ∈ H ∩ K . Huomautus: Tulojoukko ei aina ole aliryhmä. Se on sitä, jos toinen aliryhmistä on normaali.

Ryhmäteoria Demonstraatiotehtävät XIV, 23.04.2015

1. Etsi ryhmän S4 kaikki kolme Sylow 2-aliryhmää (vrt. Luentoesimerkki 13D). Vinkki: Ne saadaan toisistaan konjugoimalla. 2. Etsi jokin ryhmän S9 Sylow 3-aliryhmä. Vinkki: Jos α = (123), niin etsi jokin sellainen kertalukua 3 oleva permutaatio β , jolle α, βαβ −1 ja β 2 αβ −2 ovat erillisiä 3-syklejä. Tällainen β normalisoi kyseisten 3-syklien generoiman aliryhmän Q ∼ = C3 × C3 × C3 . 3. Osoita, että kertalukua 35 oleva ryhmä on välttämättä syklinen. 4. Oletetaan, että ryhmän G kertaluku on 36. Osoita, että G ei ole yksinkertainen. 5. Tiedetään, että ryhmän G kertaluku on 30. Osoita, että sillä on kertalukua 15 oleva aliryhmä H . Jos tiedämme, että G ei ole Abelin ryhmä, niin onko se välttämättä isomornen diedriryhmän kanssa? Vinkki: Katso ensin Dem. IV tehtävää 3. Konjugointi kertalukua kaksi olevalla alkiolla on sitten aliryhmän H eräs automorsmi. Selvitä vaihtoehdot vaikkapa samaan tyyliin kuin aiemmalla Luentokalvolla Esimerkki 3A.2 (20.-21.01.), jossa konjugoitiin kertalukua 3 olevalla alkiolla. 6. Osoita, että kertalukua 105 oleva ryhmä ei voi olla yksinkertainen. 7. Oletetaan, että ryhmän G kertaluku on 28. Osoita, että sillä on kertalukua 14 oleva kommutatiivinen aliryhmä.

Ryhmäteoria 1. välikoe, 24.02.2015

Vastaa NELJÄÄN tehtävään. Jos vastaat useampaan, niin neljä PARASTA vastausta otetaan huomioon arvostelussa. Vastaa tehtävän KAIKKIIN kohtiin (bulletteja). Tehtävät eivät ole vaikeusjärjestyksessä. Tentin kesto noin 3h. Tehtävät jatkuvat kääntöpuolella. Tehtävä 1

Tarkastellaan ryhmää

D6 = ha, b | a6 = 1 = b2 , bab = a−1 i. Anna esimerkit tämän ryhmän ei-triviaaleista aliryhmistä K1 ja K2 , joista K1 on normaali, mutta ole. Selvitä lisäksi montako alkiota on aliryhmässä H , jonka generoivat alkiot a2 ja b.

K2 ei

Luennoilla ja demoissa käytiin läpi tulosta, jonka mukaan ryhmän D6 alkiot ovat ai bj , missä i = 0, 1, 2, 3, 4, 5 ja j = 0, 1. Lisäksi induktiolla todistettiin laskusääntö ai b = ba−i . Aliryhmäksi K1 käy alkion a generoima aliryhmä K1 = hai = {ai | 0 ≤ i < 6}. Sen normaalisuus seuraa siitä, että se on indeksiä kaksi. Aliryhmäksi K2 käy alkion b generoima kahden alkion aliryhmä. Se ei ole normaali, sillä aba−1 = ba−2 = ba4 ∈ / K2 . Aliryhmään H kuuluvat selvästi alkiot Ratkaisu.

{1, a2 , a4 , b, ba2 = a−2 b = a4 b, ba4 = a−4 b = a2 b}.

Aliryhmäkriteerillä nähdään, että yllä lueteltu joukko on aliryhmä. Jo mainitut laskusäännöt riittävät. Tämä tehtävä osattiin käytännöllisesti katsoen täydellisesti. Siksi "malli"ratkaisukin on kursorinen. Tutkitaan ryhmän G = S5 5-syklejä. Tunnetusti ne ovat kaikki samassa konjugaattiluokassa. Demoissa osoitimme, että näitä on 24 kappaletta.

Tehtävä 2

• Jos σ ∈ S5 on 5-sykli, niin osoita että sentralisoija CG (σ) = hσi. • Jos σ ∈ S5 on 5-sykli, niin selitä, miksi aliryhmän hσi alkioista neljä on 5-syklejä. • Olkoon α = (12345) ∈ S5 . Määrää jokin sellainen permutaatio β ∈ S5 että βαβ −1 = α2 . • Olkoot α ja β kuten edellisessä kohdassa ja H = hαi ≤ G. Selitä, miksi normalisoijassa NG (H) on tasan 20 alkiota, ja miksi NG (H) = hα, βi? Ratkaisu. Koska 5-syklin σ generoimassa aliryhmässä on viisi alkiota, ja se abelin ryhmänä sisältyy generaattorinsa sentralisoijaan, niin näemme, että #CG (σ) ≥ 5. Toisaalta koska konjugaattiluokassa on 24 = #[σ] = #G/#CG (σ) alkiota, ja #G = 5! = 120, niin näemme, että #CG (σ) = 5. Näin ollen CG (σ) = hσi. Aliryhmän hσi alkiot ovat permutaation σ potenssit σi , i = 0, 1, 2, 3, 4. Näistä muut paitsi 1G = σ0 ovat 5-syklejä, joten niitä on neljä kappaletta. Laskemalla nähdään, että α2 = (13524). Tunnetusti

βαβ −1 = (β(1)β(2)β(3)β(4)β(5)),

joten valinta β : 1 7→ 1, 2 7→ 3, 3 7→ 5, 4 7→ 2, 5 7→ 4 kelpaa. Syklimuodossa tämä alkio β = (2354). Muitakin vaihtoehtoja on. Koska konjugointi on ryhmän automorsmi, niin βαi β −1 = α2i .

Näin ollen

β 2 αβ −2 = β(βαβ −1 )β −1 = βα2 β 1 = α4 , β 3 αβ −3 = β(β 2 αβ −2 )β −1 = βα4 β 1 = α8 = α3 .

Selvästi α ∈ NG (H), ja β ∈ NG (H). Näin ollen K := hα, βi ≤ NG (H). Koska ord(β) = 4 ja ord(α) = 5, niin Lagrangen lauseen nojalla luvut neljä ja viisi ovat molemmat kertaluvun #NG (H) tekijöitä. Näin ollen

20 = pyj(4, 5) | #NG (H). Toisaalta, jos γ ∈ NG (H), niin γαγ −1 ∈ H . Näin ollen toisen bulletin perusteella γαγ −1 = αj , missä j on jokin eksponenteista j = 1, 2, 3, 4. Tekemämme havainnon perusteella siis γαγ −1 = β ℓ αβ −ℓ

jollekin eksponentille ℓ = 0, 1, 2, 3. Näin ollen tulo β −ℓ γ kuuluu alkion α sentralisoijaan. Ensimmäisen bulletin nojalla on siis β −ℓ γ = αi , ja näin ollen γ = β ℓ αi ∈ K . Siis K = NG (H). Samalla näimme, että γ = β ℓ αi , missä eksponetilla ℓ on neljä vaihtoehtoa ja eksponentilla i viisi. Näin ollen #K = 20. Tässä viimeinen väite oli odotetusti hiukan kinkkinen. Luulen, että tästä tulee hiukan kysymyksiä, sillä linja oli suhteellisen ankara (tämä oli kuitenkin ehkä helpompi kuin vastintehtävä torstain välikoeversiossa). Mietin vielä arvostelua itsekin, sillä kaikki variantit eivät välttämättä tulleet mieleen. Yksi teistä oli kuitenkin esittänyt oleellisesti yo. ratkaisun (vetoamalla kakkosbullettiin). Hyväksyin myös (hieman pitkin hampain, sillä perustelut eivät olleet ihan täydellisiä) ratkaisun, joka perustui siihen, että aliryhmällä H on oltava kuusi konjugaattialiryhmää. Se seuraa siitä, että 5-syklit jakautuvat kuuden aliryhmän kesken: niitä on 24kpl, ja yhdessä muotoa hσi niitä on neljä. Osittaisia päällekkäisyyksiä ei voi olla, koska jokainen tällaisen aliryhmän 5-sykli generoi sen koko ryhmän. Edelleen, ei ole ihan selvää, että aliryhmän K alkiot olisivat kaikki muotoa β i αj . Samantapainen päättely, jonka kävimme läpi diedriryhmän tapauksessa (silloin b, nyt β siirretään vaikkapa alkuun) menee toki läpi. Tällaisten argumenttien kirjoittamista ei olla harjoiteltu riittävästi, joten ehkä arvostelu lievenee. Seuraava tehtävä voitaisiin ratkaista vetoamalla Sylowin lauseisiin. Se on nyt kuitenkin kiellettyä. Itse asiassa tehtävän päättely yleistyy Wielandtilta peräisin olevaksi elegantiksi Sylowin lauseen todistukseksi. Siihen palattaneen kurssin loppupuolella. Tehtävä 3 Olkoon G ryhmä, jossa on 24 alkiota. Tavoitteena on todistaa, että sillä on aliryhmä, jossa on 8 alkiota. Apuna käytetään ryhmän G 8-alkioisten osajoukkojen joukkoa

X = {S ⊂ G | #S = 8}. Ryhmä

G operoi joukossa X , kun kaikille g ∈ G ja S ∈ X määritellään g · S = {gs | s ∈ S}.
24

• Selitä, miksi joukon X alkioiden lukumäärä

8

on pariton luku.

• Osoita, että osajoukon S ∈ X radassa on pariton määrä joukkoja silloin ja vain silloin kun stabiloijan GS = {g ∈ G | g · S = S} ≤ G kertaluku on jaollinen kahdeksalla. • Osoita, että kaikille osajoukoille S ∈ X on voimassa GS ≤ 8. • Osoita, että on olemassa sellainen joukko S ∈ X , että #GS = 8. Ratkaisu.

Osajoukkoon S kuuluvat kahdeksan alkiota voidaan valita binomikertoimen 

 24 · 23 · 22 · 21 · 20 · 19 · 18 · 17 24! 24 = = 8!16! 2·3·4·5·6·7·8 8 7 2 · 3 · 23 · 11 · 21 · 5 · 19 · 9 · 17 = 27 · 3 · 5 · 3 · 7

osoittamalla eri tavoilla. Yllä alkutekijä 2 on otettu erikseen kaikista tekijöistä sekä osoittajassa että nimittäjässä. Kummassakin se esiintyy 7 kertaa, joten se supistuu kokonaan, ja vastaukseksi jää pariton luku. Nimittäjään ei tietenkään voi jäädä ylimääräisiä kakkosia, koska muuten ko. binomikerroin ei olisi kokonaisluku. Radan osajoukkojen lukumäärä on #[S] =

#G #GS

on luvun 24 = 23 · 3 tekijä. Näistä tekijöistä parittomia ovat 1 ja 3. Vastaavat stabilisoijan kertaluvut ovat 24/1 = 24 ja 24/3 = 8, jotka ovat luvun 8 monikertoja. Koska nämä ovat ainoat luvun 8 monikerrat, jotka jakavat luvun 24, niin sama pätee kääntäen. Olkoon S = {s1 , s2 , . . . , s8 } ⊂ G.

Jos g ∈ GS , niin erityisesti gs1 ∈ S . Näin ollen gs1 = sj jollekin j = 1, 2, . . . , 8. Tästä ratkeaa g = sj s−1 1 . Näin ollen alkiolla g on enintään kahdeksan eri vaihtoehtoa. Ensimmäisen väitteen nojalla joukossa X on pariton määrä alkioita. Joukko X partitioituu ryhmän G ratoihin, joten ainakin yhdessä radassa, sanokaamme radassa [S] on oltava pariton määrä alkioita. Toisen väitteen nojalla tämä on mahdollista vain, jos #GS on 8 tai 24. Kolmannen väitteen nojalla tapaus #GS = 24 on mahdoton. Väite seuraa. Tehtävä 4

Miten kuuluu Mas hken lauseena tunnettu tulos? Kuvaile todistuksessa tarvittavat ideat lyhyesti.

Lauseen muotoilu löytyy monisteesta. Ideana on, että alimodulille W1 ⊂ V löytyy aina komplementaarinen alimoduli W2 . Tämä nähtiin seuraavasti. Lineaarialgebran perusteella alimodulille löytyy aina komplementaarinen ali(vektori)avaruus W ′ , jolle siis V = W ⊕ W ′ vektoriavaruuten (mutta ei välttämä G-modulina). Soveltamalla vektoriavaruusprojektioon f : V → W1 keskiarvotemppua saadaan modulihomomorsmi f ◦ : V → W1 , jonka rajoittuma alimodulille W1 on identiteettikuvaus. Koska f ◦ on modulihomomorsmi, niin sen ydin on kaivattu komplementaarinen alimoduli.

Ratkaisu.

Oheisen kuvan matalalla laatikolla (mitat 2 × 2 × 1) on useitakin symmetrioita. Olkoon G sen symmetrioiden se aliryhmä, jonka generoivat kuvaukset r = 90 asteen rotaatio z -akselin ympäri (kuvan musta akseli) ja s = peilaus tason z = 0 suhteen. Kuvaukset r ja s ovat lineaarisia, kun kuvittelemme origon laatikon keskelle ja koordinaattiakselit laatikon särmien suuntaisiksi. Määrää kuvausten r ja s matriisit ∈ GL3 (R), ja selitä miksi ryhmässä G on 8 alkiota. Onko näin muodostuva ryhmän G 3-ulotteinen esitys yksinkertainen? Tehtävä 5

Ratkaisu.

Kuvasta katsomalla pystymme päättelemään, että 

 0 −1 0 0 0  M (r) =  1 0 0 1

(hyväksyin myös tämän transpoosin, koska rotaation suuntaa ei ollut spesioitu), ja 

1 0 M (s) =  0 1 0 0

 0 0 . −1

Näemme, että M (r) ja M (s) kommutoivat. Koska r on kertalukua neljä, ja s kertalukua kaksi, niin niiden generoiman ryhmän alkiot ovat kaikki muotoa ri sj , i = 0, 1, 2, 3, j = 0, 1. Näin ollen ryhmässä G on kahdeksan alkiota. Muodostuva 3-ulotteinen esitys ei ole yksinkertainen, koska abelin ryhmän kaikki yksinkertaiset esitykset ovat 1-ulotteisia. Vaihtoehtoisesti näemme, että z -akseli muodostaa 1-ulotteisen aliesityksen: r operoi ko. akselilla identiteettikuvauksena ja s skalaarilla −1 kertomalla. Muut 1-ulotteiset aliesitykset eivät tule näkyviin pelkästään reaalilukuja katsomalla.

Ryhmäteoria 1. välikoe, 26.02.2015

Vastaa NELJÄÄN tehtävään. Jos vastaat useampaan, niin neljä PARASTA vastausta otetaan huomioon arvostelussa. Vastaa tehtävän KAIKKIIN kohtiin (bulletteja). Tehtävät eivät ole vaikeusjärjestyksessä. Tentin kesto noin 3h. Tehtävät jatkuvat kääntöpuolella. Tehtävä 1

Tarkastellaan ryhmää D8 = ha, b | a8 = 1 = b2 , bab = a−1 i.

Tämä on tunnetusti isomornen kuvan säännöllisen 8-kulmion peittoryhmän kanssa, kun b tulkitaan peilaukseksi harmaan lävistäjän suhteen, ja a 45 asteen kierroksi vastapäivään. Luettele aliryhmien K1 ja K2 alkiot (generaattorien a ja b avulla), kun K1 koostuu niistä ryhmän D8 alkioista, jotka kuvaavat kuvan neliön itselleen, ja K2 niistä, jotka kuvaavat 8-kulmion mustalla ympyrällä merkityn kärjen itselleen.

Aliryhmässä K1 on tietenkin 90 asteen kierto a2 sekä sen potenssit a4 , a6 , a8 = 1G . Peilaus vaakasuoran lävistäjän suhteen b kuvaa myöskin kuvaa neliön itselleen. Näin ollen myös b, ba2 , ba4 , ba6 ∈ K1 . / K1 Moniste/luento/demoesimerkkien nojalla luetellut 8 alkiota ovat kaikki ryhmän D8 eri alkioita. Koska a ∈ (a kääntää neliötä 45 astetta vinoon), niin K1 on ryhmän D8 aito aliryhmä. Koskassa ryhmässä D8 on kaikkiaan 16 alkiota, niin aidossa aliryhmässä ei voi olla enempää kuin 8 alkiota. Näin ollen Ratkaisu.

K1 = {1, a2 , a4 , a6 , b, ba2 , ba4 , ba6 }.

Peilaus b ja kierto a−2 kuvaavat molemmat merkityn pisteen 8-kulmion kaakkoiskulmaan. Näin ollen a2 b pitää sen paikallaan. Kun tutkitaan ryhmän D8 operointia kärkien joukossa, niin huomataan, että jo

kiertojen avulla musta täplä saadaan kuvattua mihin tahansa kärkeen. Näin ollen radassa [musta täplä℄ on 8 alkiota. Tästä voimme päätellä, että stabiloijan K2 kertaluku on #D8 /8 = 16/8 = 2. Näin ollen K2 = {1, a2 b}.

Tutkitaan ryhmän G = S7 7-syklejä. Tunnetusti ne ovat kaikki samassa konjugaattiluokassa. Demotehtävässä esiintynyt päättely toistamalla näemme, että 7-syklejä 6! = 720 kappaletta.

Tehtävä 2

• Jos σ ∈ S7 on 7-sykli, niin osoita että sentralisoija CG (σ) = hσi. • Montako konjugaattia 7-syklillä α = (1234567) on ryhmässä A7 ? • Etsi jokin sellainen permutaatio β ∈ S7 , jolle βαβ −1 = α2 . • Mitkä 7-syklin α potensseista αi , i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, ovat sen kanssa samassa konjugaattiluokassa myös ryhmässä A7 ?

Ratkaisu. Koska 7-syklin σ generoimassa aliryhmässä on seitsemän alkiota, ja se abelin ryhmänä sisältyy generaattorinsa sentralisoijaan, niin näemme, että #CG (σ) ≥ 7. Toisaalta koska konjugaattiluokassa on 6! = #[σ] = #G/#CG (σ) alkiota, ja #G = 7! = 7 · 6!, niin näemme, että #CG (σ) = 7. Näin ollen

CG (σ) = hσi.

Toista kysymystä varten teemme havainnon, että koska A7 on ryhmän S7 aliryhmä, niin CA7 (α) ≤ CS7 (α). Toisaalta äsken juuri näytimme, että CS7 (α) = hαi. Edelleen kaikki 7-syklit ovat merkiltään parillisia, eli kuuluvat aliryhmään A7 . Näin ollen CA7 (α) = CS7 (α). Koska sentralisoijan kertaluku siis on 7, näemme, että #[α] =

#A7 7!/2 = = 6!/2 = 360. 7 7

Tunnetustihan tasan puolet ryhmän S7 permutaatioista on parillisia. Laskemalla näemme, että α2 = (1357246). Koska βαβ −1 = (β(1)β(2)β(3)β(4)β(5)β(6)β(7)),

niin eräs valinta on β : 1 7→ 1, 2 7→ 3, 3 7→ 5, 4 7→ 7, 5 7→ 2, 6 7→ 4, 7 7→ 6, mikä on sykliesityksenä β = (235)(476).

Huomaamme, että edellisessä kohdassa löydetty permutaatio β on parillinen kahden 3-syklin tulona. Näin ollen α ja α2 ovat konjugaatteja myös ryhmässä A7 . Koska β 2 αβ −2 = β(βαβ −1 )β −1 = βα2 β −1 = α4 ,

näemme, että α ja α4 myös ovat konjugaatteja aliryhmässä A7 . Sen sijaan potenssit α3 , α5 ja α6 tuottavat konjugoivat permutaatiot ovat väistämättä parittomia. Tämä nähdään esimerkiksi seuraavasti. Laskemalla näemme, että α3 = (1473625). Toistamalla yllä kuvattu päättely löydämme permutaation γ = (243756), jolle γαγ −1 = α3 .

Näemme, että 6-syklinä γ ∈ / A7 . Se ei tietenkään vielä tarkoita sitä, etteikö voisi olla olemassa sellaista permutaatiota τ ∈ A7 , jolle myöskin τ ατ −1 = α3 . Tämä nähdään seuraavasti. Jos τ on mikä tahansa tämän ehdon toteuttava permutaatio, niin (τ −1 γ)α(τ −1 γ)−1 = τ −1 α3 τ = α.

Näin ollen τ −1 γ kommutoi permutaation α kanssa. Ensimmäisen väitteen nojalla tästä seuraa että τ −1 γ = αj . Edelleen siis τ = γα−j . Koska α on parillinen ja γ pariton, niin tämän perusteella τ on välttämättä pariton.

Tästä tuli hieman vaikeampi kuin oli tarkoitus - otan sen huomioon arvostelussa. Kolmannessa kohdassa piti kysyä permutaatiota γ , jolla konjugointi vie α → α3 . Kyseinen permutaatio on 6-sykli ja siis pariton. Seuraava tehtävä voitaisiin ratkaista vetoamalla Sylowin lauseisiin. Se on nyt kuitenkin kiellettyä. Itse asiassa tehtävän päättely yleistyy Wielandtilta peräisin olevaksi elegantiksi Sylowin lauseen todistukseksi. Siihen palattaneen kurssin loppupuolella. Tehtävä 3 Olkoon G ryhmä, jossa on 20 alkiota. Tavoitteena on todistaa, että sillä on aliryhmä, jossa on 4 alkiota. Apuna käytetään ryhmän G 4-alkioisten osajoukkojen joukkoa

X = {S ⊂ G | #S = 4}.

Ryhmä G operoi joukossa X , kun kaikille g ∈ G ja S ∈ X määritellään g · S = {gs | s ∈ S}.
20

• Selitä, miksi joukon X alkioiden lukumäärä

4

on pariton luku.

• Osoita, että osajoukon S ∈ X radassa on pariton määrä joukkoja silloin ja vain silloin kun stabiloijan GS = {g ∈ G | g · S = S} ≤ G kertaluku on neljällä jaollinen.

• Osoita, että kaikille osajoukoille S ∈ X on voimassa GS ≤ 4. • Osoita, että on olemassa sellainen joukko S ∈ X , että #GS = 4. Ratkaisu.

Osajoukkoon S kuuluvat neljä alkiota voidaan valita binomikertoimen   20 · 19 · 18 · 17 20! 20 = = 5 · 19 · 3 · 17 = 4!16! 2·3·4 4

osoittamalla eri tavalla. Tämä luku on selvästi pariton. Radan osajoukkojen lukumäärä on #[S] =

#G #GS

on luvun 20 = 22 · 5 tekijä. Näistä tekijöistä parittomia ovat 1 ja 5. Vastaavat stabilisoijan kertaluvut ovat 20/1 = 20 ja 20/5 = 4, jotka ovat luvun 4 monikertoja. Koska nämä ovat ainoat luvun 4 monikerrat, jotka jakavat luvun 20, niin sama pätee kääntäen. Olkoon S = {s1 , s2 , s3 , s4 } ⊂ G.

Jos g ∈ GS , niin erityisesti gs1 ∈ S . Näin ollen gs1 = sj jollekin j = 1, 2, 3, 4. Tästä ratkeaa g = sj s−1 1 . Näin ollen alkiolla g on enintään neljä eri vaihtoehtoa. Ensimmäisen väitteen nojalla joukossa X on pariton määrä alkioita. Joukko X partitioituu ryhmän G ratoihin, joten ainakin yhdessä radassa, sanokaamme radassa [S] on oltava pariton määrä alkioita. Toisen väitteen nojalla tämä on mahdollista vain, jos #GS on 4 tai 20. Kolmannen väitteen nojalla tapaus #GS = 20 on mahdoton. Väite seuraa. Tehtävä 4 Miten kuuluu yksinkertaisten modulien välisiä homomorsmeja koskeva S hurin lemma? Todista kyseisen lemman se tapaus, joka koskee homomorsmeja kahden keskenään epäisomorsen yksinkertaisen modulin välillä.

S hurin lemman sisältö löytyy monisteesta. Jos V1 ja V2 ovat epäisomorsia ryhmän G moduleja, ja f : V1 → V2 niiden välinen modulihomomorsmi, niin tällöin Im f on modulin V2 alimoduli. Koska V2 on yksinkertainen, niin joko Im f = 0 tai Im f = V2 . Ensimmäisessä tapauksessa f on nollakuvaus (S hurin lemman väitteen mukaisesti). Jälkimmäisessä tapauksessa taas f on surjektio, eikä ole nollakuvaus, joten sen ytimen Ker f on oltava modulin V1 aito alimoduli. Koska myös V1 on yksinkertainen, niin tästä seuraa että on oltava Ker f = 0. Näin ollen f on myös injektio. Tällöin f on bijektio, ja siis isomorsmi vastoin oletusta. Ratkaisu.

Olkoon G alkionsa g generoima syklinen ryhmä, jonka kertaluku on neljä. Olkoon V jokin Gmoduli. Määritellään seuraavat neljä kuvausta p0 , p1 , p2 , p3 ∈ HomC (V, V ) asettamalla kaikille x ∈ V

Tehtävä 5

1 (x + g · x + g 2 · x + g 3 · x), 4 1 p1 (x) = (x + ig · x − g 2 · x − ig 3 · x), 4 1 p2 (x) = (x − g · x + g 2 · x − g 3 · x), 4 1 p3 (x) = (x − ig · x − g 2 · x + ig 3 · x). 4

p0 (x) =

• Tarkista, että kaikille x ∈ V on voimassa x = p0 (x) + p1 (x) + p2 (x) + p3 (x). • Osoita, että jos pj (x) 6= 0 jollekin x ∈ V, j = 0, 1, 2, 3, niin pj (x) on lineaarikuvauksen ρ(g) ominaisvektori, eli g · pj (x) = λpj (x) jollekin λ ∈ C.

• Osoita, että V on aliavaruuksiena Vj = pj (V ), j = 0, 1, 2, 3, suora summa: V = V0 ⊕ V1 ⊕ V2 ⊕ V3 . • Osoita, että jos W on jonkin avaruuksista Vj , j = 0, 1, 2, 3, aliavaruus, niin W on myös alimoduli. Ratkaisu.

Yhdistelemällä termit saadaan, että 1 1 [x + x + x + x] + [(1 + i − 1 − i)g · x] 4 4 1 1 + [(1 − 1 + 1 − 1)g 2 · x] + [(1 − i − 1 + i)g 3 · x] 4 4 = x.

p0 (x) + p1 (x) + p2 (x) + p3 (x) =

Näemme, että g · p0 (x) =

1 [g · x + g 2 · x + g 3 · x + g 4 · x] = p0 (x). 4

Samaan tapaan nähdään, että g · p1 (x) = −ip1 (x),

g · p2 (x) = −p2 (x),

g · p3 (x) = ip3 (x).

Jos tässä siis pj (x) 6= 0, niin se on ominaisarvoon λ = (−i)j kuuluva ominaisvektori. Oletetaan, että x ∈ V on mielivaltainen. Tällöin ensimmäisen väitteen nojalla x = p0 (x) + p1 (x) + p2 (x) + p3 (x),

missä kukin yhteenlaskettava selvästi kuuluu vastaavaan aliavaruuteen V0 , V1 , V2 , V3 . Näin ollen mikä tahansa avaruuden V vektori voidaan esittää vaaditulla tavalla aliavaruuksien vektorien summina. On vielä todistettava, että tämä esitys on yksikäsitteinen. Oletetaan siis, että olisi olemassa vektorit xj , x′j ∈ Vj , j = 0, 1, 2, 3, joille x0 + x1 + x2 + x3 = x′0 + x′1 + x′2 + x′3 .

Tästä seuraa, että (x0 − x′0 ) + (x1 − x′1 ) + (x2 − x′2 ) + (x3 − x′3 ) = 0.

(∗)

Toisen väitteen nojalla tässä vektorit xj − x′j ovat lineaarikuvauksen ρ(g) ERI ominaisarvoihin kuuluvia ominaisvektoreita, mikäli ne eroavat nollavektorista. Lineaarialgebran perusteella saman lineaarikuvauksen eri ominaisarvoihin kuuluvat vektorit ovat kuitenkin lineaarisesti riippumattomia. Jos yhtälössä (∗) olisi jokin vektoreista xj − x′j 6= 0, niin yhtälö (∗) olisi ristiriidassa kuvatun lineaarisen riippumattomuuden kanssa. Näin ollen xj − x′j = 0 kaikilla j , joten väite seuraa. Viimeinen väite seuraa siitä, että avaruuden Vj mikä tahansa vektori x toteuttaa yhtälön g · x = λx, ja siis g k · x = λk x, k = 0, 1, 2, 3. Mikä tahansa avaruuden Vj aliavaruus on suljettu skalaareilla λk kertomisen suhteen, joten ne ovat G-alimoduleja.

Rubikin kuutio ja permutaatioryhmät Jyrki Lahtonen, Turun yliopisto, matematiikan laitos Tässä dokumentissa esittelen jonkin verran permutaatioryhmiksi kutsuttujen matemaattisten objektien teoriaa. Koska tavoitteena on soveltaa teoriaa Rubikin kuution tutkimiseen (ratkaisualgoritmi, tilojen lukumäärän laskeminen), en pyri läheskään kattavaan esitykseen tästä laajasta alueesta. Esitys on varsin tiivis, mutta (etenkin päivitysten jälkeen) toivottavasti sellainen, jota matemaattisesti lahjakas lukiolainen pystyy helposti seuraamaan. Kaikki todistukset ovat helposti löydettävissä Turun yliopiston kahden ensimmäisen vuoden matematiikan kurssien Algebran peruskurssi ja Algebra luentomonisteista. Osan perusteluista olen ottanut mukaan päätekstiin ja osan kerännyt linkkien taakse. Tarkoitukseni ei ole esittää tai etsiä mahdollisimman nopeaa Rubikin kuution ratkaisumenetelmää. Esitän ainoastaan erään algebrallisen tavan lähestyä tätä pulmaa. Esitetty menetelmä on matematiikalle tyypillinen "Divide and conquer"­algoritmi, joka on valittu nimen omaan algebrallisen luonteensa vuoksi. Kiitokseni Taneli Huuskoselle ja Valtteri Niemelle. Heidän kanssaan käymäni keskustelut ovat kristalloineet tässä esitettäviä ajatuksia.

Sisällysluettelo Permutaatioista Permutaatioryhmistä Yleistä Kommutaattoreista Konjugoinnista Rubikin kuutio Yleistä Perussiirrot Rubikin kuution permutaatioryhmät Ratkaisualgoritmi Karkea algoritmi Tärkeitä siirtosarjoja Kärkien 3­sykli Särmien 3­sykli Kärkipalojen kierto Särmäpalojen kääntäminen Algoritmin vaiheet Kärkipalat oikeille paikoilleen Särmäpalat oikeille paikoilleen Kärkipalat oikeihin asentoihin Särmäpalat oikeihin asentoihin Yhteenveto

Permutaatioista Olkoon X jokin äärellinen joukko. Bijektiivistä funktiota f, jolle X on sekä lähtö­ että maalijoukko sanotaan joukon X permutaatioksi. Vaaditaan siis, että jokainen joukon X alkio esiintyy tarkalleen yhden alkion kuvana. Funktioita kuvataan usein diagrammeina, joissa nuolet liittävät lähtöjoukon alkiot kuviinsa. Koska permutaation tapauksessa lähtö­ ja maalijoukot yhtyvät, on luonnollisempaa piirtää joukko X vain kerran, jolloin jokaisesta alkiosta lähtee ja saapuu tarkalleen yksi nuoli. Ohessa kuva 6 alkion joukon permutaatiosta.

Kuvan oikeanpuoleisesta osasta huomataan, että permutaatiota kuvaavat nuolet muodostavat sulkeutuvia ketjuja. Tällaisia ketjuja kutsutaan sykleiksi. Jos syklissä on n kappaletta nuolia (tai alkioita), sanotaan sitä lyhyesti n­ sykliksi. Ylläolevan tapaiset diagrammit vievät paljon tilaa. Kompaktimpaan esitykseen pääsemiseksi nimetään (numeroidaan) joukon X alkiot luvuilla 1,2, jne. Tällöin funktio f voidaan kuvata lyhyesti vektorina, jossa luetellaan kuvat f(1), f(2), jne. Algebrassa käytetään yleensä vektorimerkinnän asemasta syklimerkintää, jossa sulkuihin kirjoitetaan peräkkäin sykliin kuuluvat alkiot nuolten kulkusuunnan määräämässä järjestyksessä. Permutaatiota vastaa tällöin sulkulauseke, jossa sulkujen lukumäärä on sama kuin ko. permutaation syklien lukumäärä. Huomaa, että tällainen sykliesitys ei ole tarkkaan ottaen yksikäsitteinen, sillä syklien aloituskohdat voidaan valita vapaasti. Esimerkiksi 3­syklit (123) ja (231) molemmat tarkoittavat permutaatiota, jossa ykkönen kuvautuu kakkoseksi, joka puolestaan kuvautuu kolmoseksi, joka lopulta kuvautuu takaisin ykköseksi. Alla on esitetty äskeisen 6 alkion joukon permutaatio vektori­ ja syklimerkintää käyttäen. Yleensä tehdään sopimus, ettei 1­syklejä merkitä lainkaan näkyviin. Poikkeuksen tälle muodostaa pelkästään 1­sykleistä koostuva ns. identiteettipermutaatio, jolle jätetään näkyviin yksi 1­sykli, esimerkiksi (1).

Kun tarkastellaan permutaation vektoriesitystä, huomataan että siinä jotkin lukuparit ovat "väärässä järjestyksessä" eli isompi luku esiintyy vektorissa ensin. Esimerkkipermutaatiossamme tällaisia käännettyjä pareja on kolme kappaletta. Käännettyjen parien lukumäärä sinänsä ei ole kovin mielenkiintoinen käsite, sillä se riippuu alkioiden numeroimisjärjestyksestä. Numerothan esiintyvät tarkastelussa vain joukon X alkioiden "nimilappuina". (Esimerkkinä voit todeta, että jos yo. kuvassa vaihdetaan alkioiden 1 ja 5 nimilaput keskenään, niin käännettyjen parien määrä nousee kolmesta kolmeentoista.) Tärkeää on, että käännettyjen parien pariteetti (parillinen vai pariton) on numerointijärjestyksestä riippumaton. Tämä seikka todistetaan mm. Turun yliopiston Algebran peruskurssilla. Permutaatiota sanotaankin parilliseksi tai parittomaksi riippuen siitä, onko sen käännettyjen parien lukumäärä parillinen vai pariton luku. Yllä mainitun tuloksen nojalla permutaation pariteetti on hyvin määritelty käsite, eli ei riipu käytetystä alkioiden numerointitavasta. Lukija voi harjoitustehtävänä todeta, että n­sykli (tai pikemminkin permutaatio, jossa on yksi n­sykli ja jossa loput alkiot pysyvät paikallaan, eli kuuluvat 1­sykliin) on parillinen, jos n on pariton ja päinvastoin.

Permutaatioryhmistä Yleistä Tunnetusti bijektion käänteiskuvaus on niin ikään bijektio. Samoin kahdesta joukon X bijektiosta voidaan muodostaa kolmas annettujen bijektioiden kuvaustulona eli kompositiona. Käytetään joukon X kaikkien permutaatioiden joukosta merkintää S(X). Olkoon G joukon S(X) epätyhjä osajoukko. Joukolla G voi olla sellainen ominaisuus, että sen alkioiden kompositiot kuuluvat myös joukkoon G. Tällöin sanotaan, että G on permutaatioryhmä. Jos G on permutaatioryhmä, niin sen alkioiden käänteiskuvaukset myös kuuluvat joukkoon G. Todistus.

Nähdään, että esimerkiksi koko S(X) on permutaatioryhmä. Jos X on lukujen 1,2,3,...,n muodostama joukko, käytetään lyhennysmerkintää Sn. Koska n alkiota voidaan kirjoittaa n! eri järjestyksessä, tämän ryhmän alkioiden määrä on n!. Permutaatioiden kertolasku on näin tavallista funktioiden yhdistämistä. Koska yleensä funktioiden kompositiomerkinnässä (esimerkiksi f o g) viimeksi kirjoitettua funktiota sovelletaan ensin, on muistettava, että permutaatioidenkin tuloa on luettava "oikealta vasemmalle". Siis esimerkiksi ryhmässä S4 (123)(124)=(13)(24), sillä yhdistetyssä kuvauksessa ykkönen kuvautuu ensin syklissä (124) kakkoseksi mikä edelleen syklissä (123) kuvautuu kolmoseksi. Samoin kolmonen pysyy paikallaan syklissä (124) ja kuvautuu sitten syklissä (123) ykköseksi. Vastaavasti nähdään, että 2 ja 4 muodostavat yhdistetyn kuvauksen 2­syklin. (124)(123)=(14)(23), eli permutaatioiden kertolaskussa järjestyksellä on väliä (kuvausten yhdistäminen ei ole kommutatiivista eli vaihdannaista, permutaatioiden tulossa tekijöiden järjestyksellä on merkitystä). (123)(132)=(1)=identiteettipermutaatio, joka kuvaa kunkin alkion itselleen. Tässä esimerkiksi kakkonen kuvautu ensin syklissä (132) ykköseksi, joka sitten syklissä (123) kuvautuu takaisin kakkoseksi. Jälkimmäistä esimerkkiä voidaan yleistää toteamalla, että syklin käänteispermutaatio (=käänteisfunktio) saadaan yksinkertaisesti kirjoittamalla syklissä esiintyvät alkiot käänteisessä järjestyksessä. Nuolikuviosta tämä on erityisen ilmeistä. Voidaan ajatella parilliset permutaatiot plusmerkkisiksi ja parittomat miinusmerkkisiksi. Tällöin voidaan helpohkosti (TY, Algebran peruskurssi) todistaa seuraava luonnollisen tunteinen tulos. Tulosääntö Kahden parillisen permutaation tulo on parillinen (positiivinen kertaa positiivinen = positiivinen) Kahden parittoman permutaation tulo on parillinen (negatiivinen kertaa negatiivinen = positiivinen) Parittoman ja parillisen permutaation tulo (kummin päin tahansa) on pariton (positiivinen kertaa negatiivinen = negatiivinen) Permutaatio ja sen käänteispermutaatio ovat samanmerkkisiä Näiden tulosten ja aiemman syklien pariteettia koskevan havaintomme perusteella saadaankin usein kätevä sääntö syklimerkinnällä esitetyn permutaation merkille: permutaatio on parillinen tarkalleen silloin, kun sen sykliesityksessä on parillinen määrä parillisen pituisia syklejä. Näin esimerkiksi kahden 4­syklin tulo on parillinen kun taas 2­syklin, 3­syklin, 4­syklin, 5­syklin ja 6­syklin tulo on pariton. Tulosäännöstä nähdään heti, että joukon X parilliset permutaatiot muodostavat permutaatioryhmän Alt(X), niin sanotun alternoivan ryhmän. Jos X on joukko 1,2,...,n, käytetään merkintää An. Lukijalle harjoitustehtäväksi jätetään sen osoittaminen, että kaikista permutaatioista tasan puolet on parillisia ja toinen puoli parittomia. Ryhmässä An on siis n!/2 alkiota. Yllä jo näimme, miten parillinen permutaatio (12)(34) voitiin esittää 3­syklien tulona. Voidaan osoittaa, että itse asiassa jokainen parillinen permutaatio voidaan esittää 3­syklien tulona. Todistus. Yksi keskeinen permutaatioryhmiä koskeva keskeinen seikka on, että ryhmä Alt(X) on ns. yksinkertainen ryhmä, jos joukossa X on ainakin 5 alkiota. Rubikin kuutiota ratkottaessa ei tällä muutoin tärkeällä tuloksella ole merkitystä. Tästä kuitenkin viime kädessä johtuu, ettei viidettä ja sitä korkeampaa astetta oleville yhtälöille voida johtaa algebrallista ratkaisukaavaa. Lisätietoja näistä aiheista saat osallistumalla algebran kurssille.

Konjugointi Jos s ja t ovat joukon X permutaatioita, niin permutaation s t s­1 sanotaan muodostetun konjugoimalla permutaatiota t permutaatiolla s. Meidän kannaltamme tärkeää on havaita, että konjugointi säilyttää syklirakenteen, toisin sanoen permutaatiossa t ja sen konjugaateissa esiintyvät yhtä pitkät syklit: konjugoitu

permutaatio s t s­1 operoi alkioihin kuten alkuperäinenkin permutaatio t, mutta konjugoiva permutaatio s on ensin vaihtanut alkioiden "nimilappuja/numerointia". Oheinen kuva valaisee tätä seikkaa 3­syklin tapauksessa. Kuvassa s ja sen käänteiskuvaus on kuvattu normaalina nuolikuviona, jossa lähtö ja maalijoukko on erotettu. Konjugoitava 3­sykli t sen sijaan on kuvattu syklinä joukon X vasemmalta lukien toisessa kopiossa. 1­syklit on jätetty merkitsemättä. Kuvan harmaat nuolet esittävät "mielivaltaisten" 3­syklin ulkopuolisten alkioiden kuvautumista.

Kommutaattorit Sanomme, että permutaatiot s ja t kommutoivat, jos niiden kuvaustulo ei riipu tekijöiden järjestyksestä, eli st = ts. Aiemmin näimme, että 3­syklit (123) ja (124) eivät kommutoi, koska (123)(124)=(13)(24) ja (124)(123)=(14) (23). Tyypillinen tilanne (ei kuitenkaan ainoa), jolloin s ja t kommutoivat, on sellainen, missä s ja t liikuttavat eri alkioita. Tällöin joukko X voidaan jakaa kahtia osiin A ja B siten, että s pitää kaikki osan B alkiot paikallaan ja t pitää kaikki osan A alkiot paikallaan. Esimerkiksi ryhmässä S5 permutaatiot s=(123) ja t=(45) kommutoivat: (123)(45)=(2,3,1,5,4)=(45)(123). Tässä osa A on joukko {1,2,3} ja osa B joukko {4,5}. Jos permutaatiot s ja t eivät kommutoi, niin epäkommutatiivisuuden määrää voidaan "mitata" laskemalla niiden kommutaattori [s,t]=sts­1t­1. Helposti nimittäin nähdään, että [s,t] on identiteetti kuvaus, tarkalleen silloin kun s ja t kommutoivat. Millaisia kommutaattoreita tarvitsemme? Muutetaan äskeistä kommutoivaa tilannetta minimaalisesti siten, että t pitää osan A alkiot paikallaan ainoastaan yhtä (sanokaamme x) lukuun ottamatta. Oletetaan lisäksi, että s ei pidä alkiota x paikallaan. Tilanne on siis oheisen kuvan mukainen. Kuvan harmaa katkoviiva erottaa osat A ja B toisistaan.

Osoittautuu, että tällöin kommutaattori [s,t] on 3­sykli (x s(x) t(x)). Seuraavassa taulukossa on laskettu, miten kommutaattori kuvaa näitä kolmea alkiota ­ kullakin vaakarivillä on rivin ensimmäisenä mainitun alkion kuvautuminen kommuttaattorin neljässä vaiheessa: t­1

s­1

t

s

x

t­1(x)

t­1(x)

x

s(x)

s(x)

s(x)

x

t(x)

t(x)

t(x)

x

s­1(x)

s­1(x)

x

Tämä tulee jatkossa olemaan tärkeä tapa tuottaa 3­syklejä.

Rubikin kuutio Yleistä Rubikin kuutio on 80­luvun alussa markkinoille tullut unkarilaisen insinöörin Ernö Rubikin kehittämä kohtuullisen vaativa pulmapeli. Siinä on kuutio jaettu joka suuntaan kolmeen eri kerrokseen, joita kutakin voidaan kiertää muista riippumattomasti. Näin kuution kaikki kuusi sivua jakautuvat yhdeksäksi ruuduksi, jotka alkutilanteessa ovat kaikki samanvärisiä. Alla on kuva tällaisesta sekoittamattomasta kuutiosta. Kuvan vasemmassa osassa on esitetty kolme etualalla olevaa kuution sivua ja oikealla kolme taustalla olevaa sivua ikään kuin etualan sivut olisi poistettu. Tässä kuutiossa vastakkaisten sivuparien värit ovat siis punainen ja musta, valkoinen ja keltainen, sininen ja vihreä. Myynnissä olleissa kuutioissa esiintyi muitakin väriyhdistelmiä. Itse värit eivät ratkaisualgoritmin kannalta tietenkään ole olennaisia ­ ainoastaan eriväristen sivujen suhde toisiinsa (mitkä värit ovat vastakkaisilla sivuilla, mitkä kolme yhtyvät jossakin kuution kärjessä jossakin tietyssä järjestyksessä jne). 

Alkutilanne:

Kuution erisuuntaisia kerroksia kiertämällä tuon yksivärisen alkutilanteen saa sekoitettua varsin nopeasti tunnistamattomaksi värien sekamelskaksi. Pulmapelin ideana on palauttaa sekoitettu kuutio yllä kuvattuun alkutilaan. Koska kuution osat voivat olla toisiinsa nähden yli 43 triljoonassa eri asennossa, on selvää, että satunnaisella kuution kääntelyllä onnistumismahdollisuudet ovat häviävän pienet. Kuvassamme kuutio on asennossa, jossa edessä on valkoinen sivu, ylhäällä punainen ja oikealla sininen. Mitään olellista ei tapahdu, jos käännämme koko kuution sellaiseen asentoon, jossa edessä on punainen sivu, ylhäällä keltainen (alkuperäinen takasivu) ja oikealla sininen. Matemaattiselle kielenkäytölle tyypillisen tapaan kutsumme kahta tällaista kuution tilaa, jotka saadaan toisistaan koko kuutiota kääntämällä ekvivalenteiksi . Tällöin siis kuution osien keskinäinen asento ei muutu, ainoastaan katselemme kuutiota eri suunnasta. Jos emme pidä kuution ekvivalentteja tiloja eri tiloina, voimme olettaa, että sivujen keskellä olevat ruudut pysyvät koko ajan paikallaan ja tavallaan näin määräävät koko sivun värin (pyrkimyksenähän on yksivärinen sivu). Jos olet joskus purkanut Rubikin kuution osiinsa, vakuuttunet helposti siitä, etteivät nämä keskiruudut itse asiassa koskaan liiku! Tarkoituksenmukaisuussyistä alla kuvattujen siirtosarjojen aikana joskus keskiruutujenkin värit vaihtuvat, mutta tähän olen turvautunut ainoastaan siksi, että kulloinkin "oleelliset" tapahtumat olisivat etualalla.

Perussiirtoja Kuution erisuuntaisia kerroksia voidaan kutakin kääntää neljänneskierros kahteen eri suuntaan. Jatkoa varten olen nimennyt tietyt tällaiset siirrot kuvaavilla nimillä: etumyota, etuvasta, oikeaalas, oikeaylos, keskialas, keskiylos, vasenalas, vasenylos, kansiplus, kansimiinus, valiplus, valimiinus, pohjaplus, pohjamiinus. Ohessa kuvia näistä siirroista:

"etumyota":

"valiplus":

"oikeaalas,keskiylos,vasenalas": 

Käytän jatkossa siirtosarjoista merkintää, jossa lainausmerkkien sisällä on pilkuilla erotettuna yllä mainittuja perussiirtoja. Tässä yhteydessä (päinvastion kuin permutaatioista puhuttaessa) on luonnollista lukea siirtosarjaa vasemmalta oikealle. Yllä kuvattu ekvivalenssi tarkoittaa nyt esimerkiksi sitä, että alkutilanteeseen voimme yhden siirron siirtosarjan "keskiylos" asemesta tehdä siirtosarjan "vasenalas,oikeaalas" ­ näiden siirtosarjojen vaikutus kuution osien keskinäisiin suhteisiin on sama. Käännä mielessäsi siirtosarjan "keskiylos" jälkeen koko kuutiota neljänneskierros siten, että yläsivu tulee etusivuksi ­ kuutio näyttää tarkalleen samalta kuin siirtosarjan "vasenalas,oikeaalas" jälkeen. Näin voimme teoriassa luopua sivujen keskiruutuja liikuttavista perussiirroista. Usein saadaan kuitenkin selkeämpi kuva siirtosarjasta, jos siihen ei tarvitse sisällyttää koko kuution kääntämistä = katselukulman vaihtoa.

Rubikin kuution permutaatioryhmät Kuutiossa on useita erityyppisiä osia: 54 ruutua (9 kullakin sivulla), 6 sivun keskiruutua (1 kullakin sivulla), 8 kärkipalaa (pala, josta on näkyvissä 3 eriväristä ruutua) ja 12 särmäpalaa (pala, josta on näkyvissä 2 eriväristä ruutua). Perussiirrot permutoivat nyt sitten kutakin tyyppiä olevia osia (ruutuja, kärkiä ja särmiä). Selvästikään särmä­ ja kärkipalat eivät koskaan voi sekoittua keskenään, eli kärkipala ei koskaan siirry särmäpalan paikalle tai päinvastoin. Rajoituksetta voimme olettaa tekevämme kuutioon vain keskiruudut paikallaan pitäviä perussiirtoja etumyota, etuvasta, takamyota, takavasta, oikeaalas, oikeaylos, vasenalas, vasenylos, kansiplus, kansimiinus, pohjaplus ja pohjamiinus ­ muut perussiirrothan saatiin näitä kombinoimalla ja katselukulmaa vaihtamalla. Sanomme kunkin sivun keskiruudun värin määräävän kyseisen sivun värin. Edelleen sanomme kärki­ tai

särmäpalan olevan oikeassa paikassa, jos se on ruutujensa väristen sivujen leikkauksessa. Edelleen sanomme kärki­ tai särmäpalan olevan oikeassa paikassa ja oikeassa asennossa, jos se on oikeassa paikassa, ja jos sen jokainen ruutu on oikeanvärisellä sivulla. Oheisessa kuvassa kuutio on tilassa, jossa kaikki kärki­ ja särmäpalat ovat oikeilla paikoillaan, mutta etusivun kaksi kärkipalaa ja yläkerroksen kaksi särmäpalaa ovat väärissä asennoissa. Myöhemmin näemme, että tähän tilanteeseen itse asiassa päästään alkutilanteesta tietyllä siirtosarjalla.

Jos perussiirtojen avulla saadaan aikaan kuution osien permutaatiot s ja t, niin suorittamalla vastaavat siirtosarjat peräkkäin (ensin t, sitten s) saadaan permutaatio st. Näin ollen mahdollisten siirtosarjojen antamat permutaatiot muodostavat permutaatioryhmän, jota kutsumme Rubikin ryhmäksi G(Rubik). Rubikin ryhmä muodostuu tässä kuution 54 ruudun joistakin permutaatioista, joten G(Rubik) on näin ajateltavissa ryhmän S54 osajoukoksi. Edelleen siirtosarjaa vastaavan permutaation s käänteispermutaatio s­1 saadaan "käännetystä siirtosarjasta" eli peruuttamalla tehdyt perussiirrot käännetyssä järjestyksessä. Esimerkiksi, jos permutaatio s saadaan siirtosarjalla "etumyota,oikeaalas,kansiplus", niin siirtosarja "kansimiinus,oikeaylos,etuvasta" antaa permutaation s­1. Koska kyse on viime kädessä funktioiden yhdistämisestä, tämä vastaa koulumatematiikasta tuttua yhdistetyn funktio käänteisfunktion lauseketta (f g)­1= (g­1)(f­1), jossa tapahtuu vastaava yhdistettävien funktioiden järjestyksen kääntyminen. Usein on hyödyllistä tarkastella vain sitä, miten Rubikin ryhmän permutaatiot liikuttavat kokonaisia paloja ja unohtaa näiden palojen asennot (ts. ei välitetä siitä, miten yksittäiset ruudut liikkuvat). Tällöin saamme ryhmän G(paikat), jonka voidaan ajatella olevan ryhmän S(kärjet ja särmät)=S20 osajoukko (20 paikkaa = 8 kärkeä + 12 särmää). Tällöin kuitenkin olemme hukanneet informaatiota ­ emme tiedä enää mitään palojen asennosta. Palojen asentoja voimme myös kuvata permutaatioryhmällä G(asennot), joka muodostuu sellaisista Rubikin ryhmän permutaatioista, jotka jättävät kaikki kärki­ ja särmäpalat oikeille paikoilleen, mutta mahdollisesti vääriin asentoihin. Ryhmä G(asennot) on selvästi Rubikin ryhmän osajoukko. Voimme todistaa, että G(asennot) on Rubikin ryhmän normaali aliryhmä. Ryhmien G(Rubik) ja G(paikat) suhde sen sijaan on hieman mutkikkaampi. Matematiikassa tähän samojen permutaatioiden eri tarkastelutapoihin liittyvä informaation menetys vastaa tekijäryhmän käsitettä. Itse asiassa meidän kolmea permutaatioryhmäämme sitoo toisiinsa relaatio G(Rubik)/G(asennot)=G(paikat). Tämä suhde sisältää lähinnä sen yksinkertaisen asian, että kuution tila määräytyy täysin, kun tunnetaan särmä­ ja kärkipalojen paikat ja asennot. Rubikin kuution kannalta tällä suhteella on se merkitys, että kuution tilojen lukumäärä saadaan ryhmän G(paikat) permutaatioiden lukumäärän ja ryhmän G(asennot) permutaatioiden lukumäärän tulona.

Ratkaisualgoritmi

Karkea algoritmi Tarkastellaan ensin yleisiä suuntaviivoja, eli sitä minkälaisia vaiheita ryhmäteoreettisessa algoritmissamme voisi olla. Lähtötilannehan on jokin Rubikin ryhmän permutaatio. Esiteltävän algoritmin ideana on jatkuvasti tehdä siirtosarjoja, joiden jälkeen kuution tilaa kuvaava permutaatio kuuluu aina pienempään ja pienempään Rubikin ryhmän aliryhmään. Algebrallisesti (vaan ei visuaalisesti) on luontevaa yrittää ensin huolehtia siitä, että palat ovat oikeilla paikoillaan (mutta eivät välttämättä oikeissa asennoissa), eli ensin haluamme palauttaa annetun Rubikin ryhmän permutaation aliryhmän G(asennot) permutaatioksi. Toinen mahdollisuus (algoritmin etenemisen visuaalisen hahmottamisen kannalta jopa parempi) olisi keskittyä ensin esimerkiksi kärkipaloihin ja sitten särmäpaloihin. Jaamme algoritmin karkeasti viiteen eri vaiheeseen: 1. Huolehditaan siitä, että sekä kärkipalojen että särmäpalojen paikkoihin kohdistunut permutaatio on parillinen. 2. Siirrämme kärkipalat oikeille paikoilleen 3. Siirrämme särmäpalat oikeille paikoilleen 4. Käännämme kärkipalat oikeihin asentoihinsa 5. Käännämme särmäpalat oikeihin asentoihinsa Jos haluamme ensin viedä kärkipalat oikeille paikoilleen ja oikeihin asentoihinsa, ja vasta sitten keskittyä särmäpaloihin, niin vaihdamme vain vaiheiden 3 ja 4 järjestyksen. Alla esitetty tapa suoriutua näistä vaiheista on sellainen, etteivät nämä vaiheet häiritse toisiaan (esimerkiksi särmäpalojen siirtäminen oikeille paikoilleen alla kuvatulla tavalla ei johda kärkipalojen kääntymiseen pois oikeista asennoista). Näistä ensimmäinen vaihe on helppo toteuttaa. Näemme nimittäin heti, että ryhmässä G(paikat) on ainoastaan parillisia permutaatioita. Tämä johtuu siitä, että perussiirrot vastaavat ryhmässä kahden 4­syklin tuloa (yksi 4­ sykli permutoi kärkipaloja ja toinen särmäpaloja). Näin ollen kuution jokaisessa mahdollisessa tilassa kärkipalojen paikkoihin ja särmäpalojen paikkoihin on joko molempiin kohdistunut parillinen permutaatio tai molempiin pariton permutaatio sen mukaan, onko perussiirtoja tehty alkutilanteesta lähtien parillinen vai pariton määrä. Jos siis kärkipaloihin ja särmäpaloihin on kohdistunut pariton permutaatio, tekemällä minkä tahansa sivujen keskiruudut paikallaan pitävän perussiirron pääsemme haluttuun tilanteeseen.

Tärkeitä siirtosarjoja Algoritmimme muut vaiheet perustuvat kukin yhden vakiosiirtosarjan ja sen konjugaattien käyttöön. Alkuosan teorian nojalla mikä tahansa parillinen permutaatio voidaan tuottaa 3­syklien avulla, joten on luonnollista etsiä paikkojen 3­syklejä. Nämä on alla tuotettu sopivina kommutaattoreina ryhmäteoreettissä osiossa esitellyllä tavalla. Hyvin samanhenkisten kommutaattorien avulla löydämme helposti siirtosarjat, jotka kääntävät kahta vierekkäistä särmäpalaa paikoillaan tai kahta vierekkäistä kärkipalaa ­ toista myötäpäivään toista vastapäivään. Myöhemmin osoitamme, että näiden siirtosarjojen avulla saamme tuotettua kaikki ryhmän G(asennot) permutaatiot. Näin tuleekin algoritmimme valmiiksi. Kärkipalojen 3­sykli

Havaitaan, että esitetty siirtosarja on itse asiassa aiemman esimerkin mukainen kommutaattori. Joukon A roolin ottaa tässä kuution ylin kolmannes ja kaksi alempaa kolmannesta muodostavat joukon B. Kuvan siirtosarjan viimeinen siirto "kansimiinus" ottaa vastaa permutaatiota s, ja sitä edeltävien 3 siirron sarja "oikeaalas,pohjamiinus,oikeaylos" permutaatiota t. Nyt s­1 on siirtosarja "kansiplus" ja t­1 on siirtosarja "oikeaalas,pohjaplus,oikeaylos". Huomaamme, että siirtosarja t jättää kuution ylimmän kolmanneksen koskemattomaksi oikean etuyläkärjen palaa lukuun ottamatta. Oletuksemme ovat siis voimassa, ja tiedämme siirtosarjaa [s,t] tekemättäkin sen antavan 3­syklin. Heuristinen perustelu tälle saadaan esimerkiksi seuraavasta löyhähköstä ajatuskulusta: Aluksi sekoitamme kuutiota siten, että ylimmästä kolmanneksesta vain yksi kärkipala vaihtuu ja muut palat pysyvät oikeilla paikoilla oikeissa asennoissa. Kuution 2 alinta kerrosta voivat tässä sekoittua hyvinkin perusteellisesta. Sitten kierrämme kuution yläkertaa neljänneskierroksen, jolloin vaihtunut kärkipala siirtyy yläkerran toiseen kärkeen ja sen tilalle tulee yläkertaan "kuuluva" kärkipala. Seuraavaksi peruutamme aluksi tekemämme sekoitussiirrot (käänteisessä järjestyksessä, jotta peruutus tapahtuisi oikein!), jolloin kuution alimman kahden kerroksen sekoittuminen palautuu alkutilaan muilta osin, mutta yläkerrasta tähän siirto sarjaan osallistuu nyt "väärä" pala, ja näin ollen kahdessa alimmassa kerroksessa on nyt 1 virheellinen kärkipala ­ muut osat ovat alkutilanteen mukaisessa järjestyksessä. Lopuksi peruutamme myös ylimmän kerroksen kierron ja saamme 3­syklin, johon osallistuvat yläkerrasta aluksi korvattu kärkipala x, sen paikalle alun siirtosarjassa tullut alakerran kärki t(x) sekä sen paikalle yläkerran kierrossa tullut kärki s(x). Kaikenkaikkiaan tämä siirtosarja on [s,t]="oikeaalas,pohjaplus,oikeaylos,kansiplus,oikeaalas,pohjamiinus,oikeaylos,kansimiinus" Huomaa, että koska siirtosarjaa (päinvastoin kuin permutaatiota) luetaan vasemmalta oikealle, tehdään tuossa ensin t­1 (3 siirtoa) sitten s­1 (1 siirto) sitten t (3 siirtoa) ja lopuksi s (1 siirto). Särmäpalojen 3­sykli

Tämä siirtosarja on niin ikään nähtävä kommutaattorina [s,t], missä kuten edellisessä siirtosarjassa s="kansimiinus" ja t="etumyota,valimiinus,etuvasta". Siirtosarja t (kuten myös t­1) jättää kuution ylimmän kolmanneksen koskemattomaksi yhtä särmäpalaa lukuun ottamatta, joten yleisen tuloksemme nojalla saamme 3­ syklin siirtosarjalla [s,t]="etumyota,valiplus,etuvasta,kansiplus,etumyota,valimiinus,etuvasta,kansimiinus"

Kahden kärkipalan kierrot

Tämäkin siirtosarja on konstruoitu kommutaattorina. Ensimmäiset kuusi siirtoa antavat permutaation t­1, joka jättää kuution ylimmän kolmanneksen koskemattomaksi lukuun ottamatta etusivun oikeanpuoleista yläkärkeä, joka on kiertynyt paikallaan 120 astettta, kaksi alinta kerrosta menivät tietenkin sekaisin. Sitten on tehty yläkerran kierto s­1. Kun seuraavaksi peruutetaan aluksi tehty siirtosarja (vastaten permutaatiota t), niin kaksi alinta kerrosta palautuvat alkutilaan ja oikeassa etuylänurkassa nyt oleva kärkipala kiertyy paikallaan 120 astetta vastakkaiseen suuntaan. Kun lopuksi kumotaan yläkerran kierto, on haluttu siirtosarja [s,t] valmis. Kahden särmäpalan kääntö

Tämäkin siirtosarja on kommutaattori. Se eroaa kärkipalojen kierron antavasta siirtosarjasta ainoastaan siirtosarjan t osalta. Tällä kertaa t­1 on seitsemän siirron sarja, joka jättää yläkerran entiselleen oikeanpuoleista särmäpalaa lukuun ottamatta ja kääntää tuon särmäpalan paikallaan. Kuten aiemmin, kuution yläkerran kierron s ja siirtosarjan t kommuttaatori [s,t] on haluttu siirtosarja.

Algoritmin vaiheet 2 ­ 5 Vaihe 2 ­ kärkipalat paikoilleen Vaiheen 1 jälkeen tiedämme, että kärkipalojen paikkoihin on kohdistunut parillinen permutaatio. Tämä permutaatio saadaan 3­syklejä kombinoimalla. Yksi systemaattinen tapa valita seuraavaksi tehtävä 3­sykli on seuraava: Olkoon A jokin väärässä paikassa oleva kärkipala. Tällöin palan A oikealla paikalla on kärkipala B, joka ei tietenkään myöskään ole oikealla paikallaan. Jos A ja B olisivat ainoat väärillä paikoilla olevat kärkipalat, niin kärkipaloihin olisi kohdistunut 2­sykli (AB), mikä on pariton permutaatio. Näin ollen on olemassa kärkipala C (eri kuin A ja B), joka on väärässä paikassa. Jos teemme 3­syklin (ABC), niin sen seurauksena kärkipala A siirtyy oikealle paikalleen, eikä yhtään oikealla paikalla olevaa kärkipalaa siirry väärälle paikalle. Näin ollen oikealla paikalla olevien kärkipalojen lukumäärä kasvaa 3­syklin (ABC) seurauksena. Toistamalla prosessia riittävän monta kertaa, saame lopulta kaikki kärjet oikeille paikoilleen. Mutta mutta? Pystymmekö välttämättä toteuttamaan minkä tahansa kärkipalojen 3­syklin. Aiemmin kuvattu esimerkki toimii siinä tapauksessa, että 3­sykliin osallistuvat kärkipalat ovat kaikki samalla sivulla (helposti näet, että tällöin kuutiota kääntelemällä saat halutut 3 kärkipalaa etusivun kuvattuihin kärkiin). Muut kärkien 3­ syklit saadaan kuitenkin kuvattua 3­sykliä konjugoimalla: Jos esimerkiksi haluamme tehdä 3­syklin, johon osallistuvat etusivun vasen yläkärki, etusivun oikea alakärki ja takasivun oikea yläkärki, niin ennen kuvattua siirtosarjaa [s,t] teemmekin siirtosarjan g="pohjamiinus,oikeaalas", jolloin siirrossa "pohjamiinus" etusivun oikea alakärki siirtyy etusivun vasemmaksi alakärjeksi, ja siirrossa "oikeaalas" takasivun oikea yläkärki siirtyy etusivun oikeaksi yläkärjeksi. 3­syklin [s,t] jälkeen sitten lopuksi peruutamme tehdyt siirrot sarjalla g­1. Kaiken kaikkiaan tämä 3­sykli saadaan siis permutaationa g­1 [s,t] g.

Lisäksi on mahdollista, että 3­sykli pyörii "väärään suuntaan", eli teemmekin syklin (ACB) syklin (ABC) sijasta. Tästä tosin selviämme helposti, sillä (ABC)=(ACB)­1, eli käännämme vain siirtosarjan aiemmin kuvatulla tavalla. Jos olet vahingossa tehnyt väärään suuntaan pyörivän 3­syklin, niin älä masennu. Toistamalla sama siirtosarja saat oikeaan suuntaan pyörivän 3­syklin, sillä (ABC)(ABC)=(ACB). Vaihe 3 ­ särmäpalat paikoilleen Tästä vaiheesta selvitään nyt samoin kuin vaiheesta 2. Tekemällä aiemmin kuvatun särmäpalojen 3­syklin sopivia konjugaatteja riittävä määrä, särmäpalat menevät lopulta oikeille paikoilleen. Vaihe 4 ­ kärkipalat oikeihin asentoihinsa Tässä vaiheessa voimme olettaa, että kaikki kärkipalat jo ovat oikeilla paikoillaan. Ne saadaan oikeihin asentoihin kombinoimalla kuvattua siirtosarjaa ja sen sopivia konjugaatteja. Tässä ei välttämättä tarvitse turvautua konjugaatteihin, jos on halukas toistamaan ko. siirtosarjaa "tarpeettomasti". Yksi systemaattinen tapa on edetä kärki kerrallaan järjestyksessä "oikea etuylä, oikea takaylä, vasen takaylä, vasen etuylä, vasen etuala, oikea etuala, oikea taka­ala, vasen taka­ala". Tässä jonossa mitkä tahansa kaksi peräkkäistä kärkeä ovat samalla särmällä, joten katsomalla kuutiota sellaisesta suunnasta, jossa kyseinen särmä tulee etusivun yläreunaksi, voimme käyttää tarvittaessa kuvattua siirtosarjaa (tai sen käänteistä sarjaa) siihen, että jonossa aiemmin esiintyvä kärki kääntyy oikeaan asentoonsa. Tällöin emme välitä siitä, mitä jonossa seuraavana olevalle "apukärjelle" tapahtuu. Mutta mutta? Miten käy jonon viimeisen kärjen? Sillehän emme enää voi tarjoa toista "apukärkeä" kaveriksi. Osoittautuu, että se ei ole tarpeen! Jonon kaksi viimeistä kärkeä nimittäin kääntyvät yhtä aikaa oikeihin asentoihinsa. Nimittäin tilanteessa, jossa kaikki kärkipalat ovat oikeilla paikoillaan voimme määrätä "kokonaiskiertymän" laskemalla yhteen kunkin kärkipalan kiertymät: nolla, jos oikeassa asennossa 120 astetta, jos vastapäivään kiertynyt 240 astetta = ­120 astetta, jos myötäpäivään kiertynyt Voimme todistaa, että kokonaiskiertymä on aina 360 asteen monikerta. Kuvattu kahden vierekkäisen kärjen kierron antava siirtosarja sitten säilyttää tämän tilanteen, sillä siinähän toista kärkipalaa kierretään vastapäivään ja toista myötäpäivään. Näin ollen on mahdotonta saavuttaa tilannetta, jossa vain yksi kärkipala olisi väärässä asennossa! Tällainen permutaatio (joka on "saavutettavissa" purkamalla kuutio osiinsa ja kokoamalla se uudestaan eri tavoin) ei kuulu Rubikin ryhmään. Vaihe 5 ­ särmäpalat oikeihin asentoihinsa Kuvattu siirtosarja esittää, miten kaksi vierekkäistä särmäpalaa voidaan kääntää. On selvää, että tätä siirtosarjaa konjugoimalla saamme käännettyä mitkä tahansa kaksi särmäpalaa. Jos voisimme olla varmoja, että kääntyneitä särmäpaloja on aina parillinen määrä, niin tämä riittääkin ­ käännämme särmäpalat pareittain. Itse asiassa näin onkin. Sen näkemiseksi tarkastelkaamme sitä, miten Rubikin ryhmä operoi 24 särmäpalasivun (12 särmäpalaa, 2 sivua kullakin) joukossa. Näemme, että perussiirrot vastaavat tässä aina kahden 4­syklin tuloa. Tämä on parillinen permutaatio, joten 24 särmäpalasivuun kohdistuu tulosäännön nojalla aina parillinen permutaatio. Jos olisi mahdollista kääntää yksi (tai mikä tahansa pariton määrä) särmäpala paikallaan, syntyisi särmäpalasivujen joukkoon pariton permutaatio (nimittäin 2­sykli). Osoitimme juuri, että Rubikin ryhmässä ei tällaisia permutaatioita ole.

Yhteenveto, kombinaatioiden lukumäärä Olemme nähneet vaiheissa 4 ja 5, että ryhmässä G(asennot) on alkioita 21137. Kullakin 12 särmäpalallahan on 2

mahdollista asentoa, mutta viimeisen asento määräytyy muiden asennoista siten, että väärinpäin olevia on parillinen määrä. Edelleen kullakin 8 kärkipalalla on 3 mahdollista asentoa, mutta viimeisen asento määräytyy siitä, että kokonaiskiertymä on 360 asteen kokonaislukumonikerta. Vastaavasti näimme, että ryhmällä G(paikat) on aliryhmä H, joka muodostuu niistä permutaatioista, jotka operoivat sekä kärkipaloihin että särmäpaloihin parillisella permutaatiolla. Itse asiassa aliryhmässä H on tasan puolet ryhmän G(paikat) alkioista, sillä G(paikat) on erillisten osajoukkojensa H ja "oikeaalas"H unioni. Todistus. Vaiheissa 2 ja 3 näimme, että ryhmässä H ovat kaikki kärkipalojen parillisten permutaatioiden ja särmäpalojen parillisten permutaatioiden kombinaatiot. Näin ollen ryhmän G(paikat) alkioiden lukumäärä on 2 (8!/2) (12!/2). Ryhmäteoriaa tuntevat huomaavat varmaankin, että H on itse asiassa isomorfinen ryhmien A8 ja A12 suoran tulon kanssa. Kaiken kaikkiaan siis Rubikin ryhmän alkioiden lukumääräksi saadaan 210378! 12! = 43 252 003 274 489 856 000, joten ei ihme, että kuution satunnaisella kääntelyllä ei pulmapeli ratkea. Rubikin ryhmän kompositiotekijöinä esiintyvät 2 alkion syklinen ryhmä (12 kertaa), 3 alkion syklinen ryhmä (7 kertaa) sekä alternoivat ryhmät A8 ja A12 (kumpikin kerran). Ryhmäteorian alkeita tuntevat huomaavat nyt heti, että Rubikin ryhmä ei ole ryhmäteorian mielessä ratkeava. Onneksi pulmapeli kuitenkin on ratkeava, kuten juuri näimme.

Määritelmiä ja käsitteitä Permutaatio = Bijektiivinen funktio f joukolta X itselleen. Jos X = {a,b,c}, niin esimerkiksi säännöt f(a)=b, f(b)=c, f(c)=a määräävät permutaation. Jos X on kokonaislukujen joukko Z, niin kuvaus f(n)=n+1 on permutaatio. Sama kaava ei määrittele luonnollisten lukujen joukon N = {1,2,3,...} permutaatiota, sillä tällöin f ei ole surjektio, koska f(n)>1 aina, kun n on luonnollinen luku. Olipa X mikä tahansa joukko, niin identiteettikuvaus id, joka määräytyy ehdoista id(x)=x (kaikille alkioille x) on joukon X permutaatio. Kompositio = funktioiden yhdiste eli kuvaustulo. Esimerkiksi funktioiden g(x)=sin(x) ja f(x)=x+1 avulla saadaan yhdistetyt kuvaukset (f o g)(x)=sin(x)+1 ja (g o f)(x)=sin(x+1). Yleensä siis (f o g) on eri funktio kuin (g o f). Kahden permutaation kuvaustulo on aina myös permutaatio. Ryhmä = joukko G, jonka alkiolle on määritelty jokin (abstrakti) kertolaskuksi kutsuttu sääntö muodostaa kahden ryhmän alkion tulona jokin kolmas alkio. Kertolaskun on toteutettava seuraavat ehdot assosiatiivilaki: a*(b*c)=(a*b)*c on oltava olemassa identiteettialkio 1 joka kuuluu joukkoon G ja joka toteuttaa ehdot 1*a=a=a*1 kaikille ryhmän G alkioille a. jokaiselle ryhmän alkiolle a on löydyttävä käänteisalkio a­1, joka toteuttaa ehdot a*a­1=1=a­1*a. Esimerkiksi kokonaisluvut muodostavat ryhmän yhteenlaskun suhteen: identiteettialkio = 0 ja käänteisalkio = vastaluku. Äärellisen joukon X permutaatiot muodostavat ryhmän kuvaustulon suhteen: identiteettialkio = identiteettikuvaus, käänteisalkio = käänteiskuvaus. Permutaatioryhmä = sellainen kokoelma G äärellisen joukon X permutaatioita, joka on suljettu kuvaustulon suhteen, eli jos f ja g ovat permutaatioryhmän G alkioita, niin kuvaustulojen (f o g) ja (g o f) on myös oltava joukon G alkioita. Esimerkiksi kaikkien permutaatioiden joukko S(X) on permutaatioryhmä. Harjoitustehtävänä voit todistaa, että joukko D={(1)=identiteettikuvaus,(12)(34),(13)(24),(14)(23),(13),(24),(1234),(1432)} ryhmä. Tässä X={1,2,3,4}. Aliryhmä. Jos G on ryhmä tai permutaatioryhmä, ja H on joukon G sellainen osajoukko, joka myös muodostaa ryhmän saman kertolaskun suhteen, sanotaan, että H on ryhmän G aliryhmä. Merkintä H