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Notas de Aula “Representacao de grupos 1”

Martino Garonzi

Universidade de Brasılia

Segundo semestre 2017

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Conteudo

Capıtulo 1. Representacoes de grau 1 51. Grupos notaveis 52. Representacoes 83. Representacoes de grau 1 9

Capıtulo 2. Algebras semisimples 151. Algebra grupo e Lema de Schur 152. Modulos completamente redutıveis 183. Teorema de Wedderburn 214. Double Centralizer 255. Exercıcios resolvidos 28

Capıtulo 3. Caracteres 451. Caracteres 452. Relacoes de ortogonalidade de Schur 493. Produto de caracteres 534. Princıpio de incerteza de Heisenberg 575. Exercıcios resolvidos 596. Valores dos caracteres 677. Teorema paqb de Burnside 708. Indicador de Frobenius-Schur 739. Reciprocidade de Frobenius 7610. Grupos de Frobenius 7911. Comutadores 8212. Subgrupos normais 8413. Teoria de Clifford 8614. Teorema de Ito 88

Capıtulo 4. Mais exercıcios resolvidos 911. A tabela de GL(2,F3) e SL(2,F3) 912. Nao todo elemento do derivado e um comutador 933. Grupos de ordem 18 944. Prova escrita - 25/10/2017 965. Resolucao da prova escrita 97

Bibliografia 101

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CAPıTULO 1

Representacoes de grau 1

1. Grupos notaveis

Vamos falar sobre alguns grupos notaveis e os subgrupos deles.

1.1. Cn (“grupo cıclico de ordem n”) tem a forma 〈x〉 onde x e umelemento de ordem n. Em particular Cn e abeliano, logo as classes de con-jugacao de Cn tem a forma xm onde m e um inteiro. Os subgrupos de Cntem a forma 〈xd〉 onde d e um divisor de n. Eles sao todos normais sendoCn abeliano.

1.2. C2×C2 (“grupo de Klein”) e o produto direto entre C2 e C2, ondeC2 = 〈a〉 = 1, a (onde o(a) = 2) e o grupo cıclico de ordem 2. Se trata deum grupo abeliano nao cıclico. A ordem de C2 × C2 e 4. Os elementos deC2 × C2 sao

1, (1, a), (a, 1), (a, a).

O centro de C2×C2 e C2×C2, o subgrupo derivado e trivial. Os subgruposde C2 × C2 sao todos normais, sao os seguintes.

C2 × C2

〈(a, 1)〉

2ssssssssss〈(a, a)〉

2

〈(1, a)〉2

KKKKKKKKKK

12

KKKKKKKKKK2

2ssssssssss

As classes de conjugacao de C2 × C2 tem a forma x com x ∈ C2 × C2

sendo tal grupo abeliano.

1.3. S3 (“grupo simetrico de grau 3”) e o grupo das funcoes bijetivas1, 2, 3 → 1, 2, 3 com a operacao de composicao. A ordem de S3 e 6. Oselementos de S3 sao

1, (12), (13), (23), (123), (132).

Os produtos sao feitos de esquerda para direita, por exemplo (12)(123) =(13). Se trata de um grupo supersoluvel nao nilpotente. Os subgrupos

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6 1. REPRESENTACOES DE GRAU 1

normais de S3 sao 1, 〈(123)〉 e S3. O centro de S3 e trivial, o subgrupoderivado e [S3, S3] = 〈(123)〉 = A3. Os subgrupos de S3 sao os seguintes.

Sym(3)

1, (12)

3rrrrrrrrrr1, (13)

3

1, (23)3

LLLLLLLLLL

1, (123), (132)2

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

12

LLLLLLLLLLL2

2rrrrrrrrrrr

3gggggggggggggggggggggggg

As classes de conjugacao de S3 sao

1, (12), (13), (23), (123), (132).

1.4. Q8 (“grupo dos quaternios”) e um grupo nilpotente nao abelianode ordem 8. Os elementos de Q8 sao

1,−1, i,−i, j,−j, k,−k.

Temos as relacoes i2 = j2 = k2 = −1 e ij = k, ji = −k. Os subgruposde Q8 sao todos normais, o centro e Z(Q8) = 〈−1〉 = 1,−1, e igual aosubgrupo derivado [Q8, Q8]. O quociente Q8/[Q8, Q8] e isomorfo a C2×C2.Os subgrupos de Q8 sao os seguintes.

Q8

2pppppppppppp

22

NNNNNNNNNNNN

〈i〉 ∼= C4 〈j〉 ∼= C4 〈k〉 ∼= C4

〈−1〉 ∼= C2

2

MMMMMMMMMM2

2pppppppppp

1

2

As classes de conjugacao de Q8 sao

1, −1, i,−i, j,−j, k,−k.

1.5. D4 (“grupo diedral de grau 4”) e o grupo das isometrias do qua-

drado. E um 2-grupo isomorfo aos 2-subgrupos de Sylow de S4. Se tratade um grupo nilpotente nao abeliano. A ordem de D4 e 8. D4 = 〈a, b〉onde a = (13) e b = (14)(23). Observe que ab = (1234) tem ordem 4. Ossubgrupos normais de D4 sao 1, 〈abab〉 = Z(D4) = [D4, D4], 〈a, bab〉, 〈ab〉,〈b, aba〉, D4. O quociente D4/[D4, D4] e isomorfo a C2 × C2. Os subgrupos

1. GRUPOS NOTAVEIS 7

de D4 sao os seguintes.

D4

2lllllllllllllll

22

RRRRRRRRRRRRRRR

〈a, bab〉 ∼= C2 × C2

2ooooooooooooo

22

QQQQQQQQQQQQQ〈ab〉 ∼= C4

2

〈b, aba〉 ∼= C2 × C2

2mmmmmmmmmmmmm2

2

OOOOOOOOOOOOO

〈a〉2

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX 〈bab〉2

QQQQQQQQQQQQQQQQ 〈abab〉〈aba〉〈b〉

12

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX2

QQQQQQQQQQQQQQQQ2

2mmmmmmmmmmmmmmmm

2

fffffffffffffffffffffffffffffffff

As classes de conjugacao de D4 sao

1, abab, ab, ba, a, bab, aba, b.

1.6. A4 (“grupo alternado de grau 4”) e o grupo das permutacoes pares

de 1, 2, 3, 4. E um subgrupo de S4 de indice 2. A ordem de A4 e 12.Temos A4 = 〈a, b〉 onde a = (123) e b = (12)(34). Os subgrupos normais deA4 sao 1, A4 e o grupo de Klein

K = 〈b, a2ba〉 = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23) ∼= C2 × C2.

O centro e trivial: Z(A4) = 1. O subgrupo derivado e [A4, A4] = K. Ossubgrupos de A4 sao os seguintes.

A4

3jjjjjjjjjjjjjjjjjjj

4wwwwwwwww4

4

EEEEEEEE4

RRRRRRRRRRRRRRRRR

〈b, a2ba〉

2wwwwwwwww

22

JJJJJJJJJ〈a〉

3

4444444444444444〈ab〉

3

〈ba〉

3

〈aba〉

3

yyyyyyyyyyyyyyyyyyyyy

〈b〉2

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW 〈a2ba〉2

TTTTTTTTTTTTTTTTTTTT 〈aba2〉2

GGGGGGGG

1

As classes de conjugacao de A4 sao

1, (12)(34), (13)(24), (14)(23),

(123), (142), (134), (243), (132), (124), (143), (234).

1.7. Grupo simetrico. Seja n ≥ 5 um inteiro. Os subgrupos normaisde Sn sao 1, An e Sn (isso pode ser mostrado facilmente usando o fatoque An e simples). Se n = 4, os subgrupos normais de S4 sao 1, K, A4,S4, onde K e o grupo de Klein definido acima. Temos S4/K ∼= S3.


2. Representacoes

Uma representacao (complexa) de um grupo finito G e um homomor-fismo ρ : G → GL(V ) onde V e um C-espaco vetorial de dimensao finitasobre C. Um caso tipico e V = Cn.

Exemplo importante: Representacao permutacional. SuponhaG ≤ Sn, V = Cn. Temos uma representacao

ρ : G→ GL(Cn), x 7→ ρ(x)

definida por(a1, . . . , an)ρ(x) := (a1x−1 , . . . , anx−1).

Se trata de um homomorfismo de grupos porque dado x ∈ G temos

(ai)ρ(x)ρ(y) = (aix−1)ρ(y) = (aiy−1x−1) = (ai(xy)−1) = (ai)ρ(xy).

Aqui a acao de x e a direita, daı por exemplo se x = (123) entao 1x−1 = 3,2x−1 = 1, 3x−1 = 2. Por exemplo se n = 3 e x = (123) entao ρ(x) erepresentado pela matriz

Mx =

0 1 00 0 11 0 0

,

de fato

(a1, a2, a3)ρ(x) = (a1x−1 , a2x−1 , a3x−1) = (a3, a1, a2) = (a1, a2, a3)Mx.

Sinal e determinante. Observe que temos um homomorfismo interes-sante, o determinante,

det : GL(Cn)→ C∗

onde C∗ e o grupo multiplicativo dos elementos nao nulos de C. A com-posicao Sn → GL(Cn)→ C∗ e igual ao homomorfismo “sinal” sgn : Sn → C∗que leva toda permutacao par para 1 e toda permutacao impar para −1. Issoe porque os unicos homomorfismos Sn → C∗ sao o homomorfismo trivial (oque leva tudo para 1) e o homomorfismo sinal. De fato um tal homomorfismoe determinado pelo morfismo induzido C2

∼= Sn/[Sn, Sn] → C∗ (sendo C∗abeliano) e existem exatamente dois homomorfismos C2 → C∗, dados esco-lhendo como imagem do gerador de C2 um entre 1 e −1 (as raizes quadradasde 1 em C).

Carater permutacional. Dados G ≤ Sn e x ∈ G podemos consideraro traco, Tr(ρ(x)), ou seja a soma dos elementos diagonais de ρ(x). E claroque cada linha de ρ(x) e um vetor da base canonica e1, . . . , en, logo umelemento diagonal de ρ(x) e 0 ou 1, e e 1 exatamente quando eiρ(x) = ei, ouseja, observando que eiρ(x) = eix (e facil ver isso), temos eix = ei. Tratando-se de vetores da base canonica, eix = ei e equivalente a i = ix. Isso implicaque Tr(ρ(x)) e igual ao numero de pontos fixos de x (no exemplo acima o

3. REPRESENTACOES DE GRAU 1 9

traco de ρ((123)) e zero pois (123) nao tem pontos fixos). A funcao G→ Cque leva x para Tr(ρ(x)) e chamado de “carater permutacional” de G.

Exercıcios

(1) Mostre que o centro de Sn e trivial para todo n ≥ 3.(2) Seja p um numero primo impar. Encontre todos os subgrupos de

Dp, o grupo diedral de grau p, e contar as classes de conjugacaode Dp. Lembre-se que Dp e um produto semidireto Cp o C2 ondeescrevendo Cp = 〈x〉, C2 = 〈y〉 a acao e dada por xy = x−1.

(3) Seja p um numero primo impar. Contar os subgrupos de Cp × Cpe de Cp2 × Cp.

(4) Mostre que S4/K ∼= S3.(5) Seja n ≥ 5 um inteiro. Usando o fato que An e um grupo simples

mostre que os unicos subgrupos normais de Sn sao 1, An, Sn.

3. Representacoes de grau 1

Uma representacao (complexa) de um grupo finito G e um homomor-fismo ρ : G→ GL(V ) onde V e um espaco vetorial de dimensao n sobre C.O numero n e chamado de grau da representacao. Estudaremos agora asrepresentacoes de grau 1.

Suponha n = 1. O espaco V e isomorfo (como espaco vetorial) a Clogo GL(V ) e isomorfo (como grupo) a C∗ = C − 0 (uma matriz 1 × 1inversıvel e um numero complexo nao nulo). Estamos entao interessados emestudar os homomorfismos de grupo G→ C∗. Indicaremos com Hom(G,C∗)o conjunto dos homomorfismos de grupo G→ C∗.

Teorema. Seja G um grupo finito e seja N o subgrupo derivado de G.Entao

|Hom(G,C∗)| = |G/N |.

Demonstracao. Suponha primeiro G cıclico, G = Cn = 〈x〉 onde x

tem ordem n, o(x) = n. Seja ρ : G → C∗ um homomorfismo. E claro queρ e determinado por ρ(x), de fato ρ(xm) = ρ(x)m. Observe que 1 = ρ(1) =ρ(xn) = ρ(x)n logo tem exatamente n possibilidades para ρ(x), se trata das

potencias de θ = ei2π/n, um elemento de C∗ de ordem multiplicativa n. Ouseja se m ∈ 0, 1, . . . , n − 1 entao ρ(xt) := θmt e um homomorfismo degrupos. Isso mostra que |Hom(G,C∗)| = n = |G| o que prova o resultadopois N = 1 neste caso (sendo G abeliano).

Observe que se A e B sao grupos quaisquer entao a funcao

ϕ : Hom(A×B,C∗)→ Hom(A,C∗)×Hom(B,C∗)


definida por ϕ(f) = (fA, fB) onde fA(x) := f((x, 1)) e fB(y) := f((1, y)), e

bijetiva. E injetiva porque se ϕ(f) = ϕ(h) entao fA = hA, fB = hB logo

f((x, y)) = f((x, 1)(1, y)) = f((x, 1))f((1, y)) = fA(x)fB(y)

= hA(x)hB(y) = h((x, 1))h((1, y)) = h((x, 1)(1, y)) = h((x, y)).

E sobrejetiva porque se (α, β) ∈ Hom(A,C∗) × Hom(B,C∗) entao a funcaof((x, y)) := α(x)β(y) verifica ϕ(f) = (α, β) sendo fA(x) = f((x, 1)) =α(x)β(1) = α(x) e fB(y) = f((1, y)) = α(1)β(y) = β(y), e e um homomor-fismo de grupos porque sendo C∗ abeliano,

f((x, y)(z, w)) = f((xz, yw)) = α(xz)β(yw) = α(x)α(z)β(y)β(w)

= α(x)β(y)α(z)β(w) = f((x, y))f((z, w)).

Agora suponha G abeliano. Sabemos que G e um produto direto de gruposcıclicos, G = Cn1 ×· · ·×Cnt , e |G| = n1 · · ·nt. Aplicando o teorema no casocıclico e a observacao acima, e lembrando que N = 1 sendo G abeliano,obtemos que

|Hom(G,C∗)| = |Hom(Cn1 × · · · × Cnt ,C∗)|= |Hom(Cn1 ,C∗)| · · · |Hom(Cnt ,C∗)|= n1 · · ·nt = |G| = |G/N |.

Agora suponha G nao abeliano. Para concluir que |Hom(G,C∗)| = |G/N |usando o que foi mostrado acima basta demonstrar que a funcao

ψ : Hom(G,C∗)→ Hom(G/N,C∗)

definida por ψ(f)(xN) := f(x) e bem definida e bijetiva. Para mostrar queψ e bem definida precisamos mostrar que se x, y ∈ G sao tais que xN = yNentao f(x) = f(y), ou seja f(y−1x) = 1. Mas sendo xN = yN temosy−1x ∈ N , logo e suficiente mostrar que f(z) = 1 para todo z ∈ N . Issoe claro porque N = G′ e o subgrupo derivado de G (logo z e um produtode comutadores) e C∗ e um grupo abeliano. De fato z e um produto deelementos da forma aba−1b−1 e para um tal elemento temos

f(aba−1b−1) = f(a)f(b)f(a)−1f(b)−1 = f(a)f(a)−1f(b)f(b)−1 = 1.

O fato que ψ e injetiva e imediato, e se α ∈ Hom(G/N,C∗) entao α = ψ(απ)onde π e a projecao canonica G→ G/N . Isso mostra que ψ e sobrejetiva econclui a demonstracao.

Faremos agora alguns exemplos. Lembre-se que no caso G = Cn umhomomorfismo ρ : Cn → C∗ e determinado pela imagem de um gerador x, eρ(x) tem que ser uma raiz n-esima de 1.

(1) G = C2 = 〈x〉 = 1, x. As raizes quadradas de 1 em C sao 1 e−1, logo existem exatamente dois homomorfismos ρ1, ρ2, definidos


por ρ1(1) = ρ2(1) = 1 e ρ1(x) = 1, ρ2(x) = −1. Podemos sintetizarisso em uma tabela:

C2 1 xρ1 1 1ρ2 1 −1

(2) G = C3 = 〈x〉 = 1, x, x2. As raizes cubicas de 1 em C sao

1, θ, θ2 onde θ = ei2π/3 = (−1+i√

3)/2 logo temos as possibilidadesseguintes.

C3 1 x x2

ρ1 1 1 1ρ2 1 θ θ2

ρ3 1 θ2 θ

(3) G = C4 = 〈x〉 = 1, x, x2, x3. As raizes quartas de 1 em C sao 1,i, i2 = −1 e i3 = −i, logo temos as possibilidades seguintes.

C4 1 x x2 x3

ρ1 1 1 1 1ρ2 1 i −1 −iρ3 1 −1 1 −1ρ4 1 −i −1 i

(4) G = C2×C2 = (1, 1), (1, x), (x, 1), (x, x) onde C2 = 〈x〉 = 1, x.Lembre-se que Hom(C2 ×C2,C∗) ∼= Hom(C2,C∗)×Hom(C2,C∗) eas escolhas para as imagens dos dois elementos (1, x) e (x, 1) sao 1e −1 (lembre-se do caso C2), logo temos a tabela seguinte.

C2 × C2 1 (x, 1) (1, x) (x, x)ρ1 1 1 1 1ρ2 1 −1 1 −1ρ3 1 1 −1 −1ρ4 1 −1 −1 1

A quarta coluna e obtida multiplicando a segunda e a terceira (lem-brando que os ρi sao homomorfismos).

(5) G = C3 × C3 = (ta, tb) : a, b = 0, 1, 2 onde C3 = 〈t〉 = 1, t, t2.Lembre-se que Hom(C3 ×C3,C∗) ∼= Hom(C3,C∗)×Hom(C3,C∗) eas escolhas para as imagens dos dois elementos (t, 1) e (1, t) sao 1,θ e θ2 onde θ = (−1 + i

√3)/2 (lembre-se do caso C3), θ3 = 1, logo


temos a tabela seguinte. Sejam x = (t, 1), y = (1, t).

C3 × C3 1 x x2 y y2 xy xy2 x2y x2y2

ρ1 1 1 1 1 1 1 1 1 1ρ2 1 θ θ2 1 1 θ θ θ2 θ2

ρ3 1 θ2 θ 1 1 θ2 θ2 θ θρ4 1 1 1 θ θ2 θ θ2 θ θ2

ρ5 1 θ θ2 θ θ2 θ2 1 1 θρ6 1 θ2 θ θ θ2 1 θ θ2 1ρ7 1 1 1 θ2 θ θ2 θ θ2 θρ8 1 θ θ2 θ2 θ 1 θ2 θ 1ρ9 1 θ2 θ θ2 θ θ 1 1 θ2

Por exemplo a setima coluna e obtida observando que ρi(xy2) =

ρi(x)ρ(y)2 sendo os ρi homomorfismos.

(6) G = Q8 = 1,−1, i,−i, j,−j, k,−k, ij = k, ji = −k, i2 = j2 =k2 = −1. O subgrupo derivado e N = 〈−1〉 = 1,−1 e as classeslaterais de N sao N , iN = i,−i, jN = j,−j e kN = k,−k.Um homomorfismo ρ : Q8 → C∗ induz f : Q8/N → C∗ definido porf(xN) := ρ(x) e e completamente determinado dele. Observe quese xN = yN entao ρ(x) = ρ(y), de fato ρ(x) = f(xN) = f(yN) =ρ(y), logo elementos equivalentes modulo N tem as mesmas ima-gens. Sendo Q8/Q

′8∼= C2 × C2, as imagens das classes xN sao

obtidas olhando a tabela de C2 × C2 acima. Obtemos a tabela

Q8 1 −1 i −i j −j k −kρ1 1 1 1 1 1 1 1 1ρ2 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1ρ3 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1ρ4 1 1 −1 −1 −1 −1 1 1

(7) G = A4. O subgrupo derivado eK = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)e as classes laterais deK saoK, (123)K = (123), (142), (134), (243),(132)K = (132), (124), (143), (234). Temos A4/K ∼= C3 e comono exemplo acima um homomorfismo ρ : A4 → C∗ e determi-nado pelo morfismo induzido f : A4/K → C∗ (no sentido queρ(x) = f(xK), em particular elementos equivalentes modulo K tema mesma imagem), e as possibilidades para tal homomorfismo saodadas pela tabela de C3 acima. Sejam a1 = (12)(34), a2 = (13)(24),a3 = (14)(23), b1 = (123), b2 = (142), b3 = (134), b4 = (243),c1 = (132), c2 = (124), c3 = (143), c4 = (234).

A4 1 a1 a2 a3 b1 b2 b3 b4 c1 c2 c3 c4

ρ1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1ρ2 1 1 1 1 θ θ θ θ θ2 θ2 θ2 θ2

ρ3 1 1 1 1 θ2 θ2 θ2 θ2 θ θ θ θ


Exercıcios.

(1) Determine todos os homomorfismos D4 → C∗ (onde D4 e o grupodiedral de grau 4, |D4| = 8).

(2) Determine todos os homomorfismos S3 × C3 → C∗.(3) Determine todos os homomorfismos A4 × C2 → C∗.(4) Determine todos os homomorfismos Sn → C∗.(5) Determine todos os homomorfismos Sn × Sn → C∗.(6) Demonstre que Hom(G,C∗) e um grupo (chamado de grupo dual

de G) isomorfo a G/G′.

CAPıTULO 2

Algebras semisimples

1. Algebra grupo e Lema de Schur

Seja F um corpo. Uma F -algebra e um F -espaco vetorial A que etambem um anel (associativo, unitario) tal que F · 1 e um subanel de Acontido no centro Z(A) e a multiplicacao por escalar cx (onde c ∈ F , x ∈ A)e igual a (c1)x onde o produto (c1)x e feito em A.

Por exemplo se V e um espaco vetorial de dimensao finita sobre F entaoA = EndF (V ) (o conjunto dos F -endomorfismos de V , ou seja os homo-morfismos F -lineares V → V ) e uma F -algebra com soma e composicao,identificada com a F -algebra das matrizes Mn(F ) onde n = dimF (V ) (comsoma por componentes e produto usual entre matrizes). Neste caso F · 1 eo conjunto dos endomorfismos escalares, v 7→ λv.

Algebra grupo. Seja G um grupo finito. A algebra grupo de G sobreF e o conjunto F [G] das somas formais

∑g∈G agg. Se trata de uma F -

algebra com a operacao de multiplicacao induzida pela multiplicacao em Gvia distributividade e bilinearidade (ou seja a unica multiplicacao bilineardistributiva que extende a multiplicacao em G). O conjunto dos elementosg = 1g onde g ∈ G e uma F -base de F [G], em particular dimF (F [G]) = |G|.

Um homomorfismo de F -algebras A → B e um homomorfismo deaneis unitarios F -linear (ou seja se c ∈ F , x, y ∈ A entao ϕ(cx) = cϕ(x),ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y), ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y) e ϕ(1) = 1). Seja V um espacovetorial de dimensao finita sobre F . Digamos que V e um A-modulo se edado um homomorfismo de F -algebras ϕ : A → EndF (V ). Neste caso ϕ etambem chamado de representacao de A. Se v ∈ V e x ∈ A denotaremosvϕ(x) (produto entre o vetor-linha v e a matriz ϕ(x)) tambem com vx.Usando o fato que ϕ e homomorfismo de F -algebras e facil mostrar que sex, y ∈ A, v, w ∈ V e c ∈ F entao

(1) (v + w)x = vx+ wx,(2) v(x+ y) = vx+ vy,(3) (vx)y = v(xy),(4) (cv)x = c(vx) = v(cx),(5) v1 = v.

15

16 2. ALGEBRAS SEMISIMPLES

Se G e um grupo finito e ρ : G → GL(V ) e uma representacao de Gsobre um corpo F entao temos uma representacao de A = F [G] dada por

ψ : A→ End(V ), ψ(∑g∈G

agg) :=∑g∈G

agρ(g).

A outra implicacao tambem vale: se ϕ : A → End(V ) e uma representacaode A = C[G] entao ρ : G → GL(V ) definida por ρ(g) := ϕ(g) e umarepresentacao do grupo G. Logo as representacoes de G sobre o corpo Fcorrespondem biunivocamente as representacoes de F [G].

Representacao regular. Se A e uma F -algebra entao A e um A-modulo com a multiplicacao a direita, e tal A-modulo e indicado A. Se A =F [G] entao A e o A-modulo induzido pelo homomorfismo ρ : G→ GL(F [G])dado pela multiplicacao a direita. Observe que G pode ser visto como umsubgrupo de Sym(G) (multiplicacao a direita) e entao ρ e a restricao aG da representacao permutacional de Sym(G) (a representacao dada pelapermutacao das coordenadas da base canonica G · 1). Em particular o tracoTr(ρ(g)) e o numero de pontos fixos da multiplicacao a direita por g, vistacomo funcao G→ G, logo e |G| se g = 1 e e 0 se g 6= 1.

Teorema de isomorfismo para F -algebras. Seja f : A → B umhomomorfismo de F -algebras e seja I = ker(f) = a ∈ A : f(a) = 0.Entao I e um ideal (bilateral!) de A, o anel quociente A/I tem estruturanatural de F -algebra dada por c ·(a+I) := ca+I. A funcao f : A/I → f(A)definida por f(a + I) := f(a) e bem definida, bijetiva, e e um isomorfismode F -algebras.

Algebra grupo do grupo cıclico. Mostraremos que existem isomor-fismos canonicos de C-algebras

C[Cn] ∼= C[X]/(Xn − 1) ∼= Cn

onde a multiplicacao em Cn e por componentes. Considere f : C[X]→ C[Cn]

definido por f(∑

i aiXi) :=

∑i ait

i onde t e um gerador de Cn. E claro que fe sobrejetivo e que f(Xn−1) = tn−1 = 1−1 = 0 logo Xn−1 ∈ ker(f). Peloteorema de isomorfismo (para F -algebras) para terminar a demonstracaodo primeiro isomorfismo enunciado basta mostrar que ker(f) ⊆ (Xn − 1).Observe que G e isomorfo ao grupo Un = c ∈ C : cn = 1, e para todoc ∈ Un seja ϕc : C[Cn]→ C definido por

ϕc(∑i

aiti) :=

∑i

aici.

Se trata de um homomorfismo de C-algebras (isso segue do fato que 〈t〉 → 〈c〉definido por ti 7→ ci e homomorfismo de grupos, e bem definido porque aordem de c divide a ordem de t). Daı se f(P (X)) = 0 entao escrevendoP (X) =

∑i aiX

i temos∑

i aiti = 0 e aplicando ϕc obtemos

∑i aic

i = 0 ou

1. ALGEBRA GRUPO E LEMA DE SCHUR 17

seja P (c) = 0. Isso mostra que P (c) = 0 para todo c ∈ Un logo X − c divideP (X) para todo c ∈ Un logo

∏c∈Un

(X − c) = Xn − 1 divide P (X), ou sejaP (X) ∈ (Xn − 1).

Sejam r1, . . . , rn as n raizes complexas de Xn − 1. Entao Xn − 1 =∏ni=1(X − ri) e o teorema chines implica que

C[Cn] ∼= C[X]/(Xn − 1) ∼=n∏i=1

C[X]/(X − ri) ∼=n∏i=1

C ∼= Cn.

Um F -subespaco vetorial W do A-modulo V e dito A-invariante (ou“A-submodulo”) se wx ∈ W para todo w ∈ W , x ∈ A. V e chamado deirredutıvel se os unicos subespacos A-invariantes sao 0 e V . Por exemplotodo A-modulo de dimensao 1 (sobre F ) e irredutıvel (obvio). Um A-modulonao irredutıvel e chamado de redutıvel.

Um homomorfismo de A-modulos V,W (ou “A-homomorfismo”)e um homomorfismo F -linear ϕ : V → W com a propriedade que ϕ(vx) =ϕ(v)x para todo v ∈ V , x ∈ A.

Teorema (Lema de Schur (1)). Seja A uma F -algebra e seja ϕ : V →W um homomorfismo nao nulo de A-modulos irredutıveis. Entao ϕ e umisomorfismo.

Demonstracao. Pela irredutibilidade e suficiente mostrar que ker(ϕ)e Im(ϕ) sao subespacos A-invariantes (submodulos) de V e de W (porquedaı como ϕ 6= 0 temos ker(ϕ) = 0 sendo ker(ϕ) 6= V e Im(ϕ) = W sendoIm(ϕ) 6= 0). Se v ∈ V e x ∈ A entao ϕ(vx) = ϕ(v)x = 0x = 0, isso mostraque ker(ϕ) e A-invariante. Se v ∈ V e x ∈ A entao ϕ(v)x = ϕ(vx) ∈ Im(ϕ),isso mostra que Im(ϕ) e A-invariante.

Teorema (Lema de Schur (2)). Seja A uma C-algebra e seja ϕ : V → Vum endomorfismo de um A-modulo irredutıvel V . Entao existe λ ∈ C talque ϕ(v) = λv para todo v ∈ V .

Demonstracao. Como ϕ e C-linear e C e algebricamente fechado existeum autovalor λ ∈ C de ϕ. Seja f : V → V definida por f(v) = ϕ(v) − λv.Usando o fato que ϕ e homomorfismo de A-modulos e facil mostrar que f eum homomorfismo de A-modulos. Nao e isomorfismo pois f(w) = 0 quandow e um autovetor associado a λ. Pelo lema de Schur f(v) = 0 Para todov ∈ V , ou seja ϕ(v) = λv para todo v ∈ V .

Dados uma C-algebra A e um A-modulo V podemos considerar EA(V ),

a C-algebra de todos os A-endomorfismos de V . E obvio que EA(V ) ⊇ C ·1.O lema de Schur diz que se V e irredutıvel entao EA(V ) = C · 1.

Exercıcios.

(1) Seja G um grupo finito e seja x1, . . . , xm uma classe de con-jugacao de G. Seja F um corpo. Mostre que x1 + . . .+xm pertenceao centro da algebra grupo F [G].


(2) Seja G um grupo finito e seja p um primo que divide |G|. Mostreque na algebra grupo Fp[G] temos (

∑g∈G g)2 = 0.

(3) Seja V = (a1, a2, a3) ∈ C3 : a1 + a2 + a3 = 0 e seja ρ : S3 →GL(V ) dado por (a1, a2, a3)ρ(x) := (a1x, a2x, a3x). Mostre que ρinduz uma estrutura de C[S3]-modulo em V e que V e irredutıvel.

(4) Seja ρ : R → GL(C2) definida por ρ(r) :=

(1 r0 1

). Mostre que

ρ e uma representacao redutıvel do grupo aditivo R.

2. Modulos completamente redutıveis

Uma consequencia imediata do lema de Schur e a seguinte.

Proposicao. Seja G um grupo abeliano finito e seja V um C[G]-moduloirredutıvel. Entao dim(V ) = 1.

Demonstracao. Se g ∈ G entao a funcao f : V → V definida porf(v) = vg e um homomorfismo de espacos vetoriais e se x ∈ G entao gx = xgsendo G abeliano logo

f(v)x = vgx = vxg = f(vx),

isso mostra que f(v)x = f(vx) para todo x ∈ C[G] (pela linearidade de f)logo f e homomorfismo de C[G]-modulos. Pelo lema de Schur existe λg ∈ Ctal que f(v) = λgv para todo v ∈ V . Isso implica que se v ∈ V e umvetor nao nulo e g ∈ G entao vg ∈ 〈v〉 (espaco vetorial com base v) logo〈v〉 e um submodulo de V . Sendo V irredutıvel deduzimos V = 〈v〉, logodim(V ) = 1.

Lembre-se que todas as algebras e todos os modulos tem dimensao finitasobre o corpo base.

Seja A uma F -algebra. Se U e W sao dois A-modulos a soma diretaexterna entre U e W e o A-modulo U ⊕W = (u,w) : u ∈ U, w ∈ W.Se V e um A-modulo e U , W sao A-submodulos de V tais que U ∩W = 0e U + W = V digamos que V e a soma direta interna de U e W . E umfato basico que a soma direta interna e canonicamente isomorfa a somadireta externa, ou seja se U,W sao submodulos de um A-modulo V tais queU +W = V e U ∩W = 0 entao U ⊕W ∼= V (isomorfismo de A-modulosdado por (u,w) 7→ u+w). O A-modulo V e dito completamente redutıvelse para todo submodulo W de V existe um submodulo U de V tal que V ea soma direta (interna) W ⊕ U . Nesta situacao U e dito A-complementode W .

Teorema (Teorema de Maschke). Seja G um grupo finito e seja Fum corpo cuja caracterıstica nao divide |G|. Entao todo F [G]-modulo ecompletamente redutıvel.

2. MODULOS COMPLETAMENTE REDUTIVEIS 19

Demonstracao. Seja V um F [G]-modulo e sejaW um F [G]-submodulode V . Queremos encontrar um F [G]-submodulo U de V tal que W∩U = 0e W +U = V . Seja L um complemento de W em V (que existe por algebralinear elementar, e obtido completando uma base de W a uma base de V ),aı L ∩W = 0 e L+W = V . Seja f : V →W a projecao canonica (a queleva `+ w para w). Define ϕ : V → V por

ϕ(v) :=1

|G|∑g∈G

f(vg)g−1.

O elemento |G| no denominador e visto como elemento de F , e e nao nulo poisa caracteristica de F nao divide |G|, logo faz sentido dividir por |G|. Alemdisso a soma faz sentido sendo G finito, e Im(ϕ) ⊆ W sendo Im(f) = We W submodulo. Se w ∈ W entao wg ∈ W sendo W um F [G]-submodulologo

ϕ(w) =1

|G|∑g∈G

f(wg)g−1 =1

|G|∑g∈G

wgg−1 =1

|G|∑g∈G

w =1

|G||G|w = w,

ou seja f |W = idW . Isso junto com Im(ϕ) ⊆ W implica que Im(ϕ) = W .Observe que ϕ e um morfismo de G-modulos, de fato

ϕ(vh) =1

|G|∑g∈G

f(vhg)g−1 =1

|G|∑g∈G

f(vhg)(hg)−1h = ϕ(v)h.

Isso implica que U := ker(ϕ) e um F [G]-submodulo de V (sendo o nucleo deum homomorfismo de F [G]-modulos). Sendo ϕ(w) = w para todo w ∈ W ,se w ∈W ∩U entao 0 = ϕ(w) = w e isso mostra que W ∩U = 0. Se v ∈ Ventao ϕ(v) ∈ W logo ϕ(ϕ(v)) = ϕ(v), daı ϕ(v − ϕ(v)) = ϕ(v) − ϕ(ϕ(v)) =ϕ(v) − ϕ(v) = 0. Logo u = v − ϕ(v) ∈ U daı v = u + ϕ(v) ∈ U + W . Issomostra que U +W = V .

Isso implica que se V e um F [G]-modulo e a caracteristica de F naodivide |G| (por exemplo isso acontece se F tiver caracteristica zero!) entaoexiste um submodulo irredutıvel W de V (sendo a dimensao de V finita) queadmite um complemento U em V que e submodulo de V , e continuando omesmo processo com U obtemos que V e soma direta de modulos irredutıveis.Logo para estudar todos os F [G]-modulos basta estudar os F [G]-modulosirredutıveis.

Uma F -algebra A e chamada de semisimples se vista como A-modulo(por multiplicacao a direita) e completamente redutıvel. O teorema de Mas-chke implica que se p nao divide |G| entao F [G] e uma F -algebra semisim-ples. Por exemplo C[G] e sempre semisimples. Por exemplo se G = Cn e umgrupo cıclico entao como ja vimos C[G] ∼= Cn ∼= C⊕C⊕ . . .⊕C (soma diretade C[G]-modulos irredutıveis de dimensao 1). Pelo que vimos acima isso segeneraliza ao caso abeliano: se G e abeliano os C[G]-modulos irredutıveistem dimensao 1 (como visto acima), logo se G e abeliano entao C[G] visto


como modulo regular a direita e isomorfo (como C[G]-modulo) a uma somadireta de n copias de C (de fato e uma soma direta de modulos irredutıveise todos os modulos irredutıveis tem dimensao 1).

Teorema. Sejam A uma F -algebra, V um A-modulo. Entao V e com-pletamente redutıvel se e somente se e uma soma de submodulos irredutıveis.

Demonstracao. Suponha V =∑

a Va com cada Va irredutıvel. SejaW submodulo de V . Como V tem dimensao finita existe U submodulode V maximal com a propriedade W ∩ U = 0. Observe que W + U esubmodulo de V . Mostraremos que W + U = V . Se nao for o caso entaoexiste Va nao contido em W + U logo (W + U) ∩ Va = 0 pelo fato que Vae irredutıvel. Daı W ∩ (U + Va) = 0 (pois se W 3 w = u + v com u ∈ Ue v ∈ Va entao v = w − u ∈ W + U logo v = 0 sendo (W + U) ∩ Va = 0e w = u ∈ W ∩ U daı w = u = 0 sendo W ∩ U = 0) e isso contradiz amaximalidade de U (de fato U + Va contem U propriamente sendo Va 6⊆ U ,sendo Va ∩ (W + U) = 0).

Agora suponha V completamente redutıvel e seja S a soma de todos ossubmodulos irredutıveis de V . S e um submodulo de V . Se S 6= V entao V =S⊕T (soma direta interna) com T 6= 0, sendo V completamente redutıvel.Como V tem dimensao finita, T contem um submodulo irredutıvel, o quecontradiz o fato que T ∩ S = 0.

Lema. Sejam A uma F -algebra, V um A-modulo. Se V =∑

a Va ondeos Va sao submodulos irredutıveis entao V e a soma direta de alguns Va.

Demonstracao. Seja W um submodulo de V maximal com a propri-edade que W e a soma direta de alguns Va (existe pois V tem dimensaofinita). Se W 6= V entao existe a tal que Va 6⊆ W . Como Va e irredutıvelVa ∩W = 0 logo a soma W + Va e direta daı W + Va e uma soma diretade alguns Va e tem dimensao maior da dimensao de W . Isso contradiz amaximalidade de W .

Seja V um A-modulo completamente redutıvel e seja M um A-moduloirredutıvel. A parte M-homogenea de V , indicada com M(V ), e a somade todos os submodulos de V que sao isomorfos a M . Observe que se M ∼= Nentao M(V ) = N(V ).

Lema (1.13 Isaacs). Seja V =⊕

iWi uma soma direta de A-moduloscom Wi irredutıvel para todo i. Seja M um A-modulo irredutıvel. Entaotemos:

(1) M(V ) e um EA(V )-submodulo de V , onde EA(V ) = HomA(V, V ),(2) M(V ) =

∑Wi : Wi

∼= M,(3) O numero nM (V ) de Wi que sao isomorfos a M e um invariante

de V , nao depende da decomposicao⊕

iWi.(4) Se N e um A-modulo irredutıvel nao isomorfo a M entao M(V )∩

N(V ) = 0.

3. TEOREMA DE WEDDERBURN 21

Demonstracao. (1). Precisamos mostrar que se θ ∈ EA(V ) (ou sejaθ e um A-endomorfismo do A-modulo V ) entao M(V )θ ⊆ M(V ), e paraisso basta mostrar que se M ∼= W ≤ V entao Wθ ⊆ M(V ). Se Wθ = 0isso e obvio, suponha Wθ 6= 0. Pelo lema de Schur Wθ ∼= W ∼= M logoWθ ⊆M(V ).

(2). A inclusao ⊇ e clara. Mostraremos a inclusao ⊆. Seja M ∼= W ≤ V ,queremos mostrar que W ⊆ ΣM =

∑Wi : Wi

∼= M. Seja πj : V → Va projecao canonica no adendo Wj (se trata de um A-endomorfismo comimagem Wj). Se πj(W ) 6= 0 entao πj(W ) = Wj sendo Wj irredutıvel,e ker(πj) = 0 sendo W irredutıvel, logo W ∼= Wj , e isso mostra queπj(W ) ⊆ ΣM para todo j, por outro lado W ⊆

∑j πj(W ) (sendo todo

elemento de W soma de projecoes de W nos Wj) logo W ⊆ ΣM .(3). Pelo ponto (2) temos

dim(M(V )) = nM (V ) dim(M)

logo nM (V ) nao depende da decomposicao⊕

iWi.

(4). E imediato do ponto (2).

Exercıcios.

(1) Mostre que se U e A-submodulo de V entao o espaco quociente V/Utem estrutura natural de A-modulo dada por (v +U)x = vx+U edim(V/U) = dim(V )− dim(U).

(2) Mostre que um A-modulo V e completamente redutıvel se e somentese a intersecao de todos os submodulos maximais de V e nula.[Exercıcio 1.1 pagina 11 do livro do Isaacs.]

(3) Sejam ϕ e ψ representacoes de uma F -algebra A. Uma matriz naonula P “entrelaca” ϕ e ψ se Pϕ(a) = ψ(a)P para todo a ∈ A.Suponha que ϕ e ψ sao representacoes irredutıveis (ou seja os A-modulos correspondentes sao irredutıveis).• Se P entrelaca ϕ e ψ, mostre que P e quadrada e det(P ) 6= 0.• Suponha F algebricamente fechado e P , Q entrelacam ϕ e ψ.

Mostre que existe λ ∈ F com Q = λP .[Exercıcio 1.2 pagina 11 do livro do Isaacs.]

3. Teorema de Wedderburn

Queremos estudar todos os A-modulos irredutıveis (a menos de isomor-fismo). Observe que se V e um A-modulo e U e um A-submodulo entaoV/U tem estrutura de A-modulo dada por (v + U)x := vx + U (e sabe-mos que dim(V/U) = dim(V )− dim(U)). Alem disso temos o teorema deisomorfismo para A-modulos: se θ : V → W e homomorfismo de A-modulos e U = ker(θ) entao θ : V/U → Im(θ) definido por θ(v + U) := θ(v)e isomorfismo de A-modulos.

Lema (1.14 Isaacs). Seja A uma F -algebra. Todo A-modulo irredutıvele isomorfo a um quociente de A. Se A e semisimples entao todo A-moduloirredutıvel e isomorfo a um submodulo de A.


Demonstracao. Seja V um A-modulo irredutıvel e seja 0 6= v ∈ V .Seja θ : A→ V dado por θ(x) := vx. E facil ver que θ e um homomorfismode A-modulos. Como v ∈ Im(θ) ⊆ V temos Im(θ) = V sendo V irre-dutıvel. Seja W = ker(θ). Pelo teorema de isomorfismo temos V ∼= A/W(isomorfismo de A-modulos). Se A e semisimples entao W admite umcomplemento U em A (que e submodulo de A), daı A = W ⊕ U logoV ∼= A/W ∼= U .

Seja M (A) um conjunto de representantes deA-isomorfismo deA-modulosirredutıveis. Pelo lema 1.13(2) se A e uma algebra semisimples entao temosum isomorfismo de A-modulos

A ∼=⊕

M∈M (A)

M(A).

Escreveremos M(A) no lugar de M(A) para simplificar a notacao. O teo-rema de Wedderburn implicara que na verdade esse isomorfismo e um iso-morfismo de algebras (ou seja o isomorfismo vale sem a “bolinha” ).

A ideia do teorema de Wedderburn e mostrar que toda algebra semisim-ples e uma soma direta de algebras simples e descrever tais algebras simples.

Lembre-se que um “ideal” de uma algebra A e um subgrupo aditivo Ide A tal que AI ⊆ I e IA ⊆ I (ou seja se trata de um subgrupo aditivo quee submodulo a esquerda e a direita). A e dita “algebra simples” se os unicosideais de A sao 0 e A.

Teorema (Wedderburn). Seja A uma F -algebra semisimples e seja Mum A-modulo irredutıvel.

(1) M(A) e um ideal minimal de A.(2) Se W e um A-modulo irredutıvel entao W ·M(A) = 0 a menos que

W ∼= M .(3) Para x ∈ A seja xM : M → M dado por xM (m) := mx e seja

AM = xM : x ∈ A ⊆ EndF (V ). A funcao M(A) → AM ,x 7→ xM e uma bijecao.

(4) M (A) e um conjunto finito.

Demonstracao. Se x ∈ A a funcao θx : A → A definida por (y)θx :=xy e umA-endomorfismo doA-modulo regularA. SendoM(A) um EA(A)-submodulo de A (pelo lema 1.13(1)) temos xM(A) = M(A)θx ⊆M(A) logoM(A) e um ideal esquerdo, por outro lado M(A) e um ideal direito sendoum A-modulo, logo M(A) e um ideal de A. Mostraremos a minimalidadeabaixo.

(2). Se W e um A-modulo irredutıvel e W 6∼= M entao W (A)∩M(A) =0 pelo lema 1.13(4). Como W (A) e M(A) sao ideais, W (A)M(A) ⊆W (A) ∩M(A) = 0. Pelo lema 1.14, A tem um submodulo W0

∼= W

3. TEOREMA DE WEDDERBURN 23

e W0 ⊆ W (A), logo W0M(A) = 0. Como W ∼= W0 (isomorfismo de A-modulos) segue WM(A) = 0 tambem (seja f : M0 →M um A-isomorfismo,entao se v ∈M0 e x ∈M(A) temos f(v)x = f(vx) = f(0) = 0).

(3). Pelo ponto (2) temos xW = 0 se x ∈ M(A) e M 6∼= W . Como Ae a soma direta dos M(A) onde M ∈ M (A), se y ∈ A entao escrevendoy =

∑N y(N) onde N ∈ M (A) temos yM =

∑N y(N)M = y(N)M = xM

onde x = y(N) (de fato se W e um A-modulo irredutıvel com W 6∼= Mtemos que y(W ) pertence a uma soma direta W1 ⊕ . . . ⊕Wt com cada Wi

isomorfo a W e se y(W )i e a i-esima componente temos (y(W )i)M = 0 peloponto (2)). Logo a restricao M(A) → AM , x 7→ xM e sobrejetiva. Poroutro lado se x ∈ M(A) e xM = 0 entao xW = 0 para todo W isomorfo aM (se f : M → W e isomorfismo de A-modulos e w ∈ W entao para umoportuno m ∈ M temos (w)xW = wx = f(m)x = f(mx) = f(0) = 0), daıpelo ponto (2) xW = 0 para todo A-modulo irredutıvel W , logo Ux = 0para todo A-modulo completamente redutıvel U (sendo U uma soma de A-

mdulos irredutıveis). Escolhendo U = A obtemos que x = 1x = 0. Issomostra que M(A)→ AM , x 7→ xM (que e um homomorfismo de A-modulos)e injetiva e conclui a demonstracao de (3).

(1). Falta mostrar que o ideal M(A) de A e minimal. Seja I < M(A) umideal de A contido propriamente em M(A). Queremos mostrar que I = 0.M(A) e uma soma de submodulos isomorfos a M logo existe M0 ≤ M(A),M0∼= M , M0 6⊆ I. Sendo M0∩ I < M0 e M0

∼= M irredutıvel, M0∩ I = 0logo M0I ⊆ M0 ∩ I = 0 (porque M0 e submodulo e I e ideal) logo sendoM0∼= M temos MI = 0 (pelo mesmo argumento usado na demonstracao

do ponto (2)). Se x ∈ I temos entao xM = 0. Por outro lado x 7→ xM euma bijecao M(A)→ AM logo x = 0.

(4). Pelo lema 1.14 temos M(A) 6= 0 para todo M irredutıvel e A =⊕M∈M (A)M(A) tem dimensao finita. Segue que |M (A)| e finito.

Corolario. Toda algebra semisimples e isomorfa (como algebra) a umasoma direta de algebras simples (com a multiplicacao por componentes),

A ∼=⊕

M∈M (A)

M(A),

e se M e um A-modulo irredutıvel a algebra M(A) e isomorfa a AM .

Demonstracao. Ja temos a decomposicao escrita no nıvel dosA-modulos.Lembrando que se W e M sao A-modulos irredutıveis nao isomorfos entaoW (A)M(A) = 0 (sendo W (A) e M(A) ideais e W (A) ∩M(A) = 0)segue, usando a distributividade, que ∑

M∈M (A)

x(M)

· ∑M∈M (A)

y(M)

=∑

M∈M (A)

x(M)y(M).

Ou seja a multiplicacao e por componentes (ou seja, e a multiplicacao dasoma direta). O elemento 1 ∈ A pode ser escrito como soma

∑M∈M (A) eM


onde eM ∈ M(A), logo se x ∈ M(A) entao x = 1x = eMx e x = x1 = xeMlogo eM e o elemento neutro da multiplicacao de M(A). Isso mostra queM(A) e uma algebra.

Para mostrar que M(A) e simples tomamos I ideal proprio de M(A) emostramos que I = 0. Para isso, pelo teorema de Wedderburn (ponto(1)) basta mostrar que I e ideal de A. Se x ∈ A e y ∈ I entao escrevendox =

∑M x(M) com x(M) ∈M(A) temos xy = x(M)y ∈ I e yx = yx(M) ∈

I sendo I ideal de M(A), logo I e ideal de A.Seja M um A-modulo irredutıvel. AM = xM : x ∈ A e uma algebra

dada por (m)(cxM ) := c · (m)xM para todo c ∈ F e a multiplicacao e acomposicao, sendo xMyM = (xy)M para todo x, y ∈ A (de fato (m)(xy)M =mxy = ((m)xM )y = (m)xMyM para m ∈ M). A funcao ϕ : M(A) → AM ,ϕ(x) = xM e claramente um homomorfismo de algebras, e e bijetiva peloteorema de Wedderburn (3).

O proximo objetivo sera entender a estrutura de M(A) ∼= AM .

Exercıcios

(1) Encontre a decomposicao em modulos irredutıveis das algebrasC[C2], C[C3], Q[C3], C[C4], F3[C4], C[C2 × C2], C[C3 × C3] vis-tas como modulos regulares.

Dica: Sabemos que sobre C todos os G-modulos irredutıveistem dimensao 1 se G e abeliano. Por exemplo para encontrar adecomposicao de C[C3] escrevamos C3 = 1, t, t2, um elemento daalgebra grupo e a+bt+ct2, os submodulos irredutıveis de C[C3] saogerados pelos autovetores das multiplicacoes por ti onde i = 0, 1, 2.Por exemplo lembrando que t3 = 1, a multiplicacao por t e a funcaolinear

a+ bt+ ct2 7→ c+ at+ bt2.

Resolvendo esse simples problema de algebra linear encontramos

C[C3] = 〈1 + t+ t2〉 ⊕ 〈1 + θt+ θ2t2〉 ⊕ 〈1 + θ2t+ θt2〉

onde θ ∈ C∗ e um elemento de ordem 3.

(2) Considere A = Mn(C) a algebra das matrizes n × n com coefici-entes em C, visto como A-modulo regular a direita. Mostre queA e isomorfo como A-modulo a uma soma direta de n A-modulosirredutıveis de dimensao n.

Dica: uma matriz n× n tem n linhas.

(3) Mostre que Mn(C) e uma C-algebra simples.

4. DOUBLE CENTRALIZER 25

Dica: calcule(1 00 0

)(a bc d

)(1 00 0

).

4. Double Centralizer

Seja A uma algebra sobre o corpo F e seja M um A-modulo. Deno-taremos por End(M) a algebra dos endomorfismos F -lineares M → M .Lembre-se que para x ∈ A temos xM : M →M definido por (m)xM = mx eAM = xM : x ∈ A e uma subalgebra de End(M) sendo (xy)M = xMyMpara x, y ∈ A. Observe que se A e uma subalgebra de End(M) entaoAM = A. Ja vimos que a funcao x 7→ xM induz um isomorfismo de algebrasM(A) ∼= AM (onde M(A) e a soma dos submodulos de A isomorfos a M).O que queremos fazer agora e entender as algebras simples M(A), lembrandoque se M e irredutıvel entao M(A) ∼= AM .

Teorema (Double centralizer). Sejam A uma F -algebra semisimples eM um A-modulo irredutıvel. Seja D = EA(M) = EndA(M) = HomA(M,M).Entao ED(M) = AM . Ou seja

CEnd(M)(CEnd(M)(AM )) = AM .

Demonstracao. Sendo A semisimples, M e isomorfo a um submodulode A logo podemos supor M submodulo de A. Seja I = M(A), I e umideal de A e M ⊆ I. A inclusao AM ⊆ ED(M) e clara pois se xM ∈ AM eϕ ∈ D entao (mϕ)xM = (mxM )ϕ sendo (mϕ)x = (mx)ϕ porque ϕ ∈ D =EndA(M). Mostraremos agora a inclusao ED(M) ⊆ AM . Seja θ ∈ ED(M),ou seja (mα)θ = (mθ)α para todo α ∈ D. Se m ∈ M seja αm : M → Adefinido por xαm = mx. M e ideal direito de A (ou seja, submodulo de A)logo mx ∈ M para todo x ∈ M e isso implica que αm : M → M . Se a ∈ Ae x ∈M temos

(xa)αm = m(xa) = (mx)a = (xαm)a

logo αm ∈ EA(M) = D. Se m,n ∈M entao

(mn)θ = (nαm)θ = (nθ)αm = m(nθ) (∗)Fixamos 0 6= n ∈ M e seja e a unidade da algebra I. Considere AnA, oideal de A gerado pelos produtos anb com a, b ∈ A. Temos AnA ⊆ I sendoI ideal e n ∈ M ⊆ I, e AnA e ideal de A, logo sendo I um ideal minimalde A obtemos I = AnA daı existem ai, bi ∈ A tais que e =

∑i ainbi sendo

e ∈ I = AnA. Se m ∈M entao

m = me = m∑i

ainbi =∑i

(mai)(nbi)

mas mai ∈M , nbi ∈M logo usando (∗) temos

mθ =∑i

((mai)(nbi))θ =∑i

(mai)((nbi)θ) = m∑i

ai((nbi)θ).

Definido u =∑

i ai((nbi)θ) ∈ A obtemos θ = uM ∈ AM .


Observe que se M e um A-modulo irredutıvel e D = EA(M) entao D eum anel com divisao, ou seja todo elemento nao nulo de D admite inversoem D. Isso e uma reformulacao do Lema de Schur (1), ou seja que todoA-endomorfismo nao nulo de um A-modulo irredutıvel e um isomorfismo.Logo o double centralizer (ou seja o fato que AM = ED(M) se M e irre-dutıvel) implica que se A e uma algebra semisimples existe um isomorfismode algebras

A ∼=⊕

M∈M (A)

EndEA(M)(M)

logo A e uma soma direta de algebras de matrizes sobre aneis com divisao(o teorema de Wedderburn e as vezes formulado assim).

Corolario. Seja A uma algebra semisimples sobre um corpo algebri-camente fechado F . Seja M um A-modulo irredutıvel. Seja M (A) umconjunto de representantes de A-isomorfismo de A-modulos irredutıveis.

(1) AM = End(M).(2) dim(AM ) = dim(M(A)) = dim(M)2.(3) nM (A) = dim(M).(4) dim(A) =

∑M∈M (A) dim(M)2.

(5) dim(Z(A)) = |M (A)|.

Demonstracao. Como F e algebricamente fechado D = EA(M) =F · 1 pelo Lema de Schur (2) logo pelo double centralizer AM = ED(M) =EF (M) = End(M). Sendo M(A) ∼= AM (isomorfismo de algebras) os pontos(1) e (2) seguem. M(A) e soma direta de nM (A) copias de M logo sed = dim(M) temos

d2 = dim(M(A)) = nM (A) · dim(M) = nM (A) · d

logo d = nM (A). Isso implica (3). Sendo A =⊕

M∈M (A)M(A), (4) se-

gue de (2). Seja ZM = Z(M(A)). Sendo EA(M) = CEnd(M)(AM ), te-

mos Z(AM ) = AM ∩ EA(M) = AM ∩ F · 1 = F · 1 logo dim(ZM ) =dim(Z(AM )) = 1 daı dim(

∑M ZM ) = |M (A)|. Logo basta mostrar que∑

M ZM = Z(A). Se z ∈ A entao podemos escrever z =∑

M zM comzM ∈ M(A) para todo M , e usando o fato que A e a soma direta (comoalgebra) dos M(A) temos que zx = xz significa

∑M zMxM =

∑M xMzM

logo z ∈ Z(A) se e somente se zM ∈ Z(M(A)) para todo M ∈ M (A), ouseja Z(A) =

∑M∈M (A) Z(M(A)).

Vamos ver o que isso significa no caso A = C[G] onde G e um grupofinito. Sabemos que A e semisimples pelo teorema de Maschke e dim(A) =|G|. A decomposicao em algebras simples e

C[G] ∼=k⊕i=1

Mni(C)

4. DOUBLE CENTRALIZER 27

onde cada algebra Mni(C) e End(Mi) onde Mi e um C[G]-modulo irredutıvelde dimensao ni. Sabemos que todo C[G]-modulo irredutıvel e isomorfo aum dos Mi logo os ni sao exatamente as dimensoes dos C[G]-modulos ir-redutıveis, ou seja os graus das representacoes irredutıveis de G (cada re-presentacao de G sobre C e associada a um C[G]-modulo, a dimensao dessemodulo e o grau da representacao, e a representacao e chamada de irre-dutıvel se o modulo associado e irredutıvel). Pelo ponto (4) do corolariotemos a “formula da soma dos quadrados”

k∑i=1

n2i = dim(C[G]) = |G|.

Tal formula implica uma coisa que ja sabemos, ou seja que se G e abelianoentao G tem exatamente |G| representacoes de grau 1 (a menos de isomor-fismo), de fato se G e abeliano sabemos que ni = 1 para todo i logo k = |G|.Em geral o numero k, ou seja o numero de representacoes irredutıveis de G(a menos de isomorfismo) e igual a k = |M (C[G])| = dim(Z(C[G])). Talnumero e igual ao numero de classes de conjugacao de G:

Proposicao. Seja G um grupo finito, entao dim(Z(C[G])) e igual aonumero de classes de conjugacao de G.

Demonstracao. Dada uma classe de conjugacao C de G define γC :=∑x∈C x ∈ C[G]. Temos que γC ∈ Z(C[G]) sendo γCg = gγC para todo

g ∈ G. De fato escrevendo C = t−1i cti : i = 1, . . . , r temos

γCg =r∑i=1

t−1i ctig = g

r∑i=1

(tig)−1c(tig) = gγC .

Para terminar basta mostrar que eles formam uma base do espaco Z(C[G]).

E claro que os γC sao linearmente independentes (sao somas disjuntas devetores da base canonica). Agora suponha z =

∑g∈G λgg ∈ Z(C[G]). Se

h ∈ G temos∑g∈G

λgg = z = h−1zh =∑g∈G

λgh−1gh =

∑g∈G

λhgh−1g

logo λg = λhgh−1 para todo g, h ∈ G, ou seja a funcao g 7→ λg e constante nasclasses de conjugacao. Isso implica que z e combinacao linear dos γC .

Assim por exemplo os graus das representacoes irredutıveis de S3 saon1 ≤ n2 ≤ n3 (porque S3 tem 3 classes de conjugacao) com

n21 + n2

2 + n23 = |S3| = 6

e ni ≥ 1 para todo i. Ja sabemos que S3 tem 2 representacoes de grau 1(sendo |S3/S

′3| = 2) logo n1 = n2 = 1 e deduzimos 12 + 12 + n2

3 = 6 daın3 = 2. Temos entao um isomorfismo (de algebras!)

C[S3] ∼= C⊕ C⊕M2(C).


A representacao irredutıvel de grau 2 e dada pela acao de permutacao dascoordenadas no modulo (a1, a2, a3) ∈ C3 : a1 + a2 + a3 = 0 que temdimensao 2 (cf. os exercıcios das aulas passadas).

Exercıcios.

(1) Escreva a decomposicao de Wedderburn de C[D4], C[Q8], C[A4],C[S3 × C2], C[S4], ou seja escreva cada algebra como soma diretade algebras simples.

(2) Sejam f : G → H um homomorfismo de grupos finitos e F umcorpo.(a) Mostre que f induz canonicamente um homomorfismo

de algebras ϕf : F [G]→ F [H].(b) Mostre que f e isomorfismo de grupos se e somente se ϕf e

isomorfismo de algebras.(c) E verdade que os grupos G e H sao isomorfos (como grupos)

se e somente se as algebras F [G] e F [H] sao isomorfas (comoalgebras)?

(3) Seja x = (123) ∈ S3, A = F3[S3] onde F3 e o corpo com 3 elementose seja t = 1− x ∈ A. Mostre que:(a) At e um ideal de A.(b) dimF3(At) = 4.(c) (At)3 = 0, ou seja abc = 0 para todo a, b, c ∈ At.(d) At e o nucleo do homomorfismo de algebras F3[S3]→ F3[S3/S

′3]

induzido pela projecao canonica S3 → S3/S′3.

(e) Se ϕ : A → End(M) e uma representacao irredutıvel de Aentao At ⊆ ker(ϕ). [Dica: Mt e submodulo de M .]

(f) A tem exatamente 2 classes de isomorfismo de modulos ir-redutıveis (logo neste caso o numero de representacoes irre-dutıveis e diferente do numero de classes de conjugacao).

(g) A nao e semisimples (cf. os exercıcios do livro do Isaacs).

(4) Tente fazer todos os exercıcios do capıtulo 1 do livro do Isaacs.

5. Exercıcios resolvidos

(1) Mostre que o centro de Sn e trivial para todo n ≥ 3.

Seja g ∈ Z(Sn) e por contradicao g 6= 1. Existe entao i ∈1, . . . , n com (i)g = j 6= i. Sendo n ≥ 3 existe k ∈ 1, . . . , n comi 6= k 6= j. Considere o ciclo (ijk) ∈ Sn. Sendo g ∈ Z(Sn) temosg(ijk) = (ijk)g logo aplicando a i temos (i)g(ijk) = (i)(ijk)g ou

5. EXERCICIOS RESOLVIDOS 29

seja k = (j)g. Como isso vale para todo k diferente de i e de jtemos n = 3. Por outro lado e imediato verificar que Z(S3) = 1.

(2) Seja p um numero primo impar. Encontre todos os subgrupos deDp, o grupo diedral de grau p, e conte as classes de conjugacaode Dp. Lembre-se que Dp e um produto semidireto Cp o C2 ondeescrevendo Cp = 〈x〉, C2 = 〈y〉 a acao e dada por xy = x−1.

Temos |Dp| = 2p logo os subgrupos proprios nao triviais temordem 2 ou p. O subgrupo de ordem p e normal (logo e o unicosubgrupo de ordem p) e tem exatamente p subgrupos de ordem 2,sao todos conjugados (sendo p o indice do normalizador do 2-Sylow,sendo o 2-Sylow auto-normalizado). Isso implica tambem que todosos elementos de ordem 2 sao conjugados. Escrevendo Dp = CpoC2

e Cp = 〈x〉 temos que x e conjugado a x−1 sendo xy = x−1, poroutro lado o centralizador de x e 〈x〉 (sendo x nao central e |Dp :〈x〉| = 2) logo x tem dois conjugados, daı os dois conjugados de xsao x e x−1. Isso implica que Cp contem 1 + (p − 1)/2 classes deconjugacao de Dp logo o numero total de classes de conjugacao deDp e 1 + 1 + (p− 1)/2 = (p+ 3)/2.

(3) Seja p um numero primo. Contar os subgrupos de Cp × Cp e deCp2 × Cp.

Cp×Cp tem um subgrupo de ordem 1, um subgrupo de ordemp2 e (p2 − 1)/(p− 1) = p+ 1 subgrupos de ordem p (os subespacosvetoriais de dimensao 1), logo o numero total de subgrupos e p+ 3.Seja agora G = Cp2 × Cp = 〈x〉 × 〈y〉 e seja H = 〈xp〉 × 〈y〉 ≤ G.Temos que H ∼= Cp×Cp e maximal em G e contem p+3 subgrupos.Sendo H gerado pelos elementos de ordem p, um subgrupo de Gnao contido em H tem que conter elementos de ordem p2, logo temque ser cıclico de ordem p2 (porque os subgrupos de ordem p2 saomaximais, tendo indice p). G tem p2(p− 1) elementos de ordem p2

logo tem p subgrupos de ordem p2. O numero total de subgruposde G e 1 + p+ 3 + p = 2p+ 4.

(4) Mostre que S4/K ∼= S3 onde K = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)(grupo de Klein).

A acao de conjugacao de S4 no conjunto dos seus tres 2-subgrupode Sylow tem nucleo K, logo S4/K e isomorfo a um subgrupo deS3. Sendo |S4/K| = 6 = |S3| temos S4/K ∼= S3.

(5) Seja n ≥ 5 um inteiro. Usando o fato que An e um grupo simplesmostre que os unicos subgrupos normais de Sn sao 1, An, Sn.


Seja N um subgrupo normal de Sn diferente de An e de Sn.ComoAn tem indice 2 em Sn, os unicos subgrupos de Sn que contemAn sao An e Sn, logo N∩An 6= An. Sendo An simples e N∩AnEAntemos que N∩An = 1. Logo NAn e um subgrupo de Sn contendoAn e |NAn| = |N ||An| = |N |n!/2, se por contradicao N 6= 1entao a unica possibilidade e |N | = 2 e Sn ∼= An × N . Mas issoimplica N ⊆ Z(Sn) o que contradiz Z(Sn) = 1.

(6) Determine todos os homomorfismos D4 → C∗ (onde D4 e o grupodiedral de grau 4, |D4| = 8).

D4 = 〈(1234)〉o 〈(24)〉. Como D4/D′4∼= C2 × C2 deduzimos a

tabela de D4 da tabela de C2 × C2:

D4 1 (13)(24) (1234) (1432) (24) (13) (12)(34) (14)(23)α1 1 1 1 1 1 1 1 1α2 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1α3 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1α4 1 1 −1 −1 −1 −1 1 1

(7) Determine todos os homomorfismos S3 × C3 → C∗.

Como o abelianizado e C6 escrevamos primeiro a tabela de C6 =〈x〉. Seja t ∈ C∗ um elemento de ordem 6. Temos

C6 α1 α2 α3 α4 α5 α6

1 1 1 1 1 1 1x 1 t t2 t3 t4 t5

x2 1 t2 t4 1 t2 t4

x3 1 t3 1 t3 1 t3

x4 1 t4 t2 1 t4 t2

x5 1 t5 t4 t3 t2 t

Um gerador do abelianizado S3 × C3/N onde N = A3 × 1e xN onde x = ((12), y) onde C3 = 〈y〉. A tabela de S3 × C3 econstruida da forma seguinte: as linhas dos elementos da classe


yiN sao as linhas de xi na tabela acima.

S3 × C3 α1 α2 α3 α4 α5 α6

1 1 1 1 1 1 1(123) 1 1 1 1 1 1(132) 1 1 1 1 1 1(12)y 1 t t2 t3 t4 t5

(23)y 1 t t2 t3 t4 t5

(13)y 1 t t2 t3 t4 t5

y2 1 t2 t4 1 t2 t4

(123)y2 1 t2 t4 1 t2 t4

(132)y2 1 t2 t4 1 t2 t4

(12) 1 t3 1 t3 1 t3

(23) 1 t3 1 t3 1 t3

(13) 1 t3 1 t3 1 t3

y 1 t4 t2 1 t4 t2

(123)y 1 t4 t2 1 t4 t2

(132)y 1 t4 t2 1 t4 t2

(12)y2 1 t5 t4 t3 t2 t(23)y2 1 t5 t4 t3 t2 t(13)y2 1 t5 t4 t3 t2 t

(8) Determine todos os homomorfismos A4 × C2 → C∗.

Sendo C6 o abelianizado de A4 × C2 e analogo ao exercıcioanterior, lembrando que um elemento que projeta em um geradordo abelianizado e (123)y onde C2 = 〈y〉.

(9) Determine todos os homomorfismos Sn → C∗.

Sendo S′n = An que tem indice 2 existem exatamente 2 homo-morfismos Sn → C∗, o homomorfismo trivial (o que leva tudo para1) e o homomorfismo sinal (o que leva uma permutacao par para 1e uma permutacao impar para −1).

(10) Determine todos os homomorfismos Sn × Sn → C∗.

Sn × Sn/(Sn × Sn)′ = Sn × Sn/An × An ∼= Sn/An × Sn/An ∼=C2×C2 logo definindo N = An×An os elementos de Sn×Sn/N saoN , ((12), 1)N , ((1, (12))N e ((12), (12))N e os homomorfismos saodados levando todo elemento de uma classe lateral para o elemento


indicado na tabela

Sn × Sn N ((12), 1)N (1, (12))N ((12), (12))Nα1 1 1 1 1α2 1 −1 1 −1α3 1 1 −1 −1α4 1 −1 −1 1

(11) Demonstre que Hom(G,C∗) e um grupo (chamado de grupo dualde G) isomorfo a G/G′.

E so observar que Hom(G,C∗) e um grupo dado por (fh)(x) :=f(x)h(x) e que as bijecoes consideradas na aula teorica sao isomor-fismos de grupo.

(12) Seja G um grupo finito e seja x1, . . . , xm uma classe de con-jugacao de G. Seja F um corpo. Mostre que x1 + . . .+xm pertenceao centro da algebra grupo F [G].

Provado em sala de aula.

(13) Seja G um grupo finito e seja p um primo que divide |G|. Mostreque na algebra grupo Fp[G] temos (

∑g∈G g)2 = 0.

Seja x =∑

g∈G g. Temos

x2 =∑g∈G

g∑h∈G

h =∑g∈G

∑h∈G

gh =∑g∈G

∑h∈G

h = |G|∑h∈G

h = |G|x = 0.

(14) Seja V = (a1, a2, a3) ∈ C3 : a1 + a2 + a3 = 0 e seja ρ : S3 →GL(V ) dado por (a1, a2, a3)ρ(x) := (a1x, a2x, a3x). Mostre que ρinduz uma estrutura de C[S3]-modulo em V e que V e irredutıvel.

Foi visto em sala de aula que ρ e homomorfismo, logo V e umC[S3]-modulo. Se V nao e irredutıvel (por contradicao) entao existeum subespaco W de V com W 6= 0, W 6= V e W e submodulo deV , ou seja e S3-invariante. Sendo dim(V ) = 2 temos dim(W ) = 1logo W = 〈w〉 com w = (a, b, c) vetor nao nulo (e sendo w ∈ Vtemos a + b + c = 0). O fato que W e S3-invariante significa quequalquer permutacao de a, b, c tem o unico efeito de multiplicar wpor um numero complexo. Por exemplo existe λ ∈ C com (b, a, c) =λ(a, b, c) ou seja b = λa, a = λb e c = λc. Se c 6= 0 isso implica λ = 1logo a = b, e w = (a, a, c), e lembrando que a+ b+ c = 0 obtemosc = −2a. Permutando a segunda e a terceira coordenada temosque existe µ ∈ C tal que (a,−2a, a) = µ(a, a,−2a) logo a = µa,−2a = µa e isso implica a = −2a, ou seja a = 0, contradicao. Logo


c = 0 e a+b+c = 0 implica que w = (a,−a, 0) e a 6= 0. Permutandoa primeira e a terceira coordenada temos que existe γ ∈ C com(0,−a, a) = γ(a,−a, 0) daı olhando a terceira coordenada a = 0,contradicao.

(15) Seja ρ : R → GL(C2) definida por ρ(r) :=

(1 r0 1

). Mostre que

ρ e uma representacao redutıvel do grupo aditivo R.

ρ e homomorfismo de grupos porque ρ(0) = 1 e(1 r0 1

)·(

1 s0 1

)=

(1 r + s0 1

).

Logo ρ e uma representacao de R. Tal representacao e redutıvelporque W = 〈(0, 1)〉 e um subespaco R-invariante de C2 sendo(

0 t)·(

1 r0 1

)=(

0 t).

Observe que W nao admite complemento invariante (ou seja comessa estrutura C2 nao e soma direta de R-modulos).

(16) Mostre que se U e A-submodulo de V entao o espaco quociente V/Utem estrutura natural de A-modulo dada por (v +U)x = vx+U edim(V/U) = dim(V )− dim(U).

A acao de A e bem definida pois se v + U = w + U entaov−w ∈ U e sendo U um A-modulo, se x ∈ A entao (v−w)x ∈ U logovx−wx ∈ U ou seja vx+U = wx+U ou seja (v+U)x = (w+U)x.Seja L um complemento de U em V e seja V → L a projecaocanonica. O nucleo e U logo pelo teorema de isomorfismo V/U ∼= Llogo dim(V/U) = dim(L) = dim(V )− dim(U).

(17) Exercıcio 1.1 pagina 11 do livro do Isaacs. Mostre que um A-modulo V e completamente redutıvel se e somente se a intersecaode todos os submodulos maximais de V e nula.

Observe que um submodulo U de V e maximal se e somentese V/U e um modulo irredutıvel. Se V e completamente redutıvelpodemos escrever V =

⊕ni=1Wi e a intersecao dos submodulos ma-

ximais⊕

j 6=iWj e claramente nula. Agora suponha que a intersecaodos submodulos maximais de V e nula. Sejam U1, . . . , Un os submo-dulos maximais de V e sejam Wi := V/Ui para i = 1, . . . , n. CadaWi e um modulo irredutıvel. Temos um homomorfismo canonicoϕ : V →W =

⊕ni=1Wi dado pelas projecoes canonicas, e o nucleo

e⋂ni=1 Ui = 0, daı ϕ e injetiva logo V e um submodulo de W , que


e completamente redutıvel. Isso implica que V e completamente re-dutıvel. De fato, se H e submodulo de V existe um complemento Tem W logo W = H⊕T , seja D = T∩V , claramente D∩H = 0. Asoma H+D e um submodulo de V e se v ∈ V escrevamos v = h+ tcom h ∈ H e t ∈ T , daı t = v − h ∈ V logo t ∈ D, isso mostraque V = H ⊕ D. [Obs: isso implica que submodulo de modulocompletamente redutıvel e completamente redutıvel.]

(18) Exercıcio 1.2 pagina 11 do livro do Isaacs. Sejam ϕ e ψ repre-sentacoes de uma F -algebra A. Uma matriz nao nula P “entrelaca”ϕ e ψ se Pϕ(a) = ψ(a)P para todo a ∈ A. Suponha que ϕ e ψ saorepresentacoes irredutıveis (ou seja os A-modulos correspondentessao irredutıveis).

• Se P entrelaca ϕ e ψ, mostre que P e quadrada e det(P ) 6= 0.

Escrevamos ϕ : A→ End(V ), dim(V ) = n, ψ : A→ End(W ),dim(W ) = m. O fato que Pϕ(a) = ψ(a)P implica que osprodutos Pϕ(a), ψ(a)P fazem sentido logo P tem m linhas en colunas, logo se w ∈ W entao o produto wP faz sentido ewP ∈ V , logo P induz um homomorfismo linear f : W → V .Se w ∈ W entao (wf)ϕ(a) = wPϕ(a) = wψ(a)P = (wψ(a))flogo f e um homomorfismo de A-modulos. Sendo P 6= 0, fe nao nulo, logo f e isomorfismo pelo lema de Schur, daı P equadrada e det(P ) 6= 0.

• Suponha F algebricamente fechado e P , Q entrelacam ϕ e ψ.Mostre que existe λ ∈ F com Q = λP .

QP−1 e homomorfismo nao nulo de A-modulos W → W , defato

QP−1ψ(a) = QP−1(ψ(a)P )P−1 = QP−1(Pϕ(a))P−1 =

= Qϕ(a)P−1 = ψ(a)QP−1,

logo pelo lema de Schur existe λ ∈ F com QP−1 = λ · 1 daıQ = λP .

(19) Encontre a decomposicao em modulos irredutıveis das algebrasC[C2], C[C3], Q[C3], C[C4], F3[C4], C[C2 × C2], C[C3 × C3] vis-tas como modulos regulares.

Dica: Sabemos que sobre C todos os G-modulos irredutıveistem dimensao 1 se G e abeliano. Por exemplo para encontrar adecomposicao de C[C3] escrevamos C3 = 1, t, t2, um elemento daalgebra grupo e a+bt+ct2, os submodulos irredutıveis de C[C3] sao


gerados pelos autovetores das multiplicacoes por ti onde i = 0, 1, 2.Por exemplo lembrando que t3 = 1, a multiplicacao por t e a funcaolinear

a+ bt+ ct2 7→ c+ at+ bt2.

Resolvendo esse simples problema de algebra linear encontramos

C[C3] = 〈1 + t+ t2〉 ⊕ 〈1 + θt+ θ2t2〉 ⊕ 〈1 + θ2t+ θt2〉

onde θ ∈ C∗ e um elemento de ordem 3.

Os submodulos irredutıveis de C[C2] tem dimensao 1 e sao ge-rados pelos autovetores da multiplicacao por t onde C2 = 1, t,logo

C[C2] = 〈1 + t〉 ⊕ 〈1− t〉.

Para encontrar geradores dos submodulos da decomposicao deQ[C3] observamos que um deles e 1 + t + t2 (onde C3 = 1, t, t2)e procuramos os outros dois no espaco vetorial 〈1 + θt + θ2t2, 1 +θ2t + θt2〉 onde θ ∈ C∗ tem ordem 3 (cf. C[C3] acima). Somandoe subtraindo tais dois geradores temos 2− t− t2 e 2θt− 2θt2 logoobtemos os C-geradores 2 − t − t2, t − t2. Alem disso W = 〈2 −t − t2, t − t2〉Q = 〈1 − t, 1 − t2〉Q. Obviamente Q[C3] = 〈1 + t +t2〉 ⊕ W . A ideia para terminar e mostrar que W e um Q[C3]-

modulo irredutıvel. E um Q[C3]-modulo porque (1− t)t = t− t2 =1− t2 − (1− t) e (1− t2)t = t− 1 = −(1− t) e e irredutıvel porquese nao o fosse teria um submodulo de dimensao 1 ou seja um vetorw = a(1− t)+b(1− t2) tal que 〈w〉 e um submodulo. Multiplicandowt = a(t− t2) + b(t− 1) = (−b− a)(1− t) + a(1− t2) deve existirc ∈ Q com wt = wc ou seja −b− a = ca, a = cb e a 6= 0 6= b (sendow 6= 0) logo substituindo −b − cb = c2b e dividindo por b temosc2 + c+ 1 = 0 o que nao e possıvel sendo c ∈ Q. Em conclusao

Q[C3] = 〈1 + t+ t2〉 ⊕ 〈1− t, 1− t2〉.

Observamos que com a estrutura de algebra deduzida do teoremade Wedderburn o segundo fator e um anel com divisao (no caso, eum corpo, isomorfo a Q[θ]).

Para encontrar geradores dos submodulos da decomposicao deC[C4] observamos que um deles e 1 + t + t2 + t3 (onde C4 =1, t, t2, t3), e um autovetor da multiplicacao por t. Os outrosautovetores sao 1− t+ t2 − t3 (com autovalor −1), 1 + it− t2 − it3(com autovalor −i) e 1− it− t2 + it3 (com autovalor i). Logo

C[C4] = 〈1+t+t2 +t3〉⊕〈1−t+t2−t3〉⊕〈1+it−t2−it3〉⊕〈1−it−t2 +it3〉.


Para encontrar geradores dos submodulos da decomposicao deF3[C4] observamos que dois deles sao 1 + t+ t2 + t3, 1− t+ t2 − t3(como no caso anterior) e dado α no fecho algebrico de F3 tal queα2 = −1 seguindo o raciocınio acima os outros dois autovetoressao 1 + αt − t2 − αt3 e 1 − αt − t2 + αt3. Somando e subtraindotais geradores temos 2−2t2 e −2αt+ 2αt3 logo a ideia e considerarW = 〈1−t2, t−t3〉. Se trata de um submodulo pois (1−t2)t = t−t3e (t − t3)t = t2 − 1 = −(1 − t2), e e irredutıvel porque se nao ofosse conteria um submodulo irredutıvel de dimensao 1, 〈w〉 comw = a(1 − t2) + b(t − t3) e multiplicando por t deve existir r ∈ F3

com a(t − t3) + b(t2 − 1) = ra(1 − t2) + rb(t − t3) ou seja a = rbe b = −ra o que implica a = −r2a e sendo a 6= 0 (pois w 6= 0)deduzimos r2 = −1, uma contradicao, sendo r ∈ F3. Logo

F3[C4] = 〈1 + t+ t2 + t3〉 ⊕ 〈1− t+ t2 − t3〉 ⊕ 〈1− t2, t− t3〉.

O terceiro fator visto como algebra (cf. teorema de Wedderburn) eum corpo com 9 elementos.

Para encontrar geradores dos submodulos da decomposicao deC[C2 × C2] precisamos considerar C2 × C2 = 1, x, y, xy e os au-tovetores das multiplicacoes por x e por y. Autovetores da multi-plicacao por x sao 1 + x, y + xy (com autovalor 1), 1 − x, y − xy(com autovalor −1), autovetores da multiplicacao por y sao 1 + y,x+ xy (com autovalor 1), 1− y, x− xy (com autovalor −1). Pre-cisamos encontrar vetores que sao simultaneamente autovetores damultiplicacao por x e da multiplicacao por y (ou seja precisamosdiagonalizar simultaneamente os dois operadores), a decomposicaode C[C2 × C2] e dada por

〈1 + x+ y + xy〉 ⊕ 〈1− x+ y − xy〉 ⊕ 〈1− x− y + xy〉 ⊕ 〈1 + x− y − xy〉.

Para encontrar geradores dos submodulos da decomposicao deC[C3×C3] consideramos C3×C3 = 1, x, x2, y, y2, xy, x2y, xy2, x2y2onde o(x) = o(y) = 3, considere a = 1 + x+ x2 (autovetor da mul-tiplicacao por x com autovalor 1), b = 1 + θx+ θ2x2 (autovetor damultiplicacao por x com autovalor θ2), c = 1+θ2x+θx2 (autovetorda multiplicacao por x com autovalor θ), d = 1 + y+ y2 (autovetorda multiplicacao por y com autovalor 1), e = 1 + θy + θ2y2 (auto-vetor da multiplicacao por y com autovalor θ2), f = 1 + θ2y + θy2

(autovetor da multiplicacao por y com autovalor θ). Observe quese α e autovetor da multiplicacao por x (com αx = λα) e β e auto-vetor da multiplicacao por y (com βy = µβ) entao αβ e autovetorda multiplicacao por x e da multiplicacao por y, sendo

(αβ)x = (αx)β = λαβ, (αβ)y = α(βy) = µαβ.


Logo a decomposicao de C[C3 × C3] e

〈ad〉 ⊕ 〈ae〉 ⊕ 〈af〉 ⊕ 〈bd〉 ⊕ 〈be〉 ⊕ 〈bf〉 ⊕ 〈cd〉 ⊕ 〈ce〉 ⊕ 〈cf〉.

Para quem sabe o que significa C[C3×C3] = C[C3]⊗C C[C3] e issodeveria explicar porque a base encontrada e o produto das basesdiagonalizantes das algebras grupos C[〈x〉], C[〈y〉].

(20) Considere A = Mn(C) a algebra das matrizes n × n com coefici-entes em C, visto como A-modulo regular a direita. Mostre queA e isomorfo como A-modulo a uma soma direta de n A-modulosirredutıveis de dimensao n.

Dica: uma matriz n× n tem n linhas.

Dado i ∈ 1, . . . , n considere o conjunto Mi das matrizes em

A que sao nulas fora da linha i. E facil ver que se a ∈ A e m ∈Mi

entao ma ∈ Mi logo Mi e um A-modulo. E claro que A e a somadireta dos Mi, falta mostrar que Mi e irredutıvel. Se W e umsubmodulo nao nulo de Mi entao W contem um elemento m 6= 0,logo para terminar basta mostrar que mA = Mi. Digamos que acomponente (i, j) de m e nao nula. Multiplicando m a direita pelamatriz x(i, j) que tem 1 na componente (i, j) e zero nas outras com-ponentes e dividindo pelo elemento na posicao (i, j) de m obtemosque mA contem a matrix x(i, j). Multiplicando a direita por ma-trizes de permutacao conseguimos ver que x(i, j) ∈ mA para todoj = 1, . . . , n, e multiplicando por escalares e somando tais matrizesconcluimos que mA = Mi.

(21) Mostre que Mn(C) e uma C-algebra simples.

Dica: calcule(1 00 0

)(a bc d

)(1 00 0

).

Seja I um ideal nao nulo de A = Mn(C). Queremos mostrar queI = A. Seguindo a dica conseguimos um elemento x de I que e umamatriz com uma unica componente nao nula, digamos na posicao(i, j). Multiplicando a esquerda e a direita por matrizes oportunas(matrizes de permutacao) conseguimos permutar linhas e colunasde x em todas as maneiras possıveis, e multiplicando por escalaresoportunos conseguimos ver que todas as matrizes com uma unicacomponente nao nula pertencem a I. Sendo toda matriz em A umasoma de tais matrizes, I = A.


(22) Escreva a decomposicao de Wedderburn de C[D4], C[Q8], C[A4],C[S3 × C2], C[S4], ou seja escreva cada algebra como soma diretade algebras simples.

Usaremos a formula∑k

i=1 n2i = |G|.

D4 tem 5 classes de conjugacao e |D4/D′4| = 4 logo as repre-

sentacoes irredutıveis tem grau 1, 1, 1, 1, 2, e

C[D4] ∼= C⊕ C⊕ C⊕ C⊕M2(C).

Q8 tem 5 classes de conjugacao e |Q8/Q′8| = 4 logo as representacoes

irredutıveis tem grau 1, 1, 1, 1, 2, e

C[Q8] ∼= C⊕ C⊕ C⊕ C⊕M2(C).

A4 tem 4 classes de conjugacao e |A4/A′4| = 3 logo as representacoes

irredutıveis tem grau 1, 1, 1, 3, e

C[A4] ∼= C⊕ C⊕ C⊕M3(C).

S3×C2 tem 6 classes de conjugacao e |S3×C2/(S3×C2)′| = 4 logoas representacoes irredutıveis tem grau 1, 1, 1, 1, 2, 2 e

C[S3 × C2] ∼= C⊕ C⊕ C⊕ C⊕M2(C)⊕M2(C).

S4 tem 5 classes de conjugacao e |S4/S′4| = 2 logo as representacoes

irredutıveis tem grau 1, 1, 2, 3, 3 e

C[S4] ∼= C⊕ C⊕M2(C)⊕M3(C)⊕M3(C).

(23) Sejam f : G → H um homomorfismo de grupos finitos e F umcorpo.

(a) Mostre que f induz canonicamente um homomorfismode algebras ϕf : F [G]→ F [H].

ϕf (∑g∈G

λgg) =∑g∈G

λgf(g).

(b) Mostre que f e isomorfismo de grupos se e somente se ϕf eisomorfismo de algebras.

Se f e isomorfismo de grupos entao dim(F [G]) = |G| = |H| =dim(F [H]) e ϕf e claramente sobrejetiva, logo ϕf e isomor-fismo (sendo uma aplicacao linear sobrejetiva entre espacosvetoriais da mesma dimensao finita) pelo principio da casados pombos. Se ϕf e isomorfismo entao |G| = dim(F [G]) =dim(F [H]) = |H| e f e sobrejetiva, de fato se f nao fosse so-brejetiva entao a imagem de ϕf estaria contida em F [Im(f)]


logo ϕf nao seria sobrejetiva. Sendo f : G → H um homo-morfismo sobrejetivo entre grupos finitos da mesma ordem, fe isomorfismo pelo principio da casa dos pombos.

(c) E verdade que os grupos G e H sao isomorfos (como grupos)se e somente se as algebras F [G] e F [H] sao isomorfas (comoalgebras)?

Nao, por exemplo C[D4] ∼= C[Q8] (cf. o exercıcio anterior).Um outro exemplo e: se G e um grupo abeliano de ordemn entao todas as representacoes irredutıveis tem grau 1 logoC[G] ∼= Cn (isomorfismo de algebras), logo grupos abelianosnao isomorfos da mesma ordem tem algebra grupo isomorfa.

(24) Seja x = (123) ∈ S3, A = F3[S3] onde F3 e o corpo com 3 elementose seja t = 1− x ∈ A. Mostre que:

(a) At e um ideal de A.

Precisamos mostrar que se a ∈ A entao Ata ⊆ At, e paraisso basta mostrar que Atg ⊆ At para todo g ∈ S3. Massendo 〈t〉 E S3 temos tg = ht com h ∈ S3 oportuno, logoAtg = Aht ⊆ At.

(b) dimF3(At) = 4.

Os elementos de S3 sao 1, x, x2, r, xr, x2r onde r = (12). Umelemento da forma st com s ∈ A tem a forma

(a+ bx+ cx2 + dr + exr + fx2r)(1− x) =

(a− c) + (b− a)x+ (c− b)x2 + (d− e)r + (e− f)xr + (f − d)x2r.

E imediato verificar que isso define um espaco de dimensao4 (por exemplo escrevendo os vetores usando coordenadas ecalculando o posto da matriz cujas linhas sao tais vetores).

(c) (At)3 = 0, ou seja abc = 0 para todo a, b, c ∈ At.

Sendo At ⊆ tA (pois At e ideal) e t3 = (1− x)3 = 1− x3 = 0temos (At)3 = AtAtAt ⊆ AAAttt = At3 = 0.

(d) At e o nucleo do homomorfismo de algebras α : F3[S3] →F3[S3/S

′3] induzido pela projecao canonica S3 → S3/S

′3.

Chamando de y a classe lateral 〈x〉r temos que um elementoa + bx + cx2 + dr + exr + fx2r de A e levado para a + b +


c + (d + e + f)y que e zero se e somente se a + b + c = 0 ed+e+f = 0. Isso define um espaco de dimensao 4. Lembrandoque um elemento de At tem a forma

(a− c) + (b− a)x+ (c− b)x2 + (d− e)r + (e− f)xr + (f − d)x2r

e que At tem dimensao 4 deduzimos que ker(α) = At.

(e) Se ϕ : A → End(M) e uma representacao irredutıvel de Aentao At ⊆ ker(ϕ). [Dica: Mt e submodulo de M .]

Mt e submodulo de M sendo MtA ⊆ MAt = Mt (sendoAt ideal). Sendo M irredutıvel Mt = 0 ou Mt = M . SeMt = M entao 0 = Mt3 = (Mt)t2 = Mt2 = (Mt)t = Mt =M , contradicao. Logo Mt = 0 ou seja t ∈ ker(ϕ) ou sejaAt ⊆ ker(ϕ) (sendo At ideal).

Observe que At e exatamente o radical de Jacobson de A (vejaos exercıcios abaixo).

(f) A tem exatamente 2 classes de isomorfismo de modulos ir-redutıveis (logo neste caso o numero de representacoes irre-dutıveis e diferente do numero de classes de conjugacao).

Seja M um A-modulo irredutıvel. Isso corresponde a umarepresentacao ϕ : A → End(M) com M irredutıvel. Sabe-mos que At ⊆ ker(ϕ) e que A/At ∼= F3[C2] e isso define umabijecao entre as representacoes irredutıveis de F3[S3] e as re-presentacoes irredutıveis de F3[C2]. Por outro lado escrevendoC2 = 1, z temos que F3[C2] ∼= 〈1 + z〉 ⊕ 〈1 − z〉 logo temexatamente duas representacoes irredutıveis.

(g) A nao e semisimples (cf. os exercıcios do livro do Isaacs).

Segue dos exercıcios 1.4 e 1.5 do livro (veja os exercıcios abaixo).

(25) Tente fazer todos os exercıcios do capıtulo 1 do livro do Isaacs.1.1 e 1.2 foram feitos acima.

(a) 1.3. Uma algebra A e semisimples se e somente se todo A-modulo e completamente redutıvel.

Se todoA-modulo e completamente redutıvel entao oA-moduloregular A e completamente redutıvel logo A e semisimples.Suponha agora A semisimples, e seja V um A-modulo. Seja


v1, . . . , vn uma base de V (como espaco vetorial), e seja

ϕ : An → V, ϕ(a1, . . . , an) := v1a1 + . . .+ vnan,

se trata claramente de um homomorfismo sobrejetivo de A-modulos (onde An = A ⊕ A ⊕ . . . ⊕ A). Sendo uma somadireta de modulos completamente redutıveis, An e completa-mente redutıvel, e se U = ker(ϕ) entao V ∼= An/U . Seja Wum complemento de U em An, daı V ∼= An/U ∼= W logo V eisomorfo a um submodulo de An, que e um modulo comple-tamente redutıvel, logo V e completamente redutıvel (veja oexercıcio 1.1 do Isaacs acima).

(b) 1.4. Seja A uma algebra. Para todo A-modulo V seja

A (V ) = a ∈ A : V a = 0.

Seja

J(A) =⋂

M∈M (A)

A (M) (radical de Jacobson de A)

onde M (A) e um conjunto de representantes de A-modulosirredutıveis. Mostre que

(i) A (V ) e um ideal de A para todo V .

E claro que A (V ) e um grupo aditivo. Se a ∈ A (V )e b ∈ A temos V ab = 0b = 0 e V ba ⊆ V a = 0 sendoV b ⊆ V sendo V um A-modulo. Logo ab, ba ∈ A (V ) eisso mostra que A (V ) e um ideal.

(ii) V J(A) < V para todo A-modulo nao nulo V (esse re-sultado e conhecido como “Lema de Nakayama” e temvarias formulacoes).

Seja W um submodulo maximal de V . O quocienteV/W e um modulo simples logo (V/W )J(A) = 0 ouseja V J(A) ≤W e isso implica que V J(A) 6= V .

(iii) J(A)n = 0 para um inteiro positivo oportuno n.

Considerando o A-modulo regular A pelo item anteriortemos A > AJ(A) > AJ(A)2 > AJ(A)3 > . . . logosendo dim(A) finita existe n com J(A)n = AJ(A)n = 0.

(iv) se I e um ideal direito (submodulo) de A e Im = 0para algum inteiro positivo m entao I ⊆ J(A).


Seja M um A-modulo irredutıvel. Sendo I ideal direitode A, MI e um submodulo de M logo MI = 0 ou MI =M . Se MI = 0 entao I ⊆ J(A), e se MI = M entao0 = MIm = (MI)Im−1 = MIm−1 e por inducao 0 =MI = M , contradicao.

(c) 1.5. Seja A uma algebra. As assercoes seguintes sao equiva-lentes.

(i) J(A) = 0.(ii) A nao tem ideais direitos nilpotentes nao nulos.

(iii) A nao tem ideais nilpotentes nao nulos.(iv) A e semisimples.

Se vale (i) e I e um ideal direito nilpotente entao pelo 1.4 temosI ⊆ J(A) = 0 logo I e nulo e (ii) vale. Se vale (ii) entao todosos ideais nilpotentes sao nulos sendo em particular ideais di-reitos nilpotentes, logo (iii) vale. Se vale (iii) entao J(A) = 0sendo J(A) um ideal nilpotente pelo 1.4 logo (i) vale. Issomostra que (i), (ii) e (iii) sao equivalentes dois a dois. Pelo1.1 A semisimples significa que a intersecao dos submodulosmaximais de A e nula, por outro lado J(A) esta contido emtal intersecao porque se W e um submodulo maximal de Aentao (A/W )J(A) = 0 ou seja J(A) ≤ W . Isso mostra que(iv) implica (i). Se vale (i) seja M um A-modulo simples, seja0 6= m ∈ M e seja f : A → M definido por f(a) = ma.Sendo f um homomorfismo nao nulo de A-modulos e sendo Mum A-modulo simples, f e sobrejetiva, logo M e isomorfo a ummodulo quociente do A-modulo regular A. Sendo dim(A) <∞isso implica que tem apenas um numero finito de A-modulossimples e menos de isomorfismo, M1, . . . ,Mn (se nao fosse as-sim poderia-se olhar a sequencia das intersecoes dos nucleosde A→Mi e isso daria uma serie infinita de ideais de A). Te-mos um homomorfismo de A-modulos ϕ : A→M1⊕ . . .⊕Mn

dado por a 7→ (m1a, . . . ,mna) onde 0 6= mi ∈ Mi para todoi, e um elemento a ∈ A pertence ao nucleo de ϕ se e somentese anichila todos os Mi, que sao todos os modulos simples, eisso mostra que ker(ϕ) ⊆ J(A) logo ker(ϕ) = 0, daı A eum submodulo de um modulo semisimples logo e semisimples(veja 1.3) e (iv) segue.

(d) 1.6. Seja A uma algebra e seja V um A-modulo completa-mente redutıvel. Mostre que AV e semisimples. [Obs: issomostra que o teorema Double Centralizer vale para qualqueralgebra A.]


AV ∼= A/A (V ) logo basta mostrar que J(A/A (V )) e nulo. Seu = a+ A (V ) ∈ J(A/A (V )) entao a anichila todo A/A (V )-modulo irredutıvel, logo anichila V (sendo V um A/A (V )-modulo que e soma de A/A (V )-modulos irredutıveis) daı a ∈A (V ) ou seja u = 0.

(e) 1.7. Seja A uma algebra e seja V um A-modulo irredutıvel.Mostre que |M (AV )| = 1.

Pelo 1.6 temos que AV e uma algebra semisimples, e V eclaramente irredutıvel como AV -modulo, logo podemos suporA = AV = ED(V ) onde D = EA(V ), logo A e uma algebra dematrizes sobre o anel com divisaoD. Temos entao que A e umaalgebra simples que e isomorfa como A-modulo a uma somadireta de submodulos irredutıveis isomorfos a V (os espacos“linha”). Em particular A/M ∼= V para todo submodulo ma-ximal M de A logo |M (A)| = 1.

(f) 1.8. Seja G um grupo, H um subgrupo de G e F um corpocom caracteristica coprima com |G : H|. Seja V um F [G]-modulo com um submodulo W . Suponha que exista U0 ≤ Vum F [H]-submodulo tal que V = W ⊕ U0. Mostre que existeum F [G]-submodulo U de V com V = W ⊕ U .

Seja f : V →W a projecao canonica. Seja

ϕ : V → V, ϕ(v) :=1

|G : H|

t∑i=1

f(vgi)g−1i

onde g1, . . . , gt e um conjunto de representantes de classes

laterais direitas de H. E imediato ver que Im(ϕ) = W e queϕ(w) = w para todo w ∈W . Se x ∈ G entao

ϕ(v)x =1

|G : H|

t∑i=1

f(vg−1i )gix =

1

|G : H|

t∑i=1

f(vx · x−1g−1i )gix = ϕ(vx)

sendo g1x, . . . , gtx um conjunto de representantes de classeslaterais direitas de H. Isso mostra que ϕ e homomorfismo deF [G]-modulos logo U := ker(ϕ) e um G-submodulo de V . Paraterminar precisamos mostrar que W ∩U = 0 e que W+U = V .Se w ∈ W ∩ U entao w = ϕ(w) = 0 logo W ∩ U = 0, e sev ∈ V entao ϕ(v) ∈ W e ϕ(v − ϕ(v)) = ϕ(v) − ϕ(v) = 0 logov = ϕ(v) + (v − ϕ(v)) ∈ W + U (como na demonstracao doteorema de Maschke).


(g) 1.9. Seja G um grupo e seja F um corpo de caracteristica p, esuponha que p divide |G|. Mostre que F [G] nao e semisimples.[Dica: (

∑g∈G g)2 = 0.]

Sejam A = F [G], x =∑

g∈G g. E facil ver que x2 = 0 (cf. um

dos exercıcios acima) e que Ax e um ideal de A. Temos entaoI2 = AxAx ⊆ Ax2 = 0 logo A nao e semisimples pelo 1.5.

(h) 1.10. Seja M um A-modulo. Mostre que M e completamenteredutıvel se e somente se MJ(A) = 0. [Dica: A/J(A) e semi-simples.]

Seja B = A/J(A). Um ideal nilpotente de B tem a formaI/J(A) com I ideal de A contendo J(A) e Im ⊆ J(A) paraalgum m. Sendo J(A)n = 0 para um oportuno n temos Imn =0 logo I ⊆ J(A) ou seja I/J(A) e nulo. Isso mostra que B esemisimples. Se MJ(A) = 0 entao M e um B-modulo logo ecompletamente redutıvel, sendo B semisimples (veja 1.3). Poroutro lado se M e completamente redutıvel entao M e somadireta de modulos irredutıveis e J(A) anichila todos eles pordefinicao logo MJ(A) = 0.

(26) BONUS: a decomposicao de C[S3]. Observe que se f : G → C∗ ehomomorfismo e v =

∑g∈G f(g)g entao se h ∈ G,

vh =∑g∈G

f(g)gh = f(h−1)∑g∈G

f(gh)gh = f(h−1)v

logo 〈v〉 e um C[G]-submodulo de C[G]. Sejam x = (123), t = 1−x,A = C[S3]. Temos que At e ideal de A e tem dimensao 4 (veja osexercıcios acima) e temos

C[S3] = 〈∑g∈S3

g〉 ⊕ 〈∑g∈S3

sgn(g)g〉 ⊕At

e sabemos que At e uma algebra isomorfa a M2(C) (pelo teoremade Wedderburn), a identidade de tal algebra e 1

3(2 − x − x2), defato a decomposicao de 1 e

1

6

∑g∈S3

g +1

6

∑g∈S3

sgn(g)g +1

3(2− x− x2) = 1.

Observe que e importante poder dividir por 2 e por 3, ou seja pelosdivisores primos de |S3|.

CAPıTULO 3

Caracteres

1. Caracteres

A partir de agora trabalharemos com o corpo C dos numeros comple-xos. Todos os modulos considerados serao definidos sobre C. Lembre-se quese G e um grupo finito as expressoes “G-modulo”, “C[G]-modulo”, “repre-sentacao de G sobre C” e “representacao de C[G]” sao equivalentes. Umarepresentacao e chamada de irredutıvel, completamente redutıvel, etc. se omodulo associado e irredutıvel, completamente redutıvel, etc. Duas repre-sentacoes de G sao “isomorfas” se os modulos correspondentes sao isomorfos.

Definicao. Seja ρ : G→ GL(V ) uma representacao do grupo finito G.O carater de ρ e a funcao que leva g ∈ G no traco (a soma dos elementosdiagonais) da matriz ρ(g):

χρ : G→ C, χρ(g) := Tr(ρ(g)).

Por exemplo o traco da matriz identidade n×n e igual a n, logo χρ(1) =Tr(ρ(1)) = Tr(1) = dim(V ) ou seja χρ(1) e o grau de ρ (em particular e uminteiro positivo, sendo a dimensao de um espaco vetorial).

Observe que se X e Y sao matrizes quadradas da mesma dimensaoTr(XY ) = Tr(Y X) e se X e inversıvel e facil deduzir que Tr(X−1Y X) =Tr(Y ) (veja os exercıcios). Isso mostra que se ρ e uma representacao de Gentao χρ e constante nas classes de conjugacao de G sendo, para g, h ∈ G,

χρ(h−1gh) = Tr(ρ(h−1gh)) = Tr(ρ(h)−1ρ(g)ρ(h)) = Tr(ρ(g)) = χρ(g).

Uma funcao constante nas classes de conjugacao de G e chamada de “funcaode classe” (class function). Observe que existem class function que nao saocaracteres, por exemplo a funcao nula nao e um carater (porque χρ(1) e ograu de ρ, logo tem que ser um inteiro positivo).

Exemplo. Temos a representacao permutacional dos subgrupos dogrupo simetrico: se G ≤ Sn,

ρ : G→ GL(Cn) (a1, . . . , an)ρ(x) := (a1x−1 , . . . , anx−1).

Ja vimos que se trata de um homomorfismo de grupos e ja calculamos otraco, temos

χρ(x) = Tr(ρ(x)) = |i ∈ 1, . . . , n : ix = i|45

46 3. CARACTERES

ou seja χρ(x) e o numero de pontos fixos da acao de x.Por exemplo considere a representacao permutacional de S4, ρ : S4 →

GL(C4). Para calcular χρ basta se restringir a representantes de classes deconjugacao (porque χρ e constante nas classes de conjugacao), por exemplo1, (12), (123), (1234), (12)(34). O valor de χρ(g) e dado pelo numero depontos fixos de g em 1, 2, 3, 4 logo

1 (12) (123) (1234) (12)(34)χρ 4 2 1 0 0

Um dos objetivos que temos e entender se uma representacao e irredutıvel soolhando aos numeros χρ(g) (o que e muito mais facil que estudar a totalidadeda funcao ρ).

Carater da representacao regular. Sabemos que todo grupo finito Ginduz uma permutacao dos elementos de G dada pela multiplicacao a direita,logo G e subgrupo de Sym(G) por meio do homomorfismo de Cayley queleva x ∈ G para a funcao G → G, g 7→ gx. Isso induz uma representacaopermutacional ρreg de G (a composicao do homomorfismo de Cayley G→ Sncom a representacao permutacional Sn → GL(Cn), onde n = |G|) chamadade “representacao regular” de G (corresponde a representacao regular de

C[G], ou seja o modulo C[G]). E claro que a multiplicacao a direita porx ∈ G nao tem pontos fixos se x 6= 1 e tem |G| pontos fixos se x = 1 (porquese g ∈ G entao gx = g se e somente se x = 1, sendo G um grupo), ou seja

χρreg(x) =

0 se x 6= 1|G| se x = 1

Queremos estudar as representacoes a menos de isomorfismo, e em par-ticular queremos entender com contas razoaveis se duas representacoes saoo nao sao isomorfas.

Se f : V → W e isomorfismo de G-modulos ρ : G → GL(V ), τ : G →GL(W ) e P e a matriz de f (apos escolher bases de V e de W ) temosque a igualdade “(v)ρ(g)f = (v)fτ(g) para todo v ∈ V , g ∈ G” (que e adefinicao de homomorfismo de modulos) se traduz em “Pτ(g) = ρ(g)P paratodo g ∈ G” ou seja P−1ρ(g)P = τ(g), para todo g ∈ G. Usando essareformulacao e claro que representacoes isomorfas tem o mesmo carater:

χτ (g) = Tr(τ(g)) = Tr(P−1ρ(g)P ) = Tr(ρ(g)) = χρ(g).

Mostraremos (como consequencia das relacoes de ortogonalidade) que repre-sentacoes com o mesmo carater sao isomorfas (!).

Soma de caracteres. Se ρ : G → GL(V ), τ : G → GL(W ) saorepresentacoes de G podemos considerar a representacao dada pela somadireta de modulos V ⊕W , se trata exatamente de

ρ⊕ τ : G→ GL(V ⊕W ), (v, w)(ρ⊕ τ)(g) := (vρ(g), wτ(g)).

1. CARACTERES 47

Se A e a matriz de ρ e B e a matriz de τ (apos escolha de bases dos espacos)a matriz de ρ⊕ τ e (

A 00 B

)que tem traco Tr(A) + Tr(B), daı

χρ⊕τ = χρ + χτ .

Em particular soma de caracteres e carater! Diferenca de caracteres nao ecarater em geral, por exemplo se χ e um carater qualquer χ − χ = 0 nao ecarater, como ja observado.

Seja M (C[G]) = M1, . . . ,Mk um conjunto de representantes de G-isomorfismo de G-modulos irredutıveis. Para cada Mi podemos consideraro carater χi de Mi. O conjunto

Irr(G) = χ1, . . . , χke o conjunto dos caracteres irredutıveis de G (um carater e chamado deirredutıvel se a representacao associada e irredutıvel). Observe que se M eum qualquer G-modulo irredutıvel com carater χ entao existe i ∈ 1, . . . , kcom M ∼= Mi e como representacoes isomorfas tem o mesmo carater temosχ = χi. Ou seja todo carater irredutıvel e igual a um dos χi.

Sabemos (veja o teorema de Wedderburn) que k e igual ao numero declasses de conjugacao de G, logo

Proposicao. O numero de caracteres irredutıveis de G e igual ao numerode classes de conjugacao de G.

Escrevendo ni = dim(Mi) sabemos que∑k

i=1 n2i = |G|, por outro lado

dim(Mi) = χi(1) logo obtemos a relacao

k∑i=1

χi(1)2 = |G|.

O “grau” de um carater e a dimensao do espaco vetorial correspondente,ou seja o grau do carater χ e χ(1). Um carater χ e chamado de “linear” se

ele tem grau 1. E claro que todo carater linear e irredutıvel. Observe quese χρ (carater da representacao ρ) e linear entao χρ = ρ (porque o traco deuma matriz 1× 1 (a) e igual a a), logo ja conhecemos os caracteres lineares,se trata das representacoes de grau 1.

Proposicao. Um grupo finito G e abeliano se e somente se todos oscaracteres irredutıveis de G sao lineares.

Demonstracao. Lembre-se que |G| =∑k

i=1 χi(1)2 e k e igual ao numerode classes de conjugacao de G. Se G e abeliano entao k = |G| logo sendocada χi(1) um inteiro positivo (sendo a dimensao de um espaco vetorial) a

igualdade∑k

i=1 χi(1)2 = k implica que χi(1) = 1 para todo i = 1, . . . , k, e se

48 3. CARACTERES

χ e um qualquer carater irredutıvel entao existe i ∈ 1, . . . , k com χ = χilogo χ(1) = χi(1) = 1. Se todo carater irredutıvel e linear entao χi(1) = 1

para todo i = 1, . . . , k logo |G| =∑k

i=1 χi(1)2 =∑k

i=1 1 = k daı |G| = k ouseja G e abeliano.

Reformulacao do teorema de Maschke. O teorema de Maschkediz que se G e um grupo finito entao todo C[G]-modulo e completamenteredutıvel. Seja V um C[G]-modulo. Podemos entao escrever V = V1 ⊕ V2 ⊕. . .⊕ Vt com cada Vi irredutıvel, daı cada Vi e isomorfo a um dos Mj . Logopodemos escrever

V ∼= Mm11 ⊕Mm2

2 ⊕ . . .⊕Mmkk =

k⊕i=1

Mmii

onde os expoentes mi indicam quantas vezes Mi aparece, aı por exemplo sek = 3 temos

M1 ⊕M1 ⊕M2 ⊕M2 ⊕M2 = M21 ⊕M3

2 ⊕M03 .

Sabemos que o carater de uma soma direta e a soma dos caracteres das

parcelas, logo o carater de⊕k

i=1Mmii e exatamente

∑ki=1miχi, e uma com-

binacao linear dos χi com coeficientes inteiros nao negativos e nao todosnulos. Em particular todo carater e soma de caracteres irredutıveis.

Produto interno. Se ϕ, ψ sao duas funcoes G→ C defina

[ϕ,ψ] :=1

|G|∑g∈G

ϕ(g)ψ(g).

Se trata de uma forma hermitiana no espaco das funcoes G → C. Naproxima aula mostraremos:

Primeira relacao de ortogonalidade: se i, j ∈ 1, . . . , k temos

[χi, χj ] =

1 se i = j,0 se i 6= j

Ou seja o conjunto Irr(G) e um sistema ortonormal em relacao ao produtointerno definido acima.

Corolario. Seja χ um carater do grupo G. Entao χ e irredutıvel se esomente se [χ, χ] = 1.

Demonstracao. Se χ e irredutıvel entao existe i ∈ 1, . . . , k tal queχ = χi e [χ, χ] = [χi, χi] = 1 pela primeira relacao de ortogonalidade. Agorasuponha [χ, χ] = 1. Sabemos que (reformulacao do teorema de Maschke)

χ e uma soma∑k

i=1miχi logo sendo o produto interno hermitiano e os mi

numeros reais temos

1 = [χ, χ] = [

k∑i=1

miχi,k∑j=1

mjχj ] =k∑

i,j=1

mimj [χi, χj ] =

k∑i=1

m2i

2. RELACOES DE ORTOGONALIDADE DE SCHUR 49

e sendo os mi inteiros nao negativos com∑k

i=1m2i = 1 obtemos que existe

` ∈ 1, . . . , k tal que m` = 1 e mi = 0 para todo i 6= `, daı χ = χ` eirredutıvel.

Por exemplo sabemos que S3 tem tres caracteres irredutıveis χ1, χ2 eχ3 (porque S3 tem 3 classes de conjugacao) e que χ1, χ2 tem grau 1 e χ3

tem grau 2 (porque os graus das representacoes irredutıveis de S3 sao 1,1 e 2) e ja conhecemos os caracteres de grau 1 (o trivial e o sinal). Logo(CHARACTER TABLE - TABELA DOS CARACTERES)

S3 1 (12) (123)χ1 1 1 1χ2 1 −1 1χ3 2 a b

Sendo a terceira linha ortogonal as outras duas temos 0 = [χ1, χ3] = (2 +3a + 2b)/6 e 0 = [χ2, χ3] = (2 − 3a + 2b)/6 logo a = 0 e b = −1. A tabelados caracteres de S3 e entao

S3 1 (12) (123)χ1 1 1 1χ2 1 −1 1χ3 2 0 −1

Observe que

[χ3, χ3] =1

6(2 · 2 · 1 + 0 · 0 · 3 + (−1) · (−1) · 2) = 1.

Exercıcios.

(1) Mostre que se X e Y sao matrizes quadradas n×n entao Tr(XY ) =Tr(Y X) e que se X e inversıvel entao Tr(X−1Y X) = Tr(Y ).

(2) Considere a representacao permutacional do grupo simetrico ρ :Sn → GL(Cn). Calcule o produto interno [χρ, χρ] para n = 3, 4, 5, 6.

(3) Calcule a tabela dos caracteres de A4, D4, Q8.(4) Calcule a tabela dos caracteres de S3 × C2.

[Dica: se S3 ×C2 → S3 e a projecao canonica e S3 → GL(V ) euma representacao irredutıvel de S3 entao a composicao S3×C2 →GL(V ) e uma representacao irredutıvel de S3 × C2.]

(5) Escreva o carater da representacao regular de S3 e de A4 comosoma de caracteres irredutıveis.

2. Relacoes de ortogonalidade de Schur

Na aula de hoje queremos reformular o lema de Schur no contexto doscaracteres. Seja G um grupo finito. Se ϕ, ψ sao duas funcoes G→ C defina

[ϕ,ψ] :=1

|G|∑g∈G

ϕ(g)ψ(g).

50 3. CARACTERES

Se trata de uma forma hermitiana no espaco das funcoes G → C. Ou sejase λ ∈ C e α, β, γ sao funcoes G→ C entao

[α+ β, γ] = [α, γ] + [β, γ], [α, β + γ] = [α, β] + [α, γ]

[λα, β] = λ[α, β], [α, λβ] = λ[α, β],

e o produto interno e definido positivo, ou seja [α, α] ≥ 0 e [α, α] = 0 se esomente se α = 0.

Teorema (Lema de Schur (3): Relacoes de ortogonalidade). Sejamχ1, . . . , χk os caracteres irredutıveis de G.Primeira relacao de ortogonalidade: se i, j ∈ 1, . . . , k temos

[χi, χj ] =

1 se i = j,0 se i 6= j

Segunda relacao de ortogonalidade: se g, h ∈ G temos

k∑i=1

χi(g)χi(h) =

|CG(g)| se g ∼ h

0 se g 6∼ h

onde g ∼ h significa que g e h sao conjugados em G.

Demonstracao. Primeiramente observe que se g ∈ G e ρ e uma repre-sentacao de G entao gm = 1 para um m oportuno logo ρ(g)m = 1, logo se λe um autovalor de ρ(g) entao λm = 1 logo λ−1 = λ. Por outro lado o caraterde g−1 e uma soma de autovalores de ρ(g)−1 (basta triangularizar ρ(g) sobreC) que tem a forma λ−1 onde λ e autovalor de ρ(g), daı se λ1, . . . , λn sao osautovalores de ρ(g) entao

χ(g−1) =n∑i=1

λ−1i =

n∑i=1

λi =n∑i=1

λi = χ(g).

Sejam ρ : G → GL(V ), τ : G → GL(W ) representacoes irredutıveis de G eχρ, χτ os caracteres. Podemos considerar matrizes M(g), Q(g) associadas aρg e τg, daı χρ(g) = Tr(M(g)), χτ (g) = Tr(Q(g)). Daı

[χρ, χτ ] =1

|G|∑g∈G

Tr(M(g))Tr(Q(g−1)).

Dada ψ : V →W aplicacao linear temos que

ψ0 : V →W, (v)ψ0 =1

|G|∑g∈G

(v)(ρgψτg−1)

e homomorfismo de G-modulos porque

(vρh)ψ0 =1

|G|∑g∈G

(vρh)(ρgψτg−1) =1

|G|∑g∈G

vρhgψτg−1h−1τh = (v)ψ0τh.

2. RELACOES DE ORTOGONALIDADE DE SCHUR 51

Observe que se V = W e ρ = τ e ψ0 e endomorfismo de V entao

Tr(ψ0) =1

|G|∑g∈G

Tr(ρgψρ−1g ) =

1

|G|∑g∈G

Tr(ψ) = Tr(ψ).

Dados α ∈ 1, . . . , n, β ∈ 1, . . . ,m onde n = dim(V ), m = dim(W )considere ψ(α, β) : V → W de matriz P (α, β) que satisfaz P (α, β)ij = 1 sei = α e j = β, e P (α, β)ij = 0 se i 6= α ou j 6= β. Temos

(ψ0(α, β))ij =1

|G|∑g∈G

(M(g)P (α, β)Q(g−1))ij =1

|G|∑g∈G

M(g)iαQ(g−1)βj .

Calculamos∑α,β

ψ0(α, β)α,β =∑α,β

1

|G|∑g∈G

M(g)ααQ(g−1)ββ

=1

|G|∑g∈G

∑α,β

M(g)ααQ(g−1)ββ

=1

|G|∑g∈G

(∑α

M(g)αα

)∑β

Q(g−1)ββ

=

1

|G|∑g∈G

Tr(M(g))Tr(Q(g−1)) = [χρ, χτ ].

Como ψ0(α, β) e um homomorfismo de modulos irredutıveis V →W temosψ0(α, β) = 0 se V e W nao sao isomorfos (pelo lema de Schur) e isso implicaque [χi, χj ] = 0 se i 6= j.

Falta mostrar que [χi, χi] = 1 para i = 1, . . . , k, logo podemos suporV = W e ρ = τ . Nessa situacao ψ0(α, β) e um G-homomorfismo V → Vlogo pelo Lema de Schur ψ0(α, β) e a multiplicacao por um escalar λαβ.Temos

nλαβ = Tr(ψ0(α, β)) = Tr(ψ(α, β)) =

1 se α = β,0 se α 6= β

Sendo as ψ0(α, β) matrizes escalares,

[χρ, χρ] =

n∑α,β=1

(ψ0(α, β))α,β =

n∑α=1

ψ0(α, α)α,α =

n∑α=1

λαα

=

n∑α=1

1

n= n · 1

n= 1.

Isso termina a demonstracao da primeira relacao de ortogonalidade.

52 3. CARACTERES

A primeira relacao de ortogonalidade (ou seja, a ortonormalidade doscaracteres irredutıveis) diz que

1

|G|∑g∈G

χi(g)χj(g) = δij

onde δij = 1 se i = j e δij = 0 se i 6= j. Uma forma equivalente de escreverisso e a seguinte: se xl sao representantes de classes de conjugacao distintas,com l = 1, . . . , k = k(G), entao

δij =1

|G|

k∑l=1

χi(xl)χj(xl)|G : CG(xl)| =k∑l=1

χi(xl)χj(xl)

|CG(xl)|.

Isso pode ser traduzido na formulacao seguinte: seja X a matriz definidapor

X :=

(χi(xj)√|CG(xj)|

)i,j=1,...,k

.

Entao XXT = 1, onde XT e a matriz transposta conjugada de X e 1

e a matriz identidade. Em particular X−1 = XT no grupo das matrizesinvertıveis. Mas o inverso em um grupo e inverso a esquerda e a direita,logo

XTX = 1,

e escrevendo essa igualdade em termos dos coeficientes obtemos

k∑l=1

χl(xi)χl(xj)√|CG(xi)||CG(xj)|

= δij .

Tal igualdade e chamada de “segunda relacao de ortogonalidade” (ortogo-nalidade das colunas da tabela dos caracteres). Uma forma equivalente deescrever a segunda relacao de ortogonalidade e

k∑l=1

χl(xi)χl(xj) =

0 se xi 6= xj

|CG(xi)| se xi = xj

Para resumir as duas relacoes de ortogonalidade: XXT = 1 e XTX = 1.

Observe que a igualdade∑k

i=1 χi(1)2 = |G| e a segunda relacao de orto-gonalidade aplicada ao caso g = h = 1.

Por exemplo na tabela dos caracteres de S3

S3 1 (12) (123)χ1 1 1 1χ2 1 −1 1χ3 2 0 −1

a ortogonalidade das colunas e verificada.

3. PRODUTO DE CARACTERES 53

Corolario. Sejam ρ e τ duas representacoes do grupo G. Entao ρ e τsao isomorfas se e somente se χρ = χτ .

Demonstracao. Ja sabemos que se ρ e τ sao isomorfas entao χρ = χτ ,queremos mostrar a outra implicacao. Escrevendo ρ : G → GL(V ) e τ :G→ GL(W ) temos que

V ∼=k⊕i=1

MnMi

(V )

i , W ∼=k⊕i=1

MnMi

(W )

i

logo o que queremos mostrar e que se χρ = χτ entao nMi(V ) = nMi(W )

para todo i = 1, . . . , k. Mas χρ =∑k

i=1 nMi(V )χi e χτ =∑k

i=1 nMi(W )χilogo a primeira relacao de ortogonalidade implica que nMj (V ) = [χj , χρ] =[χj , χτ ] = nMj (W ).

Exercıcios.

(1) Seja G um grupo finito e seja N um subgrupo normal de G. Sejaπ : G → G/N a projecao canonica e seja τ : G/N → GL(V ) umarepresentacao irredutıvel de G/N . Mostre que ρ = τ π e umarepresentacao irredutıvel de G.

(2) Use o exercıcio anterior para calcular a tabela dos caracteres deS3 × C3, C2 ×A4 e S3 ×A4 (nessa ordem!).

(3) Calcule a tabela dos caracteres de S4.[Dica: escreva o carater permutacional como soma de caracteres

irredutıveis, observando que se χ e o carater de um modulo V entaoMi aparece [χi, χ] vezes na decomposicao de V .]

(4) Seja G um subgrupo do grupo simetrico Sn agindo da forma usualno conjunto Ω = 1, . . . , n e sejam χ o carater permutacional deG e χ1 o carater da representacao trivial de G. Mostre que [χ, χ1]e igual ao numero de orbitas da acao de G. χ pode ser irredutıvel?

[Dica: considere o grafo com conjunto de vertices Ω ∪G e temuma aresta entre α ∈ Ω e g ∈ G se e somente se αg = α, e naotem outras arestas. Conte as arestas desse grafo nas duas maneirasnaturais.]

3. Produto de caracteres

Um carater e em particular uma funcao G→ C constante nas classes deconjugacao, uma tal funcao e chamada de funcao de classe (“class function”).Seja CF (G) o C-espaco vetorial das funcoes de classe G → C. Para todaclasse de conjugacao Ci de G defina fi : G → C por fi(x) = 1 se x ∈ Ci efi(x) = 0 se x 6∈ Ci.

54 3. CARACTERES

Proposicao. f1, . . . , fk e χ1, . . . , χk sao bases do espaco CF (G).

Demonstracao. Sendo k a dimensao do espaco CF (G) (sendo talespaco vetorial isomorfo canonicamente a Z(C[G]): veja o teorema de Wed-derburn), para mostrar que χ1, . . . , χk e uma base de CF (G) basta mos-

trar que os χi sao linearmente independentes. Se∑k

i=1 aiχi = 0 entao

0 = [0, χj ] = [

k∑i=1

aiχi, χj ] =

k∑i=1

ai[χi, χj ] = aj

logo aj = 0 para todo j = 1, . . . , k. Que f1, . . . , fk seja uma base deCF (G) e claro.

Proposicao. Seja ϕ : G → C uma funcao de classe, ϕ =∑k

i=1 ciχionde Irr(G) = χ1, . . . , χk. ϕ e um carater se e somente se os ci saointeiros nao negativos, nao todos nulos.

Demonstracao. Se os ci sao inteiros nao negativos nao todos nulos

entao ϕ e o carater de⊕k

i=1Mcii . Agora suponha que ϕ seja um carater.

Sabemos pela reformulacao do teorema de Maschke que ϕ =∑k

i=1miχi onde

os mi sao inteiros positivos nao todos nulos, logo∑k

i=1 ciχi =∑k

i=1miχi,e sendo os χi linearmente independentes obtemos ci = mi para todo i =1, . . . , k.

Produto tensorial de modulos. Sejam ρ : G → GL(V ), τ : G →GL(W ) duas representacoes de G (dois G-modulos). O produto tensorialentre V e W e o G-modulo ρ ⊗ τ : G → GL(V ⊗ W ) onde V ⊗ W eum espaco vetorial com base vi ⊗ wj : i, j onde v1, . . . , vn e umabase de V e w1, . . . , wm e uma base de W , e a acao e definida por (vi ⊗wj)(ρ ⊗ τ)(g) := viρ(g) ⊗ wjτ(g) extendida por bilinearidade. O produtotensorial de dois vetores v =

∑i aivi ∈ V e w =

∑j bjwj ∈W e definido por∑

i,j aibjvi⊗wj . Com isso, a definicao de ρ⊗ τ faz sentido e e facil verificar

que (v ⊗ w)(ρ⊗ τ)(g) = vρ(g)⊗ wτ(g) para todo v ∈ V , w ∈ W , g ∈ G. Eclaro que dim(V ⊗W ) = dim(V ) dim(W ). Sejam χρ e χτ os caracteres de ρe de τ , e seja χρ⊗τ o carater de ρ⊗ τ .

Proposicao. χρ⊗τ = χρχτ .

Em particular produto de caracteres e carater!

Demonstracao. A acao de g leva vi⊗wj para vig⊗wjg. Escreva vig =∑t aitvt e wjg =

∑r bjrwr. O traco do operador ρ⊗ τ(g) e dado pela soma

das componentes (i, j) de vig ⊗wjg =∑

t,r aitbjrvt ⊗wr ou seja precisamosolhar ao coeficiente correspondente a t = i e r = j ou seja aiibjj . Segue queo traco de ρ⊗ τ(g) e

∑i,j aiibjj =

∑i ai∑

j bj = Tr(ρ(g))Tr(τ(g)).

Observe que o grau de χρχτ e χρ(1)χτ (1). Se χρ e irredutıvel e χτ e linear

entao χρχτ e irredutıvel, de fato sendo χτ linear temos χτ (g)−1 = χτ (g) logo

3. PRODUTO DE CARACTERES 55

definindo χ = χρ e ψ = χτ temos

[χψ, χψ] =1

|G|∑g∈G

χ(g)ψ(g)χ(g)ψ(g) =1

|G|∑g∈G

χ(g)χ(g)ψ(g)ψ(g)

=1

|G|∑g∈G

χ(g)χ(g) = [χ, χ] = 1.

Alem disso o grau de χψ e igual ao grau de χ, de fato χ(1)ψ(1) = χ(1).

Considere um modulo V de dimensao n ≥ 2 e carater χ considere omodulo V ⊗V , se trata de um modulo de dimensao n2 e o carater dele e χ2.Considere os dois conjuntos

A = vi ⊗ vj + vj ⊗ vi : i ≤ j,

B = vi ⊗ vj − vj ⊗ vi : i < j.

Como

vi ⊗ vj =1

2((vi ⊗ vj + vj ⊗ vi) + (vi ⊗ vj − vj ⊗ vi))

temos que V ⊗V = U ⊕W onde U = 〈A〉 e W = 〈B〉. Alem disso A e B saolinearmente independentes e dim(U) = n(n + 1)/2 e dim(W ) = n(n− 1)/2(observe que o segundo espaco seria nulo se fosse n = 1).

Proposicao. U e W sao submodulos de V ⊗V e se χ e o carater de Ve χU e o carater de U e χW e o carater de W entao

χU (g) =1

2(χ(g)2 + χ(g2)), χW (g) =

1

2(χ(g)2 − χ(g2)).

Chamaremos χU de S2χ (potencia simetrica) e χW de Λ2χ (potenciaalternada). Isso nos da uma maneira de construir caracteres novos usandocaracteres conhecidos.

Demonstracao. E claro que χU + χW = χV⊗V = χ2. Escreva wij =vi ⊗ vj − vj ⊗ vi, vig =

∑r airvr e vjg =

∑s ajsvs, temos entao

wij = vig ⊗ vjg − vjg ⊗ vig =

= (∑r

airvr)⊗ (∑s

ajsvs)− (∑r

ajrvr)⊗ (∑s

aisvs)

=∑r,s

airajsvr ⊗ vs −∑r,s

ajraisvr ⊗ vs

=∑r,s

(airajs − ajrais)(vr ⊗ vs) =∑r<s

(airajs − ajrais)wrs.

Observe que isso implica que W e submodulo de V ⊗ V , e a demonstracaoque U e submodulo e analoga. Para calcular o traco precisamos por i = r e

56 3. CARACTERES

j = s, assim definindo bij = aiiajj − ajiaij temos bij = bji e

2χW (g) =∑i<j

bij +∑i<j

bji =∑i<j

bij +∑i>j

bji

=∑i 6=j

bij =∑i,j

bij =∑i,j

(aiiajj − ajiaij)

= (∑i

aii)(∑j

ajj)−∑i,j

ajiaij = χ(g)2 − χ(g2).

A conclusao segue de χU (g) + χW (g) = χ(g)2.

Como exemplo calcularemos a tabela dos caracteres de S5. Ja conhe-cemos o carater trivial χ1 e o carater sinal χ2. O carater permutacionale

1 10 20 30 24 15 201 (12) (123) (1234) (12345) (12)(34) (123)(45)

χ 5 3 2 1 0 1 0

Uma conta mostra que [χ, χ] = 2 e [χ, χ1] = 1 logo χ = χ1 + ψ com ψ umcarater. Observe que ψ e irredutıvel sendo

[ψ,ψ] = [χ−χ1, χ−χ1] = [χ, χ]−[χ, χ1]−[χ1, χ]+[χ1, χ1] = 2−1−1+1 = 1.

Logo podemos escolher χ3 = ψ e χ4 = χ3χ2 obtendo 4 linhas da tabela.Incluimos tambem o carater permutacional e os caracteres Λ2χ3 e S2χ3:

1 10 20 30 24 15 20S5 1 (12) (123) (1234) (12345) (12)(34) (123)(45)χ1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 1 −1 1 1 −1χ3 4 2 1 0 −1 0 −1χ4 4 −2 1 0 −1 0 1

PERM 5 3 2 1 0 1 0Λ2χ3 6 0 0 0 1 −2 0S2χ3 10 4 1 0 0 2 1

Calculando os produtos internos descubrimos que Λ2χ3 e irredutıvel degrau 6 logo podemos chamar ele de χ7 e nesse ponto

12 + 12 + 42 + 42 + 62 + χ5(1)2 + χ6(1)2 = |S5| = 120

implica que χ5(1) = χ6(1) = 5. Uma conta mostra que [S2χ3, χ1] = 1,[S2χ3, χ3] = 1 logo S2χ3 = χ1 + χ3 + ϕ onde ϕ e um carater oportuno daıϕ = S2χ3 − χ1 − χ3 e uma conta mostra que [ϕ,ϕ] = 1 logo ϕ e irredutıvelde grau 5 logo podemos chamar ele de χ5 e χ6 = χ5χ2. Em conclusao a

4. PRINCIPIO DE INCERTEZA DE HEISENBERG 57

tabela de S5 e

1 10 20 30 24 15 20S5 1 (12) (123) (1234) (12345) (12)(34) (123)(45)χ1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 1 −1 1 1 −1χ3 4 2 1 0 −1 0 −1χ4 4 −2 1 0 −1 0 1χ5 5 1 −1 −1 0 1 1χ6 5 −1 −1 1 0 1 −1χ7 6 0 0 0 1 −2 0

Observe que isso e coerente com a segunda relacao de ortogonalidade:as colunas sao ortogonais (no sentido “classico”) e a soma dos quadradosdos elementos de cada coluna e igual a ordem do centralizador do elementocorrespondente, que e igual a |S5| dividido pelo numero de conjugados.

Os valores da tabela sao reais. Isso acontece cada vez que os elementosde um grupo sao conjugados aos inversos, porque se g e conjugado com g−1

em G entao χ(g) = χ(g−1) (sendo χ uma funcao de classe) e χ(g−1) = χ(g).

A condicao χ(g) = χ(g) significa exatamente que χ(g) e real.

Exercıcios.

(1) Calcule a tabela dos caracteres de A5, A5 × C2, S6, A6.[Dica para A5 e A6: pode construir caracteres restringindo ca-

racteres de S5 e S6. Representantes de classes de conjugacao de A5

sao 1, (12)(34), (123), (12345), (13245). Representantes de clas-ses de conjugacao de A6 sao 1, (12)(34), (123), (12345), (13245),(123)(456), (1234)(56).]

(2) Re-calcule a tabela de S3×A4 usando as tecnicas introduzidas hoje.

4. Princıpio de incerteza de Heisenberg

Seja G um grupo abeliano finito, e seja L(G) := CG o espaco das funcoesG → C. Se trata de um C-espaco vetorial de dimensao |G| (e o espaco das

funcoes de classe). Seja G = Irr(G) o grupo dos homomorfismos de grupoχ : G → C× (o grupo dos caracteres irredutıveis de G). Se trata de umgrupo isomorfo a G.

Transformada de Fourier:

F : L(G)→ L(G), F(f)(χ) := [f, χ] =1

|G|∑x∈G

f(x)χ(x),

o coeficiente de χ na expressao de f na base G.Em outras palavras, se f =

∑χ∈G f(χ)χ entao F(f)(χ) = f(χ).

58 3. CARACTERES

Para f ∈ L(G) seja Supp(f) := x ∈ G : f(x) 6= 0, e para h ∈ L(G)

seja Supp(h) = χ ∈ G : h(χ) 6= 0.

Teorema (Princıpio de incerteza de Heisenberg). Se f ∈ L(G)entao | Supp(f)| · | Supp(F(f))| ≥ |G|.

Demonstracao. Para f, h ∈ L(G) defina

[f, h] :=1

|G|∑x∈G

f(x)h(x), ||f ||L(G) :=√

[f, f ].

Isso define um produto interno definido positivo em L(G). Para f, h ∈ L(G)defina

[f, h] :=∑χ∈G

f(χ)h(χ), ||f ||L(G) :=√

[f, f ].

Isso define um produto interno definido positivo em L(G). Mostraremosagora que a transformada de Fourier F e unitaria (isso e conhecido como

formula de Parseval): se f, h ∈ L(G) entao [f, h] = [f , h]. De fato pelaortogonalidade dos caracteres irredutıveis temos

[f, h] =1

|G|∑x∈G

f(x)h(x) =1

|G|∑x∈G

∑χ,η∈G

f(χ)χ(x)h(η)η(x)

=1

|G|∑χ,η∈G

f(χ)h(η)∑x∈G

χ(x)η(x) =∑χ∈G

f(χ)h(χ) = [f , h].

Lembre-se que nos dois espacos L(G), L(G) temos a desigualdade deCauchy-Schwarz

|[f, h]| ≤ ||f || · ||h||

para todo f, h no espaco. De fato nos dois casos se a, b sao elementos naonulos do espaco entao para todo λ ∈ C temos

0 ≤ [a− λb, a− λb] = [a, a]− λ[b, a]− λ[a, b] + |λ|2[b, b]

daı escolhendo λ = [a, b]/[b, b] e usando [a, b] = [b, a] temos

0 ≤ [a, a]− [a, b]

[b, b][b, a]− [b, a]

[b, b][a, b] +

∣∣∣∣ [a, b][b, b]

∣∣∣∣2 [b, b] = [a, a]− |[a, b]|2

[b, b]

e a desigualdade segue.

Com esses ingredientes podemos fazer a conta. Para uma funcao fdefinida em um conjunto X defina ||f ||∞ := maxx∈X |f(x)|. Para f ∈ L(G),


A = Supp(f), B = Supp(f), 1A e 1B as funcoes indicadoras temos entao

||f ||∞ = maxχ∈G|f(χ)| = max

χ∈G|[f, χ]| = max

χ∈G

∣∣∣∣∣ 1

|G|∑x∈G

f(x)χ(x)

∣∣∣∣∣= max

χ∈G

∣∣∣∣∣ 1

|G|∑x∈G

1A(x)f(x)χ(x)

∣∣∣∣∣ = maxχ∈G

∣∣∣∣∣ 1

|G|∑x∈G

f(x)1A(x)χ(x)

∣∣∣∣∣= max

χ∈G|[f, 1Aχ]| ≤ max

χ∈G||f ||L(G) · ||1Aχ||L(G)

onde a ultima desigualdade e uma consequencia da desigualdade de Cauchy-Schwarz. Agora como os elementos de G sao caracteres lineares, sao homo-morfismos G→ C× logo χ(x) e uma raiz da unidade para todo χ ∈ G, x ∈ Gdaı |χ(x)| = 1. Isso implica que

||1Aχ||L(G) =√

[1Aχ, 1Aχ] =

√1

|G|∑x∈G

1A(x)χ(x)1A(x)χ(x)

=

√1

|G|∑x∈G

1A(x)|χ(x)|2 =

√1

|G|∑x∈G

1A(x) =√|A|/|G|.

Podemos agora mostrar a estimativa lembrando que F e unitaria.

||f ||∞ ≤ maxχ∈G||f ||L(G)||1Aχ||L(G) =

√|A|/|G| · ||f ||L(G)

=√|A|/|G| · ||f ||L(G) =

√|A|/|G|

√∑χ∈G

1B(χ)|f(χ)|2

≤√|A|/|G| · ||f ||∞

√∑χ∈G

1B(χ) =√|A||B|/|G| · ||f ||∞.

Em conclusao ||f ||∞ ≤√|A||B|/|G| · ||f ||∞ logo |A||B| ≥ |G|.

5. Exercıcios resolvidos

(1) Mostre que se X e Y sao matrizes quadradas n×n entao Tr(XY ) =Tr(Y X) e que se X e inversıvel entao Tr(X−1Y X) = Tr(Y ).

Temos (XY )ij =∑n

t=1XitYtj logo

Tr(XY ) =n∑i=1

(XY )ii =

n∑i=1

n∑t=1

XitYti

=n∑t=1

n∑i=1

YtiXit =n∑t=1

(Y X)ii = Tr(Y X).

Segue que

Tr(X−1Y X) = Tr(X−1Y ·X) = Tr(X ·X−1Y ) = Tr(Y ).

60 3. CARACTERES

(2) Considere a representacao permutacional do grupo simetrico ρ :Sn → GL(Cn). Calcule o produto interno [χρ, χρ] para n = 3, 4, 5, 6.

Escrevamos χ = χρ. Nas tabelas abaixo os numeros acima doselementos do grupo indicam o numero de conjugados.

n = 3. Temos

1 3 2S3 1 (12) (123)χ 3 1 0

Logo [χ, χ] = 16(1 · 32 + 3 · 12 + 2 · 02) = 2.

n = 4. Temos

1 6 8 6 3S4 1 (12) (123) (1234) (12)(34)χ 4 2 1 0 0

Logo

[χ, χ] =1

24(16 + 4 · 6 + 8) = 2.

n = 5. Temos

10 20 30 24 15 20S5 1 (12) (123) (1234) (12345) (12)(34) (12)(345)χ 5 3 2 1 0 1 0

Logo

[χ, χ] =1

120(25 + 9 · 10 + 4 · 20 + 30 + 15) = 2.

n = 6. Temos

1 15 40 90 144 120 45 15 120 90 40S6 1 (2) (3) (4) (5) (6) (2, 2) (2, 2, 2) (2, 3) (2, 4) (3, 3)χ 6 4 3 2 1 0 2 0 1 0 0

Logo

[χ, χ] =1

720(36 + 16 · 15 + 9 · 40 + 4 · 90 + 144 + 4 · 45 + 120) = 2.

(3) Calcule a tabela dos caracteres de A4, D4, Q8.

Ja conhecemos os caracteres lineares, precisamos calcular osoutros usando a primeira relacao de ortogonalidade.


Tabela de A4.

1 4 4 3A4 1 (123) (132) (12)(34)χ1 1 1 1 1χ2 1 θ θ2 1χ3 1 θ2 θ 1χ4 3 a b c

As relacoes [χ4, χ1] = 0, [χ4, χ2] = 0, [χ4, χ3] = 0 implicam que 3 + 4a+ 4b+ 3c = 03 + 4θa+ 4θ2b+ 3c = 03 + 4θ2a+ 4θb+ 3c = 0

Resolvendo obtemos a = b = 0 e c = −1. Logo a tabela e

A4 1 (123) (132) (12)(34)χ1 1 1 1 1χ2 1 θ θ2 1χ3 1 θ2 θ 1χ4 3 0 0 −1

Tabela de D4 = 〈(1234), (13)〉.

1 1 2 2 2D4 1 (13)(24) (1234) (13) (12)(34)χ1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 −1 −1χ3 1 1 −1 1 −1χ4 1 1 −1 −1 1χ5 2 a b c d

As relacoes [χ5, χ1] = 0, [χ5, χ2] = 0, [χ5, χ3] = 0, [χ5, χ4] = 0implicam que

2 + a+ 2b+ 2c+ 2d = 02 + a+ 2b− 2c− 2d = 02 + a− 2b+ 2c− 2d = 02 + a− 2b− 2c+ 2d = 0

Resolvendo obtemos a = −2, b = c = d = 0. Logo a tabela e

D4 1 (13)(24) (1234) (13) (12)(34)χ1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 −1 −1χ3 1 1 −1 1 −1χ4 1 1 −1 −1 1χ5 2 −2 0 0 0

62 3. CARACTERES

Tabela de Q8.

1 1 2 2 2Q8 1 −1 i j kχ1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 −1 −1χ3 1 1 −1 1 −1χ4 1 1 −1 −1 1χ5 2 a b c d

As relacoes de ortogonalidade dao o mesmo sistema linear do itemanterior. Logo a tabela e

Q8 1 −1 i j kχ1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 −1 −1χ3 1 1 −1 1 −1χ4 1 1 −1 −1 1χ5 2 −2 0 0 0

Observe que D4 e Q8 sao dois grupos nao isomorfos com amesma tabela dos caracteres!

(4) Calcule a tabela dos caracteres de S3 × C2.[Dica: se S3 ×C2 → S3 e a projecao canonica e S3 → GL(V ) e

uma representacao irredutıvel de S3 entao a composicao S3×C2 →GL(V ) e uma representacao irredutıvel de S3 × C2.]

S3 × C2 tem ordem 12, 4 caracteres lineares porque (S3 ×C2)/(S3×C2)′ ∼= C2×C2 e 6 classes de conjugacao logo

∑6i=1 χi(1)2 =

12 e χi(1) = 1 para i = 1, 2, 3, 4 implica que χ5(1) = χ6(1) = 2.Lembre-se que a tabela de S3 e

S3 1 (12) (123)χ1 1 1 1χ2 1 −1 1χ3 2 0 −1

Os caracteres lineares de S3 × C2 vem do quociente com o deri-vado que e isomorfo a C2 × C2, a quinta linha vem da composicaoS3 × C2 → S3 → GL(C2) e a ultima pode ser calculada usando a


primeira relacao de ortogonalidade. Escrevendo C2 = 1, t temos

S3 × C2 1 (12) (123) t (12)t (123)tχ1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 −1 −1 −1χ3 1 −1 1 1 −1 1χ4 1 −1 1 −1 1 −1χ5 2 0 −1 2 0 −1χ6 2 0 −1 −2 0 1

(5) Escreva o carater da representacao regular de S3 e de A4 comosoma de caracteres irredutıveis.

O carater regular de um grupo G avaliado em x ∈ G e dado pelonumero de pontos fixos da multiplicacao por x, logo χ(1) = |G| e

χ(x) = 0 se x 6= 1. Escrevendo χ =∑k

i=1miχi temos

mi = [χi, χ] =1

|G|∑x∈G

χi(x)χ(x) =1

|G|χi(1)χ(1) = χi(1)

logo

χ =k∑i=1

χi(1)χi.

No caso de S3 isso significa χ = χ1 +χ2 + 2χ3 e no caso de A4 issosignifica χ = χ1 + χ2 + χ3 + 3χ4.

(6) Seja G um grupo finito e seja N um subgrupo normal de G. Sejaπ : G → G/N a projecao canonica e seja τ : G/N → GL(V ) umarepresentacao irredutıvel de G/N . Mostre que ρ = τ π e umarepresentacao irredutıvel de G.

E claro que ρ e uma representacao de G, sendo uma composicaode homomorfismos. Seja W um ρ-submodulo de V . Se w ∈ W eg ∈ G entao wρ(g) ∈ W , ou seja wτ(gN) ∈ W para todo g ∈ G,w ∈ W ou seja W e um τ -submodulo de V , e sendo τ irredutıveltemos W = 0 ou W = V . Isso mostra que ρ e irredutıvel.

(7) Use o exercıcio anterior para calcular a tabela dos caracteres deS3 × C3, C2 ×A4 e S3 ×A4 (nessa ordem!).

S3×C3. Esse grupo tem 9 classes de conjugacao e o abelianizadoe C6, tem ordem 6. Seja θ uma raiz primitiva sexta da unidade emC. Podemos tambem deduzir uma representacao irredutıvel de grau2 deduzida pela projecao S3×C3 → S3. Escrevendo C3 = 1, t, t2

64 3. CARACTERES

temos entao

1 3 2 1 3 2 1 3 2S3 × C3 1 (12) (123) t (12)t (123)t t2 (12)t2 (123)t2

χ1 1 1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 θ3 1 θ4 θ θ4 θ2 θ5 θ2

χ3 1 1 1 θ2 θ2 θ2 θ4 θ4 θ4

χ4 1 θ3 1 1 θ3 1 1 θ3 1χ5 1 1 1 θ4 θ4 θ4 θ2 θ2 θ2

χ6 1 θ3 1 θ2 θ5 θ2 θ4 θ θ4

χ7 2 0 −1 2 0 −1 2 0 −1χ8 2 0 a b 0 c d 0 eχ9 2 0 f g 0 h i 0 j

A linha de χ7 vem de S3 e os zero nas colunas de (12), (12)t e (12)t2

vem da segunda relacao de ortogonalidade aplicada a tais colunas.O fato que χ8, χ9 sao ortogonais a χt para todo t = 1, . . . , 7 implicaque a = f = −1, c+e = 1, h+ j = 1, b+d = −2, g+ i = −2. Alemdisso para t = 8, 9 sabemos que χt(g

−1) = χt(g) e isso implica qued = b e e = c. Em particular b + d = −2 implica b + b = 2. Asegunda relacao de ortogonalidade aplicada a coluna de t implicaque bb+b+b = 2. Disso deduzimos que escrevendo b = x+Iy (comI a unidade imaginaria) temos x = −1 e y = ±

√3 e a mesma coisa

vale para d. Escolhendo√

3 para b (a outra escolha corresponde ad) obtemos b = 2θ2, d = 2θ4. A ortogonalidade das colunas implicaque b+g = −2 e d+i = −2 logo g = d e i = b logo g = 2θ4 e i = 2θ2.Uma conta analoga mostra que j = c = −θ2 e h = e = −θ4. Atabela entao e (lembrando que θ3 = −1)

1 3 2 1 3 2 1 3 2S3 × C3 1 (12) (123) t (12)t (123)t t2 (12)t2 (123)t2

χ1 1 1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 1 −θ θ −θ θ2 −θ2 θ2

χ3 1 1 1 θ2 θ2 θ2 −θ −θ −θχ4 1 −1 1 1 −1 1 1 −1 1χ5 1 1 1 −θ −θ −θ θ2 θ2 θ2

χ6 1 −1 1 θ2 −θ2 θ2 −θ θ −θχ7 2 0 −1 2 0 −1 2 0 −1χ8 2 0 −1 2θ2 0 −θ2 −2θ 0 θχ9 2 0 −1 −2θ 0 θ 2θ2 0 −θ2

A4 × C2. Tal grupo tem ordem 24, 8 classes de conjugacao.Escrevendo C2 = 1, t os caracteres lineares vem do abelianizadoC6, uma representacao irredutıvel de grau 3 vem da projecao A4×C2 → A4 e a outra representacao irredutıvel de grau 3 vem das


relacoes de ortogonalidade. Lembre-se que θ3 = −1.

1 3 4 4 1 3 4 4A4 × C2 1 (12)(34) (123) (132) t (12)(34)t (123)t (132)tχ1 1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 θ4 θ2 −1 −1 θ θ5

χ3 1 1 θ2 θ4 1 1 θ2 θ4

χ4 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1χ5 1 1 θ4 θ2 1 1 θ4 θ2

χ6 1 1 θ2 θ4 −1 −1 θ5 θχ7 3 −1 0 0 3 −1 0 0χ8 3 −1 0 0 −3 1 0 0

S3×A4. Tal grupo tem ordem 72 e 12 classes de conjugacao. Eletem quocientes isomorfos a C6 (o abelianizado), S3×C3 e A4×C2,logo ja temos 6 representacoes lineares, 3 irredutıveis de grau 2e 2 irredutıveis de grau 3. A soma dos quadrados implica que aoutra representacao irredutıvel tem grau 6 e a ultima linha podeser calculada usando a primeira relacao de ortogonalidade. Sejama = (12), b = (123) elementos de S3 e x = (12)(34), y = (123),z = (132) elementos de A4. A tabela e

1 3 2 3 9 6 4 12 8 4 12 8S3 ×A4 1 a b x ax bx y ay by z az bzχ1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 1 1 −1 1 θ4 θ θ4 θ2 θ5 θ2

χ3 1 1 1 1 1 1 θ2 θ2 θ2 θ4 θ4 θ4

χ4 1 −1 1 1 −1 1 1 −1 1 1 −1 1χ5 1 1 1 1 1 1 θ4 θ4 θ4 θ2 θ2 θ2

χ6 1 −1 1 1 −1 1 θ2 θ5 θ2 θ4 θ θ4

χ7 2 0 −1 2 0 −1 2 0 −1 2 0 −1χ8 2 0 −1 2 0 −1 2θ2 0 −θ2 2θ4 0 −θ4

χ9 2 0 −1 2 0 −1 2θ4 0 −θ4 2θ2 0 −θ2

χ10 3 3 3 −1 −1 −1 0 0 0 0 0 0χ11 3 −3 3 −1 1 −1 0 0 0 0 0 0χ12 6 0 −3 −2 0 1 0 0 0 0 0 0

(8) Calcule a tabela dos caracteres de S4.[Dica: escreva o carater permutacional como soma de caracteres

irredutıveis, observando que se χ e o carater de um modulo V entaoMi aparece [χi, χ] vezes na decomposicao de V .]

As primeiras tres linhas da tabela dos caracteres de S4 saodeduzida pelas composicoes S4 → S4/S

′4∼= C2 → GL(C) e S4 →

S4/K ∼= S3 → GL(C2) onde K = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23) e

66 3. CARACTERES

o grupo de Klein).

S4 1 (12) (123) (1234) (12)(34)χ1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 1 −1 1χ3 2 0 −1 0 2χ4 3 a b c dχ5 3 e f g h

Falta calcular a, b, c, d, e, f, g, h. Considere o carater permutacional

1 (12) (123) (1234) (12)(34)χ 4 2 1 0 0

Um calculo simples mostra que [χ, χ] = 2, [χ1, χ] = 1, [χ2, χ] = 0 e[χ3, χ] = 0. Temos entao χ = χ1 + ψ para algum carater ψ e

[ψ,ψ] = [χ− χ1, χ− χ1] = [χ, χ]− [χ, χ1]− [χ1, χ] + [χ1, χ1] = 1

logo ψ e irredutıvel, e podemos escolher χ3 = ψ = χ−χ1. Os valoresde χ3 sao simplesmente χ3(g) = χ(g)−χ1(g) = χ(g)− 1. A ultimalinha e calculada usando a primeira relacao de ortogonalidade.

Logo a tabela e

S4 1 (12) (123) (1234) (12)(34)χ1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 1 −1 1χ3 2 0 −1 0 2χ4 3 1 0 −1 −1χ5 3 −1 0 1 −1

(9) Seja G um subgrupo do grupo simetrico Sn agindo da forma usualno conjunto Ω = 1, . . . , n e sejam χ o carater permutacional deG e χ1 o carater da representacao trivial de G. Mostre que [χ, χ1]e igual ao numero de orbitas da acao de G. χ pode ser irredutıvel?

[Dica: considere o grafo com conjunto de vertices Ω ∪G e temuma aresta entre α ∈ Ω e g ∈ G se e somente se αg = α, e naotem outras arestas. Conte as arestas desse grafo nas duas maneirasnaturais.]

Para cada α ∈ Ω tem |Gα| arestas contendo α, onde Gα = g ∈G : αg = α. Para cada g ∈ G tem |Fix(g)| arestas contendo g,onde Fix(g) = α ∈ Ω : αg = α. Observe que |Fix(g)| e igual aχ(g) e obtemos

[χ, χ1] =1

|G|∑g∈G

χ(g) =1

|G|∑α∈Ω

|Gα| =∑α∈Ω

1

|G : Gα|

6. VALORES DOS CARACTERES 67

e a ultima soma e igual ao numero de orbitas de G porque |G : Gα|e o tamanho da orbita de α.

Se χ e irredutıvel entao χ = χ1 sendo [χ, χ1] > 0 (e o numerode orbitas), mas isso significa que em particular χ(1) = 1 ou sejaa identidade tem um unico ponto fixo, daı n = 1 e G = 1. Emoutras palavras o carater trivial de um grupo G ≤ Sn e a restricao aG do carater permutacional de Sn se e somente se n = 1 e G = 1.

(10) Calcule a tabela dos caracteres de A5, A5 × C2, S6, A6.[Dica para A5 e A6: pode construir caracteres restringindo ca-

racteres de S5 e S6. Representantes de classes de conjugacao de A5

sao 1, (12)(34), (123), (12345), (13245). Representantes de clas-ses de conjugacao de A6 sao 1, (12)(34), (123), (12345), (13245),(123)(456), (1234)(56).]

Veja os vıdeos.

(11) Re-calcule a tabela de S3×A4 usando as tecnicas introduzidas hoje.

Veja os vıdeos.

6. Valores dos caracteres

Um “inteiro algebrico” e um elemento z ∈ C com a propriedade queexiste um polinomio monico f(X) ∈ Z[X] tal que f(z) = 0. Seja A ⊆ C oconjunto dos inteiros algebricos. Lembramos que Z[z] = f(z) : f(X) ∈Z[X] e um anel. Quando falo “anel” quero sempre dizer anel unitario.

Proposicao. Seja z ∈ C. Sao equivalentes

(1) z ∈ A.(2) Z[z] e finitamente gerado como grupo abeliano (aditivo).(3) Existe um subanel S de C finitamente gerado como grupo abeliano

(aditivo) tal que z ∈ S.

Demonstracao. Se vale (1) entao existe f(X) =∑n

i=0 aiXi com an =

1 e f(z) = 0, logo (∗) zn = −∑n−1

i=0 aizi. Vamos mostrar que Z[z] e um grupo

abeliano gerado por 1, z, . . . , zn−1. Sendo todo elemento de Z[z] combinacaointeira de potencias de z, basta mostrar que toda potencia zm e combinacaointeira de 1, z, . . . , zn−1. Se m < n isso e claro, se m = n basta usar arelacao (∗) e se m > n escrevendo m = n + t temos zm = znzt e usando arelacao (∗) conseguimos escrever zm como combinacao inteira de potenciasdo tipo zi+t com i < n e sendo i+ t < n+ t = m temos por inducao (sobrem) que cada zi+t e combinacao inteira de 1, z, . . . , zn−1 logo isso vale parazm tambem.

E claro que (2) implica (3), escolhendo S = Z[z]. Mostraremos agoraque (3) implica (1). Sejam y1, . . . , yn geradores de S. Temos zyi =

∑i aijyj ,

68 3. CARACTERES

logo se A e a matriz (aij)i,j e v e a coluna contendo y1, . . . , yn temos Av =zv. Isso significa que z e um autovalor de A, daı z e raiz do polinomiocaracteristico det(X1 − A) que e monico com coeficientes inteiros (porqueos aij sao inteiros).

Corolario. A e um subanel de C.

Demonstracao. E claro que 0 e 1 pertencem a A sendo 0 raiz de Xe 1 raiz de X − 1. Sejam z, w ∈ A. Queremos mostrar que z + w e zwpertencem a A. Existem dois polinomios monicos f(X), g(X) ∈ Z[X] degraus n e m tais que f(z) = 0 e g(w) = 0, e Z[z] e finitamente geradocomo grupo abeliano por 1, z, . . . , zn−1 e Z[w] e finitamente gerado comogrupo abeliano por 1, w, . . . , wm−1. Segue que o anel Z[z, w] e finitamentegerado como grupo abeliano pelos elementos ziwj onde i = 0, . . . , n − 1 ej = 0, . . . ,m − 1. z + w e zw pertencem a S = Z[z, w], que e finitamentegerado como grupo abeliano, logo sao inteiros algebricos.

Proposicao. A ∩Q = Z.

Demonstracao. A inclusao ⊇ e clara porque se z ∈ Z entao z e raizde X − z. Seja agora z ∈ A ∩ Q, seja f(X) ∈ Z[X] monico com f(z) = 0.Escrevamos z = b/c com b, c inteiros coprimos, c 6= 0, e f(X) =

∑ni=0 aiX

i

com an = 1. Sendo f(z) = 0 temos (multiplicando por cn)∑n

i=0 aibicn−i =

0 logo bn = anbn = −

∑n−1i=0 aib

icn−i = −c ·∑n−1

i=0 aibicn−i−1 = ct onde

t = −∑n−1

i=0 aibicn−i−1 e inteiro! Isso implica que c divide bn e sendo b e c

coprimos a unica possibilidade e c = ±1 ou seja z = ±b ∈ Z.

O proximo resultado mostra em particular que se χ e um carater de umgrupo G e g ∈ G entao χ(g) ∈ A. Ou seja todas as tabelas de caracteresconsistem de inteiros algebricos. Por exemplo nas tabelas que vimos apare-ceram elementos z inteiros (raizes de X − z), raizes da unidade (raizes depolinomios do tipo Xn − 1), e elementos do tipo (1 +

√5)/2 (veja A5 e A6)

que e raiz de X2 −X − 1.

Lema. Seja ρ : G→ GL(V ) uma representacao do grupo G com caraterχ e seja g ∈ G. Entao

(1) ρg e diagonalizavel.(2) χ(g) ∈ A.(3) |χ(g)| ≤ χ(1) e vale a igualdade se e somente se ρg e escalar.(4) χ(g) = χ(1) se e somente se ρg = 1.

Demonstracao. Denotaremos n = dim(V ) = χ(1).Seja H = 〈g〉 o grupo cıclico gerado por g. A restricao ρ|H e uma

representacao de H, logo pelo teorema de Maschke V e soma direta deH-modulos irredutıveis, que entao tem dimensao 1 (sendo H abeliano!),V = 〈v1〉 ⊕ . . . ⊕ 〈vn〉 (onde 〈vi〉 e o espaco vetorial gerado por vi). Sendocada 〈vi〉 um H-submodulo de V temos que viρg ∈ 〈vi〉 para todo i, ou seja

6. VALORES DOS CARACTERES 69

existe ai ∈ C com viρg = aivi para todo i. Na base v1, . . . , vn de V amatriz de ρg e entao diagonal. Isso prova o ponto (1).

Se λ1, . . . , λn sao os autovalores de ρg (com multiplicidade) entao χ(g) =

λ1 + . . .+λn e sendo ρ|G|g = 1 temos λ

|G|i = 1 para todo i = 1, . . . , n (porque

se v e autovetor de λi entao v = vρ1 = vρg|G| = vρ|G|g = λ

|G|i v) logo cada λi

e um inteiro algebrico (sendo raiz de X |G|−1). Sendo A um anel deduzimosχ(g) ∈ A. Isso prova (2).

Usando os itens anteriores temos |λi| = 1 para todo i (sendo λ|G|i = 1)

logo |χ(g)| = |λ1 + . . . + λn| ≤ |λ1| + . . . + |λn| = 1 + . . . + 1 = n = χ(1).Se vale a igualdade entao |λ1 + . . . + λn| = n e isso implica que os λi saoiguais, ou seja λ1 = . . . = λn. Sendo ρg diagonalizavel (pelo item 1), ρg eentao escalar (ou seja ρg = λ1 onde λ = λi para todo i). Isso prova (3).

Se χ(g) = χ(1) entao λ1 + . . . + λn = χ(1) = n e olhando a parte realobtemos que as partes reais dos λi sao no maximo 1 e a soma deles e n logoλi = 1 para todo i = 1, . . . , n. Sendo ρg diagonalizavel, ρg e semelhante amatriz identidade logo ρg = 1. Isso prova (4).

Observe que “ρg = 1 se e somente se χ(g) = χ(1)” implica que o nucleodo homomorfismo ρ e igual a g ∈ G : χ(g) = χ(1) logo pode ser calculadosimplesmente olhando ao carater dele. Em particular as representacoes irre-dutıveis fieis (injetivas) podem ser determinadas pela tabela dos caracteres.O “nucleo de χ” e por definicao

ker(χ) := g ∈ G : χ(g) = χ(1).Temos entao que ker(χρ) = ker(ρ).

A proxima proposicao mostra que as entradas das tabelas de caracteresdos grupos simetricos sao inteiras.

Proposicao. Seja χ um carater do grupo simetrico Sn e seja g ∈ Sn.Entao χ(g) ∈ Z.

Demonstracao. Seja G o grupo simetrico de grau n, G = Sn, e sejaρ : G→ GL(V ) uma representacao de G de grau m. Seja χ o carater de ρ eseja g ∈ G. Sabemos que χ(g) ∈ A e que A ∩Q = Z, logo para mostrar queχ(g) ∈ Z basta mostrar que χ(g) ∈ Q. Sejam ε1, . . . , εm os autovalores de ρg,sabemos que ρg e semelhante (conjugada) a matriz diagonal cujas entradasdiagonais sao ε1, . . . , εm logo χ(g) =

∑mi=1 εi. Sabemos (veja a demonstracao

anterior) que εri = 1 para todo i = 1, . . . ,m onde r = n! = |Sn|. Sejaε uma raiz primitiva r-esima de 1, ou seja um gerador do grupo cıclicoz ∈ C : zr = 1. Temos entao que todo εi e uma potencia inteira de ε:existe ti inteiro com εi = εti . Em particular χ(g) ∈ Q[ε].

Seja G := Gal(Q[ε]/Q) o grupo de Galois da extensao ciclotomica Q[ε]/Q,ou seja o grupo dos isomorfismos de aneis Q[ε]→ Q[ε]. Se σ ∈ G entao sendoσ isomorfismo, σ(ε) tem ordem multiplicativa igual a ordem multiplicativade ε, ou seja r, daı existe um inteiro positivo d coprimo com r tal que

70 3. CARACTERES

σ(ε) = εd. Observe que isso determina completamente σ : Q[ε] → Q[ε]porque sabemos que σ fixa todos os racionais e e um homomorfismo deaneis. Podemos entao denotar tal σ com σd (e isso mostra tambem que G eisomorfo ao grupo dos elementos inversıveis de Z/rZ).

Seja d um inteiro positivo coprimo com r. Vamos calcular χ(gd). SejaD a matriz diagonal cujos elementos diagonais sao ε1, . . . , εm, daı sendoρg semelhante a D, ρdg e semelhante a Dd, que e diagonal com elementos

diagonais εd1, . . . , εdm. Sendo σd um homomorfismo de aneis temos

χ(gd) = Tr(ρgd) = Tr(ρdg) = Tr(Dd) =m∑i=1

εdi =m∑i=1

εtid =m∑i=1

εdti

=m∑i=1

σd(ε)ti =

m∑i=1

σd(εti) =

m∑i=1

σd(εi) = σd(m∑i=1

εi) = σd(χ(g)).

Isso mostra que χ(gd) = σd(χ(g)). Observe que sendo d coprimo com r =n! = |Sn|, d e coprimo com a ordem de g, logo gd e g tem a mesma estruturacıclica (!) logo eles sao conjugados no grupo simetrico. Isso implica queχ(gd) = χ(g) sendo χ uma funcao de classe. Para todo σ = σd ∈ G temosentao χ(g) = χ(gd) = σ(χ(g)). Pelo teorema fundamental da teoria deGalois isso implica χ(g) ∈ Q.

Exercıcios.

(1) Calcule a tabela dos caracteres de(a) D6, o grupo diedral de ordem 12;(b) GL(2,F3) = GL(V ) onde V = F3

2.(c) SL(2,F3) = g ∈ GL(2,F3) : det(g) = 1.

(2) Seja G um grupo com tabela de caracteres seguinte.

g1 = 1 g2 g3 g4 g5 g6

χ1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 1 −1 −1χ3 1 −1 1 1 i −iχ4 1 −1 1 1 −i iχ5 4 0 1 −2 0 0χ6 4 0 −2 1 0 0

Mostre que G contem um subgrupo isomorfo a C3 × C3.

7. Teorema paqb de Burnside

Observe que se Ci sao as classes de conjugacao de G e Ki =∑

g∈Cig ∈

C[G] entao os Ki formam uma base do centro da algebra grupo C[G], como

7. TEOREMA paqb DE BURNSIDE 71

ja visto, em particular o produto KiKj e uma combinacao linear∑

v aijvKv.Observe que se g ∈ Cv entao aijv e o coeficiente de g em KiKj . Logo

aijv = |(x, y) : x ∈ Ci, y ∈ Cj , xy = g|

e um inteiro nao negativo.

Lema. Seja ρ : G→ GL(V ) uma representacao irredutıvel de G e seja χo carater de ρ. Seja C uma classe de conjugacao de G e seja g ∈ C. Entao|C|χ(g)/χ(1) ∈ A.

Demonstracao. Indicaremos ainda com ρ a extensao C[G]→ End(V ).Seja f : V → V definida por f = ρK onde K =

∑x∈C x, ou seja (v)f =∑

x∈C(v)ρx. Se trata de um endomorfismo de modulos porque

(vρh)f =∑x∈C

vρhρx =∑x∈C

vρhρxρh−1ρh =

(∑x∈C

vρhxh−1

)ρh = (v)fρh.

Logo pelo lema de Schur existe λC ∈ C com f = λCI. Temos entao

χ(1)λC = Tr(f) =∑x∈C

Tr(ρx) =∑x∈C

χ(x) = |C|χ(g)

sendo χ(x) = χ(g) para todo x ∈ C. Logo λC = |C|χ(g)/χ(1). Sejaω : Z(C[G]) → C definido por ω(Ki) = λCi extendido por linearidade, setrata de um homomorfismo de algebras. De fato se z =

∑i aiKi ∈ Z(C[G])

entao temos ρz =∑

i aiρKi =∑

i aiλCiI = ω(z)I logo se z, w ∈ C[G] entaoω(z)ω(w)I = ω(z)ρw = ρzρw = ρzw = ω(zw)I logo ω(zw) = ω(z)ω(w) eisso implica que ω e um homomorfismo de algebras. Observe que

ω(Ki)ω(Kj) = ω(KiKj) = ω(∑v

aijvKv) =∑v

aijvω(Kv)

e os aijv sao inteiros, logo o grupo abeliano gerado pelos ω(Kv) e um subanelde C finitamente gerado como grupo abeliano e contem os λCi . Isso implicaque os λCi sao inteiros algebricos.

Corolario. Se χ e um carater irredutıvel de G entao χ(1) divide |G|.

Demonstracao. Para cada classe de conjugacao Ci de G seja Ki =∑x∈Ci

x na algebra grupo. Sabemos que se g ∈ Ci entao λi = |Ci|χ(g)/χ(1) ∈A. Seja gi ∈ Ci para todo i. Temos entao

1 = [χ, χ] =1

|G|∑g∈G

χ(g)χ(g) =1

|G|

k∑i=1

|Ci|χ(gi)χ(gi)

=1

|G|

k∑i=1

|Ci|χ(gi)χ(g−1i ) =

1

|G|

k∑i=1

λiχ(1)χ(g−1i )

e isso implica que |G|/χ(1) =∑k

i=1 λiχ(g−1i ) ∈ A. Sendo |G|/χ(1) ∈ Q e

A ∩Q = Z obtemos que |G|/χ(1) ∈ Z.

72 3. CARACTERES

Teorema (Burnside). Seja ρ uma representacao irredutıvel do grupofinito G e seja χ o carater de ρ. Sejam g ∈ G, C a classe de conjugacao deg em G e suponha (|C|, χ(1)) = 1. Entao ou χ(g) = 0 ou ρg e uma matrizescalar.

Demonstracao. Sabemos que λC = |C|χ(g)/χ(1) ∈ A. Sendo |C| eχ(1) coprimos, existem inteiros racionais u, v tais que uχ(1) + v|C| = 1(identidade de Bezout). Seja α := χ(g)/χ(1). Temos α = χ(g)/χ(1) =uχ(g)+vχ(g)|C|/χ(1) ∈ A. Sejam f1, .., fn os autovalores de ρg onde g ∈ C,assim χ(g) = f1 + ... + fn e |α| = 1

n |f1 + ... + fn| onde n = χ(1). Cada fie uma raiz da unidade, logo |fi| = 1 para todo i. Logo |α| ≤ 1 e |α| = 1se e somente se todos os fi sao iguais. Se os fi sao todos iguais entao ρg eescalar, sendo diagonalizavel. Agora suponha que os fi nao sao todos iguais,entao |α| < 1. Seja E o corpo de decomposicao de Xr−1 onde r = o(g), emparticular todo fi pertence a E logo α ∈ E. Seja G = Aut(E) o grupo deGalois da extensao de Galois E/Q e seja σ ∈ Aut(E). Os fσi sao raizes daunidade sendo (fσi )r = (f r)σ = 1σ = 1, logo cada fσi tem modulo 1 e peloargumento acima |ασ| = 1

n |fσ1 + . . .+ fσn | ≤ 1. Seja

β :=∏

σ∈Aut(E)

ασ.

Sendo |α| < 1 e |ασ| ≤ 1 para todo σ ∈ G temos |β| < 1. Se τ ∈ G temos

βτ =∏σ∈G

αστ =∏σ∈G

ασ = β,

e sendo E/Q Galois obtemos que β ∈ Q. Mas α ∈ A, logo ασ ∈ A para todoσ ∈ G (pois se α e raiz de um polinomio P entao ασ tambem e raiz de P )logo β ∈ A tambem. Isso implca que β ∈ A ∩ Q = Z e |β| < 1, logo β = 0,ou seja α = 0, ou seja χ(g) = 0.

Lema. Sejam χ1, . . . , χk os caracteres irredutıveis do grupo G e seja Φ

o carater da representacao regular de G. Entao Φ =∑k

i=1 χi(1)χi.

Demonstracao. Temos Φ(1) = |G| e Φ(g) = 0 se g 6= 1, logo sej = 1, . . . , k temos

[Φ, χj ] =1

|G|∑g∈G

Φ(g)χj(g) =1

|G||G|χj(1) = χj(1).

Escrevendo Φ =∑k

i=1miχk com os mi inteiros nao negativos nao todosnulos temos entao mj = [Φ, χj ] = χj(1) para todo j.

Teorema (Burnside). Seja G um grupo finito e seja C uma classe deconjugacao de G. Suponha que |C| e uma potencia pm > 1 onde p e umprimo. Entao G nao e simples.

Demonstracao. G nao e abeliano porque |C| > 1. Suponha G simples.Seja g ∈ C. Sendo |C| > 1 temos g 6= 1. Seja ρ uma representacao irredutıvel

8. INDICADOR DE FROBENIUS-SCHUR 73

nao trivial de G com carater χ e seja Gρ a imagem de ρ. A restricao G→ Gρ

e isomorfismo (sendo G simples e ρ nao trivial) logo ρg nao e escalar (se naoestaria no centro de Gρ logo g estaria no centro de G), daı pelo resultadoanterior χ(g) = 0 ou (|C|, χ(1)) 6= 1. Sendo |C| uma potencia de p temosentao que χ(g) = 0 ou p divide χ(1). Seja S = χ ∈ Irr(G) : p|χ(1),temos 0 = Φ(g) =

∑χ∈Irr(G) χ(1)χ(g) = 1 +

∑χ∈S χ(1)χ(g) onde Φ e a

representacao regular de G. Escrevendo χ(1) = paχ com aχ inteiro paratodo χ ∈ S e α =

∑χ∈S aχχ(g) temos α ∈ A e 1 + pα = 0, mas isso

implica que −1/p = α ∈ A, e contradiz A ∩Q = Z.

Teorema (Burnside). Se p, q sao numeros primos e a, b sao inteirospositivos todo grupo G de ordem paqb e soluvel.

Demonstracao. Por inducao sobre |G|, e claro que basta mostrar queum grupo de ordem paqb nao pode ser simples. Se p = q o resultado e claropois todo p-grupo e soluvel (sendo nilpotente), assim basta provar que sep 6= q um grupo de ordem paqb nao pode ser simples. Seja Q um q-subgrupode Sylow de G e seja 1 6= g ∈ Z(Q). Entao CG(g) ⊇ Q logo |G : CG(g)| euma potencia de p maior que 1 (sendo g 6∈ Z(G)). Pelo resultado anteriorG nao e simples.

Exercıcios.

(1) Calcule a tabela dos caracteres do produto semidireto

G = (C3 × C3) o C2

onde C2 = 1, ε age no grupo C3 × C3 por (x, y)ε = (y, x).(2) Seja G = (C3 × C3) o C2 definido acima. Diga se um grupo com a

mesma tabela dos caracteres de G precisa ser isomorfo a G.

Dica para G = GL(2,F3): Seja N = Z(G) ∪ C onde C e a classe doselementos de G de ordem 4. Mostre que N EG e que G/N ∼= S3.

8. Indicador de Frobenius-Schur

Queremos estudar a equacao x2 = 1, e contar as solucoes dessa equacaoem um grupo.

Seja G um grupo finito e seja g ∈ G. Para todo numero natural npodemos considerar

θn(g) := |h ∈ G : hn = g|.Se trata de uma funcao G → C. E uma funcao de classe, de fato tem umabijecao obvia entre h ∈ G : hn = g e r ∈ G : rn = t−1gt dada porh 7→ t−1ht. Logo θn e combinacao linear dos caracteres irredutıveis: existem(unicos) numeros complexos νn(χ) com

θn =∑

χ∈Irr(G)

νn(χ)χ.

74 3. CARACTERES

Sabemos que νn(χ) = [θn, χ].

Por exemplo se n = |G| entao θn(x) vale |G| se x = 1 e 0 se x 6= 1, sendoxn = 1 para todo x ∈ G, em outras palavras θn nesse caso coincide com ocarater da representacao regular de G.

θn em geral nao e um carater, por exemplo no caso de Q8 (os quaternios)temos

1 1 2 2 2Q8 1 −1 i j kχ1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 −1 −1χ3 1 1 −1 1 −1χ4 1 1 −1 −1 1χ5 2 −2 0 0 0θ2 2 6 0 0 0

Temos ν2(χi) = 1 para i = 1, 2, 3, 4 e ν2(χ5) = −1. Logo

θ2 = χ1 + χ2 + χ3 + χ4 − χ5

nao e um carater de Q8 (para ser carater precisaria ser uma combinacao dosχi com coeficientes inteiros nao negativos nao todos nulos).

Observe que

νn(χ) = [θn, χ] =1

|G|∑g∈G

θn(g)χ(g) =1

|G|∑g∈G

∑h∈G,hn=g

χ(hn)

=1

|G|∑h∈G

χ(hn) =1

|G|∑h∈G

χ(h−n) =1

|G|∑h∈G

χ(hn).

Se ϕ e uma funcao de classe defina ϕ(n)(g) := ϕ(gn), se trata de umafuncao de classe porque

ϕ(n)(t−1gt) = ϕ((t−1gt)n) = ϕ(t−1gnt) = ϕ(gn) = ϕ(n)(g).

A conta acima mostra que se χ ∈ Irr(G),

νn(χ) = [χ(n), χ1].

Cuidado: χ(n) e uma funcao de classe mas em geral nao e um carater.

Lema. Se χ ∈ Irr(G) entao χ ∈ Irr(G).

Demonstracao. Seja ρ : G→ GL(V ) uma representacao com χρ = χ.

Seja ρ : G → GL(V ) dada por ρg := ρg. E claro que se trata de uma

representacao de G. E irredutıvel porque o carater de ρ e χ e [χ, χ] =

[χ, χ] = 1 = 1.

Teorema (Frobenius-Schur). Seja χ ∈ Irr(G).

(1) χ(2) e uma diferenca de caracteres.

8. INDICADOR DE FROBENIUS-SCHUR 75

(2) ν2(χ) ∈ 0, 1,−1.(3) ν2(χ) 6= 0 se e somente se χ tem valores reais.

A funcao ν2 e chamada de “indicador de Frobenius-Schur”.

Demonstracao. Sabemos que χ2 = χS + χA onde S e a potenciasimetrica de χ e A e a potencia alternada de χ. Sabemos que 2χA(g) =

χ(g)2 − χ(g2) logo χ(2)(g) = χ(g2) = χ(g)2 − 2χA(g) e isso mostra que χ(2)

e diferenca de caracteres, e prova o ponto (1).

Temos ν2(χ) = [χ(2), χ1] = [χ2, χ1]− 2[χA, χ1]. Temos

[χ, χ] =1

|G|∑g∈G

χ(g)χ(g) =1

|G|∑g∈G

χ(g)2 = [χ2, χ1].

Sendo χ e χ irredutıveis, [χ, χ] e 0 ou 1. No primeiro caso [χ2, χ1] = 0 logo[χA, χ1] = 0 sendo χA uma componente de χ2, e isso implica ν2(χ) = 0.No segundo caso [χ2, χ1] = 1 logo [χA, χ1] vale 0 ou 1 (porque χA e umacomponente de χ2) e ν2(χ) vale 1− 2 · 0 = 1 ou 1− 2 · 1 = −1. Isso prova oponto (2).

Como visto ν2(χ) 6= 0 se e somente se [χ, χ] = 1, ou seja χ = χ (sendoχ e χ irredutıveis) ou seja χ tem valores reais. Isso prova (3).

Isso nos da uma formula para o numero de solucoes de x2 = 1, que eexatamente θ2(1), de fato

θ2(1) =∑

χ∈Irr(G)

ν2(χ)χ(1).

Nao conhecemos os ν2(χ) mas pelo menos sabemos que ν2(χ) ∈ −1, 0, 1.Como corolario obtemos que

|x ∈ G : x2 = 1| ≤√k(G)|G|

onde k(G) = k = | Irr(G)|, de fato pela desigualdade de Cauchy-Schwarzsendo ν2(χ) ∈ −1, 0, 1 para todo χ ∈ Irr(G) temos ν2(χ)2 ≤ 1 logo

θ2(1)2 =

∑χ∈Irr(G)

ν2(χ)χ(1)

2

≤∑

χ∈Irr(G)

1∑

χ∈Irr(G)

χ(1)2 = k(G)|G|.

Corolario. Suponha r = |G| par e seja t o numero de elementos deordem 2 em G. Seja α = (r − 1)/t. Temos

(1) Existe x ∈ G− 1 com |G : CG(x)| ≤ α2.(2) Existe χ ∈ Irr(G), χ 6= χ1, com valores reais, tal que χ(1) ≤ α.

Demonstracao. Sejam S = χ ∈ Irr(G) : χ = χ e χ 6= χ1,s = |S |. Sendo ν2(χ1) = 1, ν2(χ) ∈ −1, 0, 1 para todo χ ∈ Irr(G) eν2(χ) = 0 para todo χ ∈ Irr(G) − S (pelo teorema de Frobenius-Schur)

76 3. CARACTERES

temos, pela desigualdade de Cauchy-Schwarz,

((r − 1)/α)2 = t2 =

∑χ1 6=χ∈Irr(G)

ν2(χ)χ(1)

2

≤ s∑χ∈S

χ(1)2 ≤ s(r − 1).

Segue que r − 1 ≤ sα2 logo sα2 ≥∑

χ∈S χ(1)2. Segue que χ(1) ≤ α para

pelo menos um χ ∈ S , isso prova (2). Como s ≤ k − 1 onde k = | Irr(G)|temos (k−1)α2 ≥ r−1 logo existe uma classe de conjugacao de G diferentede 1 de tamanho no maximo α2. Isso prova (1).

Obtemos um corolario importante, que foi um dos pontos de inıcio daclassificacao dos grupos finitos simples. Em particular ele implica que exis-tem apenas um numero finito de grupos simples contendo um elemento deordem 2 cujo centralizador tem ordem dada.

Teorema (Brauer-Fowler). Seja n um inteiro positivo e seja G umgrupo simples contendo um elemento y de ordem 2 tal que |CG(y)| = n.Entao |G| < (n2)!.

Demonstracao. Seja G um grupo simples com um elemento y ∈ Gde ordem 2 tal que |CG(y)| = n. Seja |G| = r. Queremos mostrar quer < (n2)!. O caso abeliano e trivial, logo podemos supor G nao abeliano.G contem pelo menos r/n involucoes (os conjugados de y) logo (r− 1)/α =t ≥ r/n aı α ≤ n(r − 1)/r < n, pelo corolario acima existe 1 6= x ∈ Gcom |G : CG(x)| ≤ α2 < n2 logo sendo G um grupo simples nao abeliano,m = |G : CG(x)| > 1 e G e isomorfo a um subgrupo do grupo simetricoSm (a acao de G de multiplicacao a direita no conjunto dos m lateraisdireitos de CG(x) e fiel porque e nao trivial e G e simples), em particular|G| ≤ |Sm| = m! < (n2)!.

Exercıcios.Seja G = (C3 × C3) o C2 onde C2 = 1, ε age no grupo C3 × C3 por

(x, y)ε := (x−1, y−1). Calcule a tabela dos caracteres de G. Um grupo coma mesma tabela dos caracteres de G precisa ser isomorfo a G?

9. Reciprocidade de Frobenius

Seja H um subgrupo de G e seja ϕ : H → C uma funcao de classe deH. A funcao de classe induzida e ϕG : G→ C definida por

ϕG(g) :=1

|H|∑x∈G

ϕ(xgx−1)

onde ϕ(y) vale ϕ(y) se y ∈ H e 0 se y 6∈ H. E claro que

ϕG(1) = |G : H|ϕ(1).

Observe que ϕG e uma funcao de classe porque

ϕG(t−1gt) =1

|H|∑x∈G

ϕ(xt−1gtx−1) =1

|H|∑x∈G

ϕ(xgx−1) = ϕG(g).

9. RECIPROCIDADE DE FROBENIUS 77

Seja T um conjunto de representantes de laterais direitos de H em G, ouseja os laterais direitos de H em G sao os Ht com t ∈ T e |T | = |G : H|.Temos entao, escrevendo G 3 x = ht, e usando a definicao de ϕ e o fatoque ϕ e uma funcao de classe de H, que

ϕG(g) =1

|H|∑x∈G

ϕ(xgx−1) =1

|H|∑t∈T

∑h∈H

ϕ(htg(ht)−1)

=1

|H|∑t∈T

∑h∈H

ϕ(h(tgt−1)h−1) =1

|H|∑t∈T

∑h∈H

ϕ(tgt−1)

=∑t∈T

ϕ(tgt−1).

Por exemplo se ϕ = 1H (o carater trivial de H, a funcao constante igual a1) entao ϕG(g) e o numero de t ∈ T tais que tgt−1 ∈ H, ou seja Htg = Ht,ou seja ϕG nesse caso e o carater permutacional com estabilizador H. Emoutras palavras se G age transitivamente em Ω e H = Gα = g ∈ G :g(α) = α entao a acao de G e equivalente a acao de multiplicacao a direitaem Hx : x ∈ G. Um ponto fixo de g ∈ G nessa acao e Hx com Hxg = Hxlogo pela conta acima (1H)G e exatamente o carater permutacional de G.

Lembre-se que se θ e uma funcao de classe de um grupo G e H e umsubgrupo de G podemos considerar a restricao θ|H de θ a H. Se trataobviamente de uma funcao de classe de H. Seja H ≤ G, seja ϕ uma funcaode classe de H e seja θ uma funcao de classe de G.

Reciprocidade de Frobenius : [ϕG, θ] = [ϕ, θ|H ].

A demonstracao segue (aqui y = xgx−1).

[ϕG, θ] =1

|G|∑g∈G

ϕG(g)θ(g) =1

|G|1

|H|∑g∈G

∑x∈G

ϕ(xgx−1)θ(g)

=1

|G|1

|H|∑y∈G

∑x∈G

ϕ(y)θ(y) =1

|H|∑y∈H

ϕ(y)θ(y) = [ϕ, θ|H ].

Um corolario e que se ϕ e um carater de H entao ϕG e um carater de G(carater induzido). De fato ϕG e uma funcao nao nula G → C (sendoϕG(1) = |G : H|ϕ(1) 6= 0) e se χ ∈ Irr(G) entao χ|H e um carater de H logopela reciprocidade de Frobenius [ϕG, χ] = [ϕ, χ|H ] e um inteiro nao negativo.Isso implica que ϕG e um carater de G.

78 3. CARACTERES

Seja g ∈ G e sejam x1, . . . , xm representantes das classes de conjugacaode H contidas na classe de conjugacao de g em G. Temos

ϕG(g) =1

|H|∑x∈G

ϕ(xgx−1) =1

|H|∑h∈H|CG(g)|ϕ(h)

=|CG(g)||H|

m∑i=1

|H : CH(xi)|ϕ(xi) = |CG(g)|m∑i=1

ϕ(xi)

|CH(xi)|. (∗)

Exemplo. A tabela de A4 e (aqui θ 6= 1 e uma raiz cubica da unidadeem C, ou seja θ2 + θ + 1 = 0)

1 4 4 3A4 1 (123) (132) (12)(34)χ1 1 1 1 1χ2 1 θ θ2 1χ3 1 θ2 θ 1χ4 3 0 0 −1

Podemos deduzir alguns caracteres induzidos de A5.

1 15 20 12 12A5 1 (12)(34) (123) (12345) (13245)

ind(χ1) 5 1 2 0 0ind(χ2) 5 1 −1 0 0ind(χ4) 15 −1 0 0 0

Por exemplo (usando (∗))

ind(χ2)((123)) = 3

(θ

3+θ2

3

)= −1.

Temos que ind(χ1) e o carater permutacional, ind(χ2) e irredutıvel e ind(χ4)e soma de quatro caracteres irredutıveis. A partir daqui podemos deduzirtodos os caracteres de A5 como ja vimos.

Posto e grupos 2-transitivos.

Para a demonstracao do lema seguinte veja a lista de exercıcios.

Lema (Lema de Burnside-Cauchy-Frobenius “orbit counting theorem”).Seja G um subgrupo do grupo simetrico Sn agindo da forma usual no con-junto Ω = 1, . . . , n e sejam χ o carater permutacional de G e 1G o caraterda representacao trivial de G. Entao [χ, 1G] e igual ao numero de orbitasda acao de G.

Se G ≤ Sn temos o carater permutacional χ : G → C, a restricao a Gdo carater permutacional de Sn (o que conta os pontos fixos). Suponha queG age transitivamente em Ω = 1, . . . , n e seja H o estabilizador de umα ∈ Ω, ou seja H = Gα. Entao (1H)G = χ como ja observado.

10. GRUPOS DE FROBENIUS 79

Queremos contar as orbitas de H = Gα. Seja r o numero de orbitas daacao de Gα sobre Ω (uma dessas orbitas e α, em particular r > 1 se n > 1).

E claro que χ|H e o carater permutacional de H, logo pelo “orbit countingtheorem” temos r = [χ|H , 1H ] = [1H , χ|H ]. Entao usando a reciprocidadede Frobenius

r = [1H , χ|H ] = [(1H)G, χ] = [χ, χ].

O numero r e chamado de “posto” de G (rank). Quando r = 2 o grupo Ge chamado de 2-transitivo. Por exemplo Sn e 2-transitivo porque g ∈ Sn :g(α) = α ∼= Sn−1 (o estabilizador de um ponto na acao natural) tem duasorbitas em Ω, que sao α e Ω−α. Isso implica que [χ, χ] = 2 nesse caso.

Proposicao. Seja G um grupo transitivo com carater permutacional χ.Entao G e 2-transitivo se e somente se χ = χ1 + ψ com ψ ∈ Irr(G).

Demonstracao. Sendo G transitivo temos [χ, χ1] = 1, ou seja G temapenas uma orbita. Segue que χ = χ1 +ψ com ψ carater. Temos ψ = χ−χ1

logo

[ψ,ψ] = [χ− χ1, χ− χ1] = [χ, χ]− [χ, χ1]− [χ1, χ] + [χ1, χ1]

= [χ, χ]− 1− 1 + 1 = [χ, χ]− 1.

Ou seja [ψ,ψ] = [χ, χ]− 1. Segue que ψ e irredutıvel (ou seja [ψ,ψ] = 1) see somente se [χ, χ] = 2, ou seja G e 2-transitivo.

Exercıcio. Mostre que grupos de ordem 18 nao isomorfos tem tabelasde caracteres distintas.

Dica paraG = GL(2,F3): G permuta os quatro subespacos 1-dimensionaisde V = F3

2, deduza que G/Z(G) ∼= S4.

10. Grupos de Frobenius

Definicao (Grupo de Frobenius). Seja H ≤ G com 1 < H < G.Suponha que H∩Hg = 1 para todo g ∈ G−H. Entao H e um “complementode Frobenius” em G. Um grupo que contem um complemento de Frobeniuse chamado de “grupo de Frobenius”.

Observe que se G e um grupo de Frobenius com complemento H entaoNG(H) = H e a cardinalidade da uniao dos conjugados de H e∣∣∣∣∣∣

⋃g∈G

Hg

∣∣∣∣∣∣ = 1 + |G : H|(|H| − 1).

Teorema (Teorema de Frobenius). Seja G um grupo de Frobenius comcomplemento de Frobenius H. Existe N EG com HN = G e H ∩N = 1,ou seja G e um produto semidireto N oH.

80 3. CARACTERES

O subgrupo N e chamado de “nucleo de Frobenius”.

Demonstracao. Seja

N :=

(G−

⋃x∈G

Hx

)∪ 1.

E claro que N e fechado por conjugacao em G, H ∩N = 1 e a ordem deN vale |N | = |G|−|G : H|(|H|−1) = |G : H|. Se conseguirmos mostrar queN e um subgrupo de G entao temos N ∩H = 1, segue |NH| = |N ||H| =|G : H||H| = |G| logo NH = G e o resultado e demonstrado.

Mostraremos que N e um subgrupo de G. Seja 1H 6= ϕ ∈ Irr(H) e seja

θ = ϕ− ϕ(1)1H .

Se trata de uma funcao de classe de H. Mostraremos que θG|H = θ. TemosθG(1) = 0 = θ(1). Agora suponha 1 6= h ∈ H, mostraremos que θG(h) =

θ(h). Observe que se θ(xhx−1) 6= 0 entao 1 6= xhx−1 ∈ H ∩ Hx−1logo

x ∈ H por definicao de grupo de Frobenius. Segue que

θG(h) =1

|H|∑x∈G

θ(xhx−1) =1

|H|∑x∈H

θ(xhx−1) =1

|H|∑x∈H

θ(h) = θ(h).

Pela reciprocidade de Frobenius deduzimos

[θG, θG] = [θ, θG|H ] = [θ, θ] = 1 + ϕ(1)2.

Pela reciprocidade de Frobenius [θG, 1G] = [θ, 1H ] = −ϕ(1), logo θG =ϕ∗−ϕ(1)1G onde ϕ∗ e uma funcao de classe de G, [ϕ∗, 1G] = 0 e 1+ϕ(1)2 =[ϕ∗, ϕ∗] + ϕ(1)2 aı [ϕ∗, ϕ∗] = 1. Sendo θ uma diferenca de caracteres, θG

e uma diferenca de caracteres (porque se α e β sao funcoes de classe deH entao e facil ver que (α − β)G = αG − βG) logo ϕ∗ tambem e uma

diferenca de caracteres, logo ϕ∗ =∑k

i=1miχi com os mi inteiros. Sendo∑ki=1m

2i = [ϕ∗, ϕ∗] = 1 segue ±ϕ∗ ∈ Irr(G). Alem disso se h ∈ H temos

ϕ∗(h) = θG(h) + ϕ(1) = θ(h) + ϕ(1) = ϕ(h).

Em particular ϕ∗(1) = ϕ(1) > 0 sendo ϕ carater logo o fato que ±ϕ∗ ∈Irr(G) implica que na verdade ϕ∗ ∈ Irr(G).

Para todo 1H 6= ϕ ∈ Irr(H) temos um ϕ∗ ∈ Irr(G) que extende ϕ, ouseja ϕ∗|H = ϕ. Lembre-se que ker(ϕ∗) = g ∈ G : ϕ∗(g) = ϕ∗(1) E G.Seja

M :=⋂

1H 6=ϕ∈Irr(H)

ker(ϕ∗).

E claro que M e um subgrupo normal de G. Mostraremos que M = N , oque conclui a demonstracao.

10. GRUPOS DE FROBENIUS 81

Primeira inclusao: M ⊆ N . Para isso basta mostrar que M ∩H = 1porque daı se 1 6= g ∈ M entao g nao pertence a nenhum conjugado deH (porque se g ∈ x−1Hx entao xgx−1 ∈ M ∩ H = 1, uma contradicao)logo g ∈ N por definicao de N . Seja entao x ∈ M ∩ H, mostraremos quex = 1. Temos ϕ(x) = ϕ∗(x) = ϕ∗(1) = ϕ(1) para todo 1H 6= ϕ ∈ Irr(H)logo chamado de R o carater da representacao regular de H temos

R(x) =∑

χ∈Irr(H)

χ(1)χ(x) = 1H(1)1H(x) +∑

1H 6=χ∈Irr(H)

χ(1)χ(x)

= 1 +∑

1H 6=χ∈Irr(H)

χ(1)χ(1) =∑

χ∈Irr(H)

χ(1)2 = |H|

logo x = 1 por definicao da representacao regular.Segunda inclusao: N ⊆ M . Se 1 6= g ∈ N entao (por definicao de N)

g nao pertence a nenhum conjugado de H entao por definicao de caraterinduzido se 1H 6= ϕ ∈ Irr(H) entao

ϕ∗(g)− ϕ(1) = θG(g) =1

|H|∑x∈G

θ(xgx−1) = 0

logo g ∈ ker(ϕ∗), daı g ∈M .

Algumas propriedades dos grupos de Frobenius.

Proposicao. Seja G um grupo de Frobenius com complemento de Fro-benius H e nucleo de Frobenius N . Temos

(1) CN (x) = 1 para todo 1 6= x ∈ H.(2) CH(n) = 1 para todo 1 6= n ∈ N .(3) CG(n) ⊆ N para todo 1 6= n ∈ N .(4) Z(G) = 1.(5) |H| divide |N | − 1.

Em particular N e um subgrupo de Hall normal de G.

Demonstracao. Sejam n ∈ N e x ∈ H. Se xn = nx entao x =n−1xn ∈ n−1Hn, logo por definicao de grupo de Frobenius x = 1 ou n ∈ H,mas sendo H ∩N = 1 obtemos que xn = nx se e somente se um entre ne x e igual a 1. Isso prova (1) e (2).

Seja 1 6= x ∈ N . Se por contradicao CG(x) nao esta contido em N entaoexistem 1 6= h ∈ H e g ∈ G tais que g−1hg ∈ CG(x) (por definicao de N)daı h ∈ CG(gxg−1) ∩ H = CH(gxg−1) = 1 (pelo ponto (2)) logo h = 1,uma contradicao. Isso prova (3).

Se 1 6= z ∈ Z(G) e 1 6= x ∈ N (um tal x existe por definicao de grupo deFrobenius) entao z ∈ CG(x) ⊆ N logo G = CG(z) ⊆ N , uma contradicao.Isso prova (4).

H age no grupo N por conjugacao. Se 1 6= n ∈ N entao CH(n) = 1pelo ponto (2) logo a H-orbita de qualquer n ∈ N − 1 tem tamanho|H : CN (x)| = |H|, logo |H| divide |N | − 1, isso prova (5).

82 3. CARACTERES

Agora usando o teorema de Thompson e o teorema de Schur-Zassenhausdeduzimos a unicidade de nucleo e complementos.

Teorema (Thompson). Se existe um automorfismo ϕ de ordem primade um grupo finito G tal que g ∈ G : ϕ(g) = g = 1 entao G enilpotente.

Teorema (Schur-Zassenhaus). Se N e um subgrupo normal de um grupofinito G tal que |N | e |G : N | sao coprimos entao existe um complemento Hde N (ou seja um subgrupo de G tal que HN = G e H ∩N = 1) e todosos complementos de N em G sao conjugados em G.

Lembre-se que o subgrupo de Fitting de um grupo finito G e o subgrupoF (G) gerado pelos subgrupos normais nilpotentes de G. Se trata de umsubgrupo normal nilpotente de G (teorema de Fitting) que contem todos ossubgrupos normais nilpotentes de G.

Teorema. Seja G um grupo de Frobenius com nucleo N e complementoH, e com nucleo M e complemento K. Entao N = M e H,K sao conjuga-dos. Alem disso N e igual ao subgrupo de Fitting de G.

Demonstracao. Seja x ∈ H um elemento de ordem prima. SendoCN (x) = 1, x age por conjugacao em N “sem pontos fixos” logo peloteorema de Thompson N e nilpotente, logo N esta contido no subgrupo deFitting de G, N ⊆ F (G). Sendo F (G) nilpotente e N normal em F (G)temos Z(F (G))∩N 6= 1, seja 1 6= g ∈ Z(F (G))∩N . Temos N ⊇ CG(g) ⊇F (G), logo N = F (G). Isso mostra que N = F (G) = M . Sendo |N | e|H| = |G : N | coprimos (porque |H| divide |N | − 1) todos os complementosde N em G sao conjugados pelo teorema de Schur-Zassenhaus, logo H e Ksao conjugados.

11. Comutadores

Se x, y sao elementos de um grupo defina [x, y] = x−1y−1xy.

Proposicao (Isaacs problema 3.9). Seja G um grupo finito e sejamg, x ∈ G. Entao g e conjugado a [x, y] para algum y ∈ G se e somente se∑

χ∈Irr(G)

|χ(x)|2χ(g)

χ(1)6= 0.

Demonstracao. Sabemos que se K1, . . . ,Kk sa as somas das classes deconjugacao de G entao KiKj =

∑v aijvKv para inteiros positivos oportunos

aijv. Seja Ci a classe associada a Ki (ou seja Ki =∑

x∈Cix) e gi ∈ Ci

para todo i. Lembre-se que para todo χ ∈ Irr(G) temos ωχ : Z(C[G]) → Ccom a propriedade que ρ(z) = ω(z)I para todo z ∈ Z(C[G]) onde ρ e umarepresentacao cujo carater e χ, e ja vimos (quando mostramos o teorema deBurnside) que ωχ(K) = χ(g)|C|/χ(1) onde C e uma classe de conjugacao

11. COMUTADORES 83

de G, g ∈ C e K =∑

x∈C x. Aplicando ω = ωχ a KiKj =∑

v aijtKt temos

χ(gi)|Ci|χ(1)

· χ(gj)|Cj |χ(1)

= ω(Ki)ω(Kj) = ω(KiKj) = ω(∑v

aijtKt)

=∑t

aijtω(Kt) =∑t

aijtχ(gt)|Ct|χ(1)

.

Segue que

aijv =∑t

aijt ·|Ct||G|

∑χ∈Irr(G)

χ(gt)χ(gv) =1

|G|∑

χ∈Irr(G)

χ(gv)∑t

aijtχ(gt)|Ct|

=1

|G|∑

χ∈Irr(G)

χ(gv)|Ci||Cj |χ(gi)χ(gj)

χ(1)=|Ci||Cj ||G|

∑χ∈Irr(G)

χ(gi)χ(gj)χ(gv)

χ(1).

Agora, fixados g, x ∈ G, g e conjugado a [x, y] para algum y se e somente seg e conjugado a um elemento de CiCj onde x−1 ∈ Ci e x ∈ Cj (a implicacao⇒ e clara, e se g = z−1x−1zw−1xw entao g = z−1[x,wz−1]z logo bastaescolher y = wz−1), e isso acontece se e somente se o coeficiente de g emKiKj e diferente de zero, ou seja (escolhendo gi = x−1, gj = x, gv = g)∑

χ∈Irr(G)

χ(x)χ(x−1)χ(g)

χ(1)6= 0,

isso implica o resultado.

Proposicao (Isaacs problema 3.10). Seja g ∈ G. Entao g e um comu-tador em G se e somente se ∑

χ∈Irr(G)

χ(g)

χ(1)6= 0.

Demonstracao. Para todo x ∈ G considere

Sx =∑

χ∈Irr(G)

|χ(x)|2χ(g)

χ(1), S =

∑x∈G

Sx.

Sendo os Sx numeros reais nao negativos (sao alguns dos aijv a menos demultiplicar por numeros reais positivos) temos que S 6= 0 se e somente se umdos Sx e diferente de zero, e Sx 6= 0 se e somente se g e conjugado a [x, y]para algum y (pela proposicao anterior), e neste caso g e um comutador(porque conjugado de um comutador). Por outro lado se g = [x, y] entaoSx 6= 0. Logo g e um comutador se e somente se S 6= 0. Temos

S =∑x∈G

Sx =∑x∈G

∑χ∈Irr(G)

|χ(x)|2χ(g)

χ(1)=

∑χ∈Irr(G)

∑x∈G

|χ(x)|2χ(g)

χ(1)

=∑

χ∈Irr(G)

χ(g)

χ(1)

∑x∈G|χ(x)|2 = |G|

∑χ∈Irr(G)

χ(g)

χ(1).

84 3. CARACTERES

Isso implica o resultado.

Por exemplo os elementos de S5 que sao comutadores sao exatamente oselementos de A5.

1 10 20 30 24 15 20S5 1 (12) (123) (1234) (12345) (12)(34) (123)(45)χ1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 1 −1 1 1 −1χ3 4 2 1 0 −1 0 −1χ4 4 −2 1 0 −1 0 1χ5 5 1 −1 −1 0 1 1χ6 5 −1 −1 1 0 1 −1χ7 6 0 0 0 1 −2 0

Ja sabiamos isso no caso de S5, mas existem grupos em que elementos quenao sao comutadores pertencem ao subgrupo derivado (o menor tal grupotem ordem 96 e aparece na tese de doutorado de Robert Guralnick, 1977).

Usandos essa tecnica Liebeck, O’Brien, Shalev e Tiep (L, O, S e T)mostraram em 2010 o “LOST theorem”: em um grupo simples nao abelianotodo elemento e um comutador, provando assim a conjetura de Ore. Vejapagina 6 de

http://wwwf.imperial.ac.uk/~mwl/ORECOMPLETESUBMIT.PDF

O problema 3.11 do livro de Isaacs e interessante.

12. Subgrupos normais

Ja vimos que se χ e um carater de um grupo finito G associado a repre-sentacao ρ entao ker(ρ) = ker(χ) onde

ker(χ) = g ∈ G : χ(g) = χ(1).

Escreva χ =∑k

i=1miχi com os χi caracteres irredutıveis de G e os mi intei-ros nao negativos (nao todos nulos). Como relacionar ker(χ) com ker(χi),i = 1, . . . , k?

Proposicao. ker(χ) =⋂mi 6=0 ker(χi).

Demonstracao. Lembrando que χ(g) = χ(1) significa ρg = 1, comoa matriz ρg pode ser escrita em blocos usando as componentes irredutıveisisso e equivalente a ρi(g) = 1 para todo i tal que o modulo i aparece (ouseja mi 6= 0) ou seja χi(g) = χi(1) para todo tal i.

Teorema. Seja G um grupo finito. Todo subgrupo normal de G e in-tersecao de nucleos de caracteres irredutıveis de G.

12. SUBGRUPOS NORMAIS 85

Demonstracao. Seja N E G. Seja χ o carater da composicao entrea projecao G → G/N e a representacao regular de G/N . Pela proposicaoacima basta mostrar que N = ker(χ), pois neste caso N e intersecao denucleos de caracteres irredutıveis de G (as componentes de χ com coeficientenao nulo). Mas isso e claro porque g ∈ N se e somente se gN = N se esomente se o carater da representacao regular avaliado em gN vale |G/N |,ou seja χ(g) = |G/N | = χ(1).

Por exemplo considere a tabela de (C3×C3)oC2 com a acao de inversao.

1 2 2 2 2 9G 1 (t, t) (t, t2) (1, t) (t, 1) εχ1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 1 1 −1χ3 2 2 −1 −1 −1 0χ4 2 −1 2 −1 −1 0χ5 2 −1 −1 2 −1 0χ6 2 −1 −1 −1 2 0

Os subgrupos normais de G sao ker(χ1) = G, ker(χ2), ker(χ3), ker(χ4),ker(χ5), ker(χ6), e o subgrupo trivial 1 (igual a intersecao de dois quais-quer dos χi com i 6= 1, 2). Em particular observe que neste caso nenhumcarater irredutıvel de G tem nucleo trivial.

Corolario. Um grupo G e simples se e somente se todos os caracteresirredutıveis nao triviais de G sao fieis (ou seja tem nucleo trivial).

Demonstracao. Se G e simples e χ e um carater irredutıvel de Gcom ker(χ) = G entao χ(g) = χ(1) para todo g ∈ G logo 1 = [χ, χ] =

1|G|∑

g∈G χ(g)χ(g) = χ(1)2 e isso implica χ(1) = 1 logo χ e o carater trivial:

χ = 1G. Isso implica que se G e simples todo carater irredutıvel nao trivialde G tem nucleo 1. Vice-versa se todo carater nao trivial tem nucleo 1entao G e simples pelo teorema acima, de fato as intersecoes de nucleos decaracteres irredutıveis de G sao sempre iguais a 1 ou a G.

Observe que e entao possıvel contar os subgrupos normais de G,logo grupos com tabelas iguais tem o mesmo numero de subgrupos normais(pense em D8 e Q8, que tem a mesma tabela dos caracteres: eles tem omesmo numero de subgrupos normais - mas o numero de subgrupos e di-ferente!). Alem disso e possıvel detectar a solubilidade so olhando atabela dos caracteres: basta identificar os subgrupos normais e calcular asordens deles (isso tambem e possıvel so olhando a tabela, basta somar ascardinalidades das classes de conjugacao contidas nos subgrupos normais)e ver se existe uma serie de subgrupos normais com fatores de ordem umapotencia de primo (a existencia de tal serie e equivalente a solubilidade).Isso e possıvel porque conhecendo todos os subgrupos normais e possıvelfazer a lista de todas as series de subgrupos normais.

86 3. CARACTERES

13. Teoria de Clifford

Se G e um grupo finito, χ ∈ Irr(G) e H ≤ G e difıcil em geral entendera restricao χ|H . Mas se H e normal a situacao e diferente.

Seja H EG, seja θ uma funcao de classe de H e g ∈ G, seja θg : H → Cdefinido por θg(h) := θ(ghg−1). A funcao θg e “conjugada” de θ.

Lema. Seja HEG e sejam ϕ, θ duas funcoes de classe de H e x, y ∈ G.Temos

(1) ϕx e uma funcao de classe de H.(2) (ϕx)y = ϕxy.(3) [ϕx, θx] = [ϕ, θ].(4) [χ|H , ϕx] = [χ|H , ϕ] para toda funcao de classe χ de G.(5) ϕx e um carater de H se ϕ e um carater de H.

Demonstracao. Se h, t ∈ H temos

ϕx(t−1ht) = ϕ(xt−1htx−1) = ϕ(xt−1x−1·xhx−1·xtx−1) = ϕ(xhx−1) = ϕx(h).

Isso prova (1). Uma conta simples prova (2) (aqui e importante que θg(h)nao seja θ(hg)), de fato

(ϕx)y(h) = ϕ(xyhy−1x−1) = ϕ(xy · h · (xy)−1) = ϕxy(h).

Para provar (3) observe que a conjugacao por x permuta os elementos deH, logo

[ϕx, θx] =1

|H|∑h∈H

ϕx(h)θx(h) =1

|H|∑h∈H

ϕ(xhx−1)θ(xhx−1)

=1

|H|∑h∈H

ϕ(h)θ(h) = [ϕ, θ].

Usando (3) temos que se χ e uma funcao de classe de G entao [χ|H , ϕx] =[χ|Hx, ϕx] = [χ|H , ϕ], isso prova (4). Para provar (5) seja ρ uma repre-sentacao de H de carater ϕ e seja ρx(h) = ρ(xhx−1). Se trata de umarepresentacao de H de carater ϕx.

Segue que G age em Irr(H) por conjugacao (de fato se θ ∈ Irr(H) ex ∈ G entao θx e carater de H pelo ponto 5 e e irredutıvel porque [θx, θx] =[θ, θ] = 1 pelo ponto 3). Alem disso H permuta Irr(H) trivialmente (porqueos caracteres de H sao funcoes de classe de H) logo G/H tambem age sobreIrr(H) (com a acao induzida θxH = θx).

Teorema (Clifford). Seja H E G e seja χ ∈ Irr(G). Seja θ uma com-ponente irredutıvel de χ|H e sejam θ = θ1, . . . , θt os conjugados distintos deθ em G. Temos

χ|H = et∑i=1

θi

onde e = [χ|H , θ].

13. TEORIA DE CLIFFORD 87

Demonstracao. Vamos calcular θG|H . Se h ∈ H, como xhx−1 ∈ Hpara todo x ∈ G temos

θG(h) =1

|H|∑x∈G

θ(xhx−1) =1

|H|∑x∈G

θx(h).

Observe que nessa soma cada θx aparece |I(θx)| vezes, onde I(θx) = g ∈G : θxg = θx ≤ G. Mas H ≤ I(θx) (porque H age trivialmente emIrr(H)) logo o numero de vezes que θx aparece e um multiplo de H e isso

implica que θG|H =∑t

i=1 aiθi com os ai inteiros nao negativos nao todosnulos. Se ϕ ∈ Irr(H) nao e nenhum dos θi temos entao [θG|H , ϕ] = 0 daı[θG, ϕG] = [θG|H , ϕ] = 0 pela reciprocidade de Frobenius. Por outro lado[θG, χ] = [θ, χ|H ] 6= 0 (por hipotese, sendo θ uma componente de χ|H)logo χ e uma componente de θG, segue que [χ|H , ϕ] = [χ, ϕG] = 0 (porquesendo [θG, ϕG] = 0, θG e ϕG nao tem componentes irredutıveis em comum).Isso implica que todas as componentes irredutıveis de χ|H sao entre os θi e

χ|H =∑t

i=1[χ|H , θi]θi. Mas [χ|H , θi] = [χ|H , θ] pelo lema (ponto 4) e issoconclui a demonstracao.

Corolario. Seja H E G e seja χ ∈ Irr(G) com [χ|H , 1H ] 6= 0. EntaoH ⊆ ker(χ).

Demonstracao. Temos χ|H = e∑t

i=1 θi onde θ1 = 1H e os θi sao osconjugados de 1H . Sendo (1H)g = 1H para todo g ∈ G temos t = 1 eχ|H = e1H , e sendo χ(1) = χ|H(1) = e1H(1) = e temos χ|H = χ(1)1H logoH ⊆ ker(χ).

Exemplo: O carater irredutıvel de grau 6 de S5 restrito a A5 e umasoma de dois caracteres irredutıveis distintos de A5, logo nesse caso e = 1.

Exemplo: No caso de G = S3 × C2 temos

S3 × C2 1 (12) (123) t (12)t (123)tχ1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 −1 −1 −1χ3 1 −1 1 1 −1 1χ4 1 −1 1 −1 1 −1χ5 2 0 −1 2 0 −1χ6 2 0 −1 −2 0 1

Seja N = 1 × C2. Entao χ4|N e χ5|N sao os caracteres irredutıveis de Nmultiplicados por 2 (observe que N ∼= C2). Ou seja nesse caso e = 2.

Pergunta: Pela tabela dos caracteres de G e possıvel detectar a nil-potencia de G? E a supersolubilidade?

88 3. CARACTERES

14. Teorema de Ito

Seja H um subgrupo normal de G e seja θ ∈ Irr(H). O grupo deinercia de θ em G e o estabilizador de θ em G, ou seja

IG(θ) = g ∈ G : θg = θ.

Temos t = |G : IG(θ)| onde χ|H = e∑t

i=1 θi para um carater irredutıvel χde G. Estamos na situacao seguinte:

H ≤ IG(θ) ≤ G,

em particular t divide |G : H|.

Teorema. Sejam H EG, θ ∈ Irr(H), T = IG(θ). Sejam

A = ψ ∈ Irr(T ) : [ψ|H , θ] 6= 0, B = χ ∈ Irr(G) : [χ|H , θ] 6= 0.

A funcao ψ 7→ ψG e uma bijecao h : A → B.

Demonstracao. Mostraremos primeiro que se ψ ∈ A entao ψG ∈Irr(G). Seja ψ ∈ A e escolha uma componente irredutıvel χ de ψG. Temos

[ψ, χ|T ] = [χ, ψG] 6= 0, [ψ, θT ] = [ψ|H , θ] 6= 0

logo ψ e uma componente irredutıvel de χ|T e de θT , daı 0 6= [χ|T , θT ] =[χ|H , θ], segue que χ ∈ B. Sejam θ = θ1, θ2, . . ., θt os G-conjugados distintos

de θ, em particular t = |G : T |. Pelo teorema de Clifford χ|H = e∑t

i=1 θipara algum inteiro e. Como θ e invariante em T , segue do teorema deClifford aplicado a inclusao H ≤ T que ψ|H = fθ para algum f . Como ψ euma componente de χ|T segue

f = [ψ|H , θ] = [ψ, θT ] ≤ [χ|T , θT ] = [χ|H , θ] = e

logof ≤ e. Sendo χ uma componente de ψG, temos

etθ(1) = χ(1) ≤ ψG(1) = tψ(1) = ftθ(1) ≤ etθ(1)

logo χ(1) = ψG(1), isso mostra que ψG = χ ∈ Irr(G). Observe que ψG ∈ Bporque a igualdade anterior implica que e = f , logo

[χ|H , θ] = e = f = [ψ|H , θ] 6= 0.

Isso implica que h e bem definida. A injetividade de h segue do fato que seψ1 ∈ A , ψ1 6= ψ e χ = ψG = ψG1 entao [χ|T , ψ] = [χ, χ] = 1 e [χ|T , ψ1] =[χ, χ] = 1 logo ψ + ψ1 e uma componente de χ|T , segue

[χ|H , θ] = [χ|T , θT ] ≥ [ψ + ψ1, θT ] = [ψ, θT ] + [ψ1, θ

T ]

= [ψ|H , θ] + [ψ1|H , θ] > [ψ|H , θ],

uma contradicao. Falta mostrar que h e sobrejetiva. Seja χ ∈ B. Sendo[χ|T , θT ] = [χ|H , θ] 6= 0, existe ψ ∈ Irr(T ) com [χ|T , ψ] 6= 0 e [θT , ψ] 6= 0.Segue que [θ, ψ|H ] = [θT , ψ] 6= 0, logo ψ ∈ A e [χ, ψG] = [χ|T , ψ] 6= 0. Sendoχ e ψG irredutıveis, χ = ψG e a demonstracao terminou.

14. TEOREMA DE ITO 89

O centro de um carater χ de G e

Z(χ) = g ∈ G : |χ(g)| = χ(1).Ja vimos que |χ(g)| = χ(1) se e somente se ρg e um operador escalar (ondeρ e uma representacao cujo carater e χ). Em particular Z(χ)EG. Z(G) eigual a intersecao dos centros dos caracteres irredutıveis de G. Isso e umaconsequencia imediata da segunda relacao de ortogonalidade e do fato que|χ(g)| ≤ χ(1) para todo g ∈ G (basta observar que g pertence a intersecaodos Z(χ) com χ ∈ Irr(G) se e somente se o produto interno entre a coluna deg e ela mesma e igual ao produto interno entre a coluna de 1 e ela mesma).

Nos seminarios veremos o resultado seguinte.

Teorema (3.12 do livro). Se χ ∈ Irr(G) entao χ(1) divide |G : Z(χ)|.Teorema (Ito). Seja A um subgrupo normal abeliano de um grupo finito

G. Entao χ(1) divide |G : A| para todo χ ∈ Irr(G).

Demonstracao. Seja λ ∈ Irr(A) com [χ|A, λ] 6= 0, e seja T = IG(λ).Para algum ψ ∈ Irr(T ) temos χ = ψG e ψ|A = fλ com f inteiro nao negativo.Sendo A abeliano, λ e um carater linear, logo se a ∈ A entao

|ψ(a)| = |ψ|A(a)| = |fλ(a)| = f |λ(a)| = f = fλ(1) = ψ|A(1) = ψ(1),

obtemos que A ⊆ Z(ψ) e daı ψ(1) divide |T : A| (pelo teorema 3.12 acima).Sendo χ(1) = |G : T |ψ(1) deduzimos que χ(1) divide |G : A|.

Veremos agora um exemplo em que uma informacao sobre os graus doscaracteres irredutıveis de G se traduz em propriedades estruturais de G.

Teorema. Seja G um grupo finito e seja p um primo que divide |G|.Sao equivalentes:

(1) χ(1) e uma potencia de p para todo χ ∈ Irr(G).(2) G contem um p-complemento normal abeliano.

Demonstracao. A implicacao (2)⇒ (1) e imediata do teorema de Ito.Suponha agora (1), mostraremos (2). Se N E G e seja θ ∈ Irr(N), seja χuma componente irredutıvel de θG, temos [χ|N , θ] = [χ, θG] 6= 0 logo θ e

uma componente irredutıvel de χ|N e podemos escrever χ|N = e∑t

i=1 θicom θ1 = θ (pelo teorema de Clifford) daı χ(1) = χ|N (1) = etθ(1) logo θ(1)divide χ(1), e obtemos que θ(1) e uma potencia de p para todo θ ∈ Irr(N).Por inducao sobre |G| basta encontrar um subgrupo normal N de indicep, porque o p-complemento abeliano normal de N sera um p-complementonormal abeliano de G (porque pelo teorema de Schur-Zassenhaus sera ca-racteristico em N , logo normal em G). Temos

|G| = |G : G′|+∑

χ∈Irr(G), χ(1)>1

χ(1)2.

Segue que p divide |G : G′|. Logo G contem um subgrupo normal de indicep (contendo G′).

CAPıTULO 4

Mais exercıcios resolvidos

1. A tabela de GL(2,F3) e SL(2,F3)

Seja G = GL(2, 3) = GL(2,F3) o grupo das matrizes inversıveis 2×2 comcoeficientes em F3. Um elemento de G e dado escolhendo a primeira colunanao nula (32 − 1 escolhas) e a segunda nao proporcional a primeira (32 − 3escolhas), logo |G| = (32− 1)(32− 3) = 48. Se f ∈ G entao f48 = 1 (porque|G| = 48), seja P (X) o polinomio caracteristico de f (obviamente P (X)tem grau 2). Se P (X) e irredutıvel entao pelo teorema de Cayley-HamiltonP (X) divide X48 − 1. A fatoracao de X48 − 1 em F3[X] e

(X−1)3(X+1)3(X2+1)3(X2+X−1)3(X2−X−1)3(X4+X2−1)3(X4−X2−1)3,

logo as possibilidades para P (X) irredutıvel sao X2 + 1, X2 + X − 1 eX2 −X − 1. Se P (X) for redutıvel entao os dois autovalores de f sao 1, 1,1,−1 ou −1,−1 logo P (X) e um entre (X−1)2, X2−1, (X+1)2. Se f e umamatriz escalar entao tem duas possibilidades: f = 1 e f = −1, correspondemaos elementos do centro de G: Z(G) = 1,−1 (isso sera claro a fortiori).Agora suponha f nao escalar. Existe entao um vetor v ∈ V = F2

3 tal quef(v) nao e um multiplo de v, isso implica que v, f(v) e uma base do espacovetorial V .

• Se P (X) = (X − 1)2 = X2 + X + 1 entao sendo P (f) = 0 (peloteorema de Cayley-Hamilton) temos f2 = −f − 1 daı f(f(v)) =

f2(v) = −f(v) − v e f e entao conjugada a matriz

(0 −11 −1

)(a matriz de f na base v, f(v)). Se trata de um elemento deordem 3 com 8 conjugados (o numero de conjugados e o indicedo centralizador, e a ordem do centralizador pode ser calculada amao).• Se P (X) = (X + 1)2 = X2−X + 1 entao f2 = f − 1 daı f(f(v)) =

f(v) − v e f e entao conjugada a matriz

(0 −11 1

). Se trata de

um elemento de ordem 6 com 8 conjugados.• Se P (X) = X2−1 entao f2 = 1 logo f(f(v)) = v daı f e conjugada

a matriz

(0 11 0

). Se trata de um elemento de ordem 2 com 12

conjugados.

91

92 4. MAIS EXERCICIOS RESOLVIDOS

• Se P (X) = X2 + 1 entao f2 = −1 logo f(f(v)) = −v daı f e

conjugada a matriz

(0 −11 0

). Se trata de um elemento de ordem

4 com 6 conjugados.• Se P (X) = X2 +X−1 entao f2 = −f+1 logo f(f(v)) = −f(v)+v

daı f e conjugada a matriz

(0 11 −1

). Se trata de um elemento

de ordem 8 com 6 conjugados.• Se P (X) = X2 −X − 1 entao f2 = f + 1 logo f(f(v)) = f(v) + v

daı f e conjugada a matriz

(0 11 1

). Se trata de um elemento de

ordem 8 com 6 conjugados.

E facil ver que G′ = SL(2,F3) = g ∈ G : det(g) = 1. Observe queZ(G) = 1,−1 e G age no conjunto Ω = 〈v〉 : 0 6= v ∈ V naturalmentepor (g, 〈v〉) 7→ 〈vg〉 onde vg e a acao natural de G sobre V , |Ω| = 4 e o nucleoda acao de G sobre Ω e Z(G), daı G/Z(G) e isomorfo a um subgrupo de S4.Mas sendo |G/Z(G)| = 24 obtemos G/Z(G) ∼= S4. Usando esse isomorfismopodemos aplicar inflacao obtendo os dois caracteres lineares, dois caracteresirredutıveis de grau 3 e um carater irredutıvel de grau 2. A acao natural deG sobre V − 0 da um carater permutacional de grau 8, decompondo eleencontramos um carater irredutıvel de grau 4. Faltam duas linhas da tabela,que podemos deduzir das relacoes de ortogonalidade lembrando que sendoy e y−1 nao conjugados temos χ(y−1) = χ(y) 6= χ(y) para os dois caracteresirredutıveis χ restantes (y e definido aqui em baixo).

Seja x =

(0 −11 1

), tem ordem 6 e 8 conjugados. Como G contem

uma unica classe de elementos de ordem 3 eles sao todos conjugados a x2

logo x2 tem 8 conjugados. Seja y =

(0 11 1

). E facil ver que y−1 nao e

conjugado a y (de fato, y2 = y + 1 logo definido h = y−1 dividindo por y2

obtemos 1 = h+ h2 ou seja h2 = −h+ 1 que define uma outra classe), logoas duas classes de elementos de ordem 8 com 6 conjugados sao a classe de ye a classe de y−1. A unica classe de elementos de ordem 4 e a classe de y2.Seja z um qualquer elemento nao central de ordem 2. A tabela e

1 1 8 8 12 6 6 6GL(2,F3) 1 −1 x x2 z y y−1 y2

χ1 1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 1 −1 −1 −1 1χ3 2 2 −1 −1 0 0 0 2χ4 3 3 0 0 1 −1 −1 −1χ5 3 3 0 0 −1 1 1 −1

χ6 2 −2 −1 1 0 i√

2 −i√

2 0

χ7 2 −2 −1 1 0 −i√

2 i√

2 0χ8 4 −4 1 −1 0 0 0 0

2. NAO TODO ELEMENTO DO DERIVADO E UM COMUTADOR 93

E facil deduzir a tabela de SL(2,F3). Se trata de um produto semidiretoQ8 oC3 onde a acao de C3 = 〈t〉 e dada por it = j, jt = k, kt = i. O centroe 1,−1. As classes de conjugacao sao 1, −1, i,−i, j,−j, k,−k,t, it, jt, kt, −t,−it,−jt,−kt, t2, it2, jt2, kt2, −t2,−it2,−jt2,−kt2.A tabela e obtida por inflacao de SL(2,F3)/Z(SL(2,F3)) ∼= A4, restringindoum carater irredutıvel de grau 2 de GL(2,F3) e dualizando (dualizar significamultiplicar por caracteres lineares). A tabela e

1 1 6 4 4 4 4SL(2,F3) 1 −1 i t −t t2 −t2

χ1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 θ θ θ2 θ2

χ3 1 1 1 θ2 θ2 θ θχ4 3 3 −1 0 0 0 0χ5 2 −2 0 1 −1 1 −1χ6 2 −2 0 θ −θ θ2 −θ2

χ7 2 −2 0 θ2 −θ2 θ −θ

2. Nao todo elemento do derivado e um comutador

Considere o grupo G = (V × Q) o C3 onde V = C2 × C2 = 〈ε〉 × 〈ε〉,Q = Q8 = 1,−1, i,−i, j,−j, k,−k, e a acao de C3 = 〈t〉 e dada porcomponentes, (x, y)t = (xt, yt) onde (1, ε)t = (ε, 1), (ε, 1)t = (ε, ε), (ε, ε)t =(1, ε), (−1)t = −1 e it = j, jt = k, kt = i. Em outras palavras modulo ocentro 1,−1 (que e fixado por t) a acao de t nas duas componentes e aunica acao nao trivial de um grupo de ordem 3 em C2×C2 (o correspondenteproduto semidireto sendo A4). Observe que |G| = (4 · 8) · 3 = 96.

Queremos construir a tabela dos caracteres de G e mostrar que existemelementos que nao sao comutadores mas pertencem ao subgrupo derivadoG′ = V ×Q. Observe que podemos construir muitos caracteres por inflacao,observando que G/G′ ∼= C3, G/Q ∼= A4 e G/V ∼= SL(2,F3). Usaremos anotacao εi = ((1, ε), i), εj = ((1, ε), j), εk = ((1, ε), k), −ε = ((1, ε),−1),−t = ((1, 1),−1)t, −t2 = ((1, 1),−1)t2. Podemos considerar os subgruposZ(G) ∪ εiG, Z(G) ∪ εjG, Z(G) ∪ εkG, os quocientes sao isomorfos a A4.Deduzimos um carater irredutıvel de grau 6 usando a segunda relacao de


ortogonalidade. Em conclusao a tabela e

1 1 3 6 6 6 6 3 16 16 16 16G 1 −1 ε i εi εj εk −ε t −t t2 −t2χ1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 1 1 1 1 1 θ θ θ2 θ2

χ3 1 1 1 1 1 1 1 1 θ2 θ2 θ θχ4 3 3 3 −1 −1 −1 −1 3 0 0 0 0χ5 3 3 −1 3 −1 −1 −1 −1 0 0 0 0χ6 3 3 −1 −1 3 −1 −1 −1 0 0 0 0χ7 3 3 −1 −1 −1 3 −1 −1 0 0 0 0χ8 3 3 −1 −1 −1 −1 3 −1 0 0 0 0χ9 2 −2 2 0 0 0 0 −2 1 −1 1 −1χ10 2 −2 2 0 0 0 0 −2 θ −θ θ2 −θ2

χ11 2 −2 2 0 0 0 0 −2 θ2 −θ2 θ −θχ12 6 −6 −2 0 0 0 0 2 0 0 0 0

Sendo12∑i=1

χi(−ε)/χi(1) = 3 + 1− 4/3− 3 + 1/3 = 0

temos que −ε ∈ G′ mas nao e um comutador. Se trata de um exemplodescuberto por Guralnick na sua tese de doutorado (1977).

3. Grupos de ordem 18

Temos 3 grupos interessantes de ordem 18, os nao abelianos. Para D9

veja [8] (os caracteres nao lineares sao obtidos olhando a acao natural deD9 no 9-agono regular). Escreva D9 = C9 o C2 = 〈t〉 o 〈ε〉. As classesde conjugacao de D9 sao 1, t, t8, t2, t7, t3, t6, t4, t5, tiε : i =0, 1, . . . , 8. Seja α = 2π/9. Observe que 2 cos(3α) = −1. A tabela de D9 e

1 2 2 2 2 9D9 1 t t2 t3 t4 εχ1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 1 1 −1χ3 2 2 cos(α) 2 cos(2α) 2 cos(3α) 2 cos(4α) 0χ4 2 2 cos(2α) 2 cos(4α) 2 cos(6α) 2 cos(8α) 0χ5 2 −1 −1 2 −1 0χ6 2 2 cos(4α) 2 cos(8α) 2 cos(12α) 2 cos(16α) 0

E um exercıcio divertido verificar que valem as relacoes de ortogonalidade.

Os outros dois grupos nao abelianos de ordem 18 sao produtos semidi-retos (C3 × C3) o C2 onde C2 = 〈ε〉 age no grupo C3 × C3 = 〈t〉 × 〈t〉 por(x, y)ε = (y, x) no primeiro caso, (x, y)ε = (x−1, y−1) no segundo caso (isso eporque ε corresponde a um automorfismo de ordem 2 de C3×C3, ou seja umelemento de ordem 2 em GL(2,F3), e vimos na secao anterior que no grupo

3. GRUPOS DE ORDEM 18 95

GL(2,F3) tem apenas duas classes de conjugacao de elementos de ordem 2,que correspondem exatamente a troca e inversao).

Tabela no caso da inversao.

Neste caso todos os elementos fora de C3×C3 tem ordem 2, de fato se v ∈C3×C3 entao vεvε = vv−1 = 1, logo a classe de ε contem 9 elementos (todosos elementos de G−(C3×C3)), as outras classes sao (1, 1), (1, t), (1, t2),(t, 1), (t2, 1), (t, t), (t2, t2), (t, t2), (t2, t). Se g ∈ G age nao trivialmenteem v ∈ C3 × C3 entao vg = v−1, isso implica que 〈v〉 e normal em G, daıtodos os subgrupos de C3 × C3 sao normais em G, e todos os quocientescom eles sao isomorfos a S3 (porque sao produtos semidiretos C3 o C2 coma acao de inversao), daı e possıvel construir quatro caracteres irredutıveisde grau 2 dados pela inflacao com tais subgrupos normais. Tem exatamentedois caracteres lineares porque G′ = C3 × C3. Logo a tabela e a seguinte.

1 2 2 2 2 9G 1 (t, t) (t, t2) (1, t) (t, 1) εχ1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 1 1 −1χ3 2 2 −1 −1 −1 0χ4 2 −1 2 −1 −1 0χ5 2 −1 −1 2 −1 0χ6 2 −1 −1 −1 2 0

Tabela no caso da troca.

Nesse caso temos que as classes de conjugacao sao (1, 1), (t, t),(t2, t2), (t, t2), (t2, t), (1, t), (t, 1), (1, t2), (t2, 1), ε, (t, t2)ε, (t2, t)ε,(1, t)ε, (t, 1)ε, (t2, t2)ε, (1, t2)ε, (t2, 1)ε, (t, t)ε. O centro de G e Z(G) =(1, 1), (t, t), (t2, t2). Observe que 〈(t, t2)〉 = (1, 1), (t, t2), (t2, t) e um sub-grupo normal de G, coincide com G′. Temos G/G′ ∼= C6, um gerador deG modulo G′ e (1, t)ε. Usando isso podemos deduzir todos os caractereslineares. A inflacao com G/Z(G) ∼= S3 nos da um carater irredutıvel degrau 2 e os outros sao obtidos multiplicando ele pelos caracteres lineares. A


tabela e

1 1 1 2 2 2 3 3 3G (1, 1) (t, t) (t2, t2) (1, t) (1, t2) (t, t2) (1, t2)ε (1, t)ε εχ1 1 1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 θ2 θ4 θ4 θ2 1 θ5 θ −1χ3 1 θ4 θ2 θ2 θ4 1 θ4 θ2 1χ4 1 1 1 1 1 1 θ3 θ3 −1χ5 1 θ2 θ4 θ4 θ2 1 θ2 θ4 1χ6 1 θ4 θ2 θ2 θ4 1 θ θ5 −1χ7 2 2 2 −1 −1 −1 0 0 0χ8 2 2θ2 2θ4 −θ4 −θ2 −1 0 0 0χ9 2 2θ4 2θ2 −θ2 −θ4 −1 0 0 0

4. Prova escrita - 25/10/2017

Em todas as questoes o corpo base e C.

(1) (2 pontos) Seja G um grupo abeliano finito e sejam χ1, . . . , χk oscaracteres irredutıveis de G. Para i ∈ 1, . . . , k seja

vi =∑x∈G

χi(x)x ∈ C[G].

(a) (1 ponto) Mostre que 〈vi〉 = λvi : λ ∈ C e um C[G]-submodulo do C[G]-modulo regular C[G].

(b) (1 ponto) Seja A = C[C4] a algebra grupo do grupo cıclico deordem 4. Encontre geradores dos A-submodulos irredutıveisdo A-modulo regular A.

(2) (4 pontos) Calcule a tabela dos caracteres de S3 × C4.

(3) (2 pontos) Seja G = C5 o C4 o produto semidireto entre C5 = 〈t〉e C4 = 〈s〉 com a acao ts = t2 (ou seja s−1ts = t2 no produtosemidireto). Calcule a tabela dos caracteres de G.

[Dica 1: como 〈s〉 tem indice 5 e claro que CG(s) = 〈s〉.][Dica 2: observe que sts−1 = t3.]

(4) (1 ponto) Sejam x, y elementos de um grupo finito G. Mostre quex e y sao conjugados em G se e somente se χ(x) = χ(y) para todocarater irredutıvel χ de G. [Pense na tabela dos caracteres de G.]

5. RESOLUCAO DA PROVA ESCRITA 97

(5) (1 ponto) Seja G um grupo com tabela de caracteres seguinte

G a b c d e fχ1 1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 i −i 1 −1χ3 1 1 −1 −1 1 1χ4 1 −1 −i i 1 −1χ5 2 −2 0 0 −1 1χ6 2 2 0 0 −1 −1

Conte os elementos de G de ordem 6.

5. Resolucao da prova escrita

(1) (2 pontos) Seja G um grupo abeliano finito e sejam χ1, . . . , χk oscaracteres irredutıveis complexos de G. Para i ∈ 1, . . . , k seja

vi =∑x∈G

χi(x)x ∈ C[G].

(a) (1 ponto) Mostre que 〈vi〉 = λvi : λ ∈ C e um C[G]-submodulo do C[G]-modulo regular C[G].

Basta mostrar que vig e um multiplo escalar de vi para todog ∈ G. Para isso usaremos o fato que sendo G abeliano osχi sao caracteres lineares, ou seja homomorfismos de gruposG→ C∗. Definindo y = xg temos

vig =∑x∈G

χi(x)xg =∑y∈G

χi(yg−1)y = χi(g

−1)∑y∈G

χi(y)y = χi(g−1)vi.

(b) (1 ponto) Seja A = C[C4] a algebra grupo do grupo cıclico deordem 4. Encontre geradores dos A-submodulos irredutıveisdo A-modulo regular A.

Escrevamos C4 = 〈t〉. A algebra A e uma soma direta de A-modulos irredutıveis pelo teorema de Maschke, e todos elestem dimensao 1 sendo C4 abeliano (pelo lema de Schur), logo

A = 〈v1〉 ⊕ 〈v2〉 ⊕ 〈v3〉 ⊕ 〈v4〉

onde os 〈vi〉 sao submodulos. Isso significa exatamente quevig ∈ 〈vi〉, ou seja vig e um multiplo escalar de vi, para todog ∈ C4. Pelo item anterior temos ja quatro vetores com essapropriedade, sao

∑x∈C4

χi(x)x para i = 1, 2, 3, 4 onde os χisao os caracteres irredutıveis de C4. Lembrando que a tabela


dos caracteres de C4 e

C4 1 t t2 t3

χ1 1 1 1 1χ2 1 i −1 −iχ3 1 −1 1 −1χ4 1 −i −1 i

obtemos a decomposicao acima com v1 = 1 + t+ t2 + t3, v2 =1 + it− t2 − it3, v3 = 1− t+ t2 − t3, v4 = 1− it− t2 + it3.

(2) (4 pontos) Calcule a tabela dos caracteres de S3 × C4.

Seja G = S3 × C4. Temos G/G′ ∼= C2 × C4 que tem ordem8 e podemos ja deduzir todos os caracteres lineares. G contemk(S3)k(C4) = 3 · 4 = 12 classes de conjugacao e temos pelo menoso carater irredutıvel de grau 2 deduzido por inflacao por meio daprojecao canonica G → S3. Os demais 3 caracteres sao obtidosmultiplicando por caracteres lineares. Escrevamos a = (12) ∈ S3,b = (123) ∈ S3, C4 = 〈t〉. Os elementos de G sao da forma tm, atm

e btm com m = 0, 1, 2, 3 e G′ = 〈b〉. Obtemos que a tabela e

1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2G 1 a b t at bt t2 at2 bt2 t3 at3 bt3

χ1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1χ2 1 1 1 i i i −1 −1 −1 −i −i −iχ3 1 1 1 −1 −1 −1 1 1 1 −1 −1 −1χ4 1 1 1 −i −i −i −1 −1 −1 i i iχ5 1 −1 1 1 −1 1 1 −1 1 1 −1 1χ6 1 −1 1 i −i i −1 1 −1 −i i −iχ7 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1χ8 1 −1 1 −i i −i −1 1 −1 i −i iχ9 2 0 −1 2 0 −1 2 0 −1 2 0 −1χ10 2 0 −1 2i 0 −i −2 0 1 −2i 0 iχ11 2 0 −1 −2 0 1 2 0 −1 −2 0 1χ12 2 0 −1 −2i 0 i −2 0 1 2i 0 −i

Especificamente χ10 = χ2χ9, χ11 = χ3χ9, χ12 = χ4χ9.

(3) (2 pontos) Seja G = C5 o C4 o produto semidireto entre C5 = 〈t〉e C4 = 〈s〉 com a acao ts = t2 (ou seja s−1ts = t2 no produtosemidireto). Calcule a tabela dos caracteres de G.

[Dica 1: como 〈s〉 tem indice 5 e claro que CG(s) = 〈s〉.][Dica 2: observe que sts−1 = t3.]

Sejam N = C5, H = C4. Sendo ts = t2 os conjugados de t saot, t2, t4, t8 = t3 ou seja a classe de conjugacao de t e N − 1. A

5. RESOLUCAO DA PROVA ESCRITA 99

acao e ts = t2 ou seja s−1ts = t2. Isso implica sts−1 = (s−1)4ts4 =(t2)4 = t8 = t3. Temos st = t−1st = t−1sts−1s = t−1t3s = t2s e

com isso podemos calcular os outros conjugados de s: st2

= (st)t =

(t2s)t = t2st = t4s, st3

= (st2)t = (t4s)t = t4st = t6s = ts,

st4

= (st3)t = (ts)t = tst = t3s. Isso implica que os conjugados

de s sao s, ts, t2s, t3s, t4s. Um argumento analogo mostra que osconjugados de s2 sao os tms2 com m = 0, 1, 2, 3, 4 e os conjugadosde s3 sao tms3 com m = 0, 1, 2, 3, 4. Logo podemos escolher comorepresentantes de classes de conjugacao 1, t, s, s2, s3. G tem entao5 classes de conjugacao e G/〈t〉 ∼= C4 e abeliano logo G′ ⊆ 〈t〉 ∼= C5

e isso implica G′ = 〈t〉 (pois 5 e primo e G′ 6= 1). Temos entao 4caracteres lineares e um carater nao linear que entao tem que tergrau 4 (pois 42 + 12 + 12 + 12 + 12 = 20 = |G|). Usando G/G′ ∼= C4

podemos deduzir os caracteres lineares e a ultima linha e calculadausando as relacoes de ortogonalidade.

1 4 5 5 5G 1 t s s2 s3

χ1 1 1 1 1 1χ2 1 1 i −1 −iχ3 1 1 −1 1 −1χ4 1 1 −i −1 iχ5 4 −1 0 0 0

(4) (1 ponto) Sejam x, y elementos de um grupo finito G. Mostre quex e y sao conjugados em G se e somente se χ(x) = χ(y) para todocarater irredutıvel complexo χ de G.

[Dica: pense na tabela dos caracteres de G.]

Se x e y sao conjugados entao χ(x) = χ(y) para todo carater ir-redutıvel χ de G porque os caracteres sao funcoes de classe. Agorasuponha x e y nao conjugados. Entao eles correspondem a co-lunas distintas da tabela dos caracteres de G logo tais colunassao ortogonais (pela segunda relacao de ortogonalidade), ou seja∑

χ∈Irr(G) χ(x)χ(y) = 0, isso implica que nao pode ser χ(x) = χ(y)

para todo χ ∈ Irr(G) pois∑

χ∈Irr(G) χ(x)χ(x) =∑

χ∈Irr(G) |χ(x)|2e diferente de zero sendo χ1(x) = 1.


(5) (1 ponto) Seja G um grupo com tabela de caracteres complexaseguinte

G a b c d e fχ1 1 1 1 1 1 1χ2 1 −1 i −i 1 −1χ3 1 1 −1 −1 1 1χ4 1 −1 −i i 1 −1χ5 2 −2 0 0 −1 1χ6 2 2 0 0 −1 −1

Conte os elementos de G de ordem 6.

Temos |G| = 12 + 12 + 12 + 12 + 22 + 22 = 12 e |G/G′| = 4 logo|G′| = 3. Alem disso a segunda relacao de ortogonalidade implicaque a e b estao no centro de G (eles tem um conjugado), c e d tem 3conjugados, e e f tem 2 conjugados. Logo Z(G) = a, b = 1, b,o que implica obviamente que b tem ordem 2 (sendo |Z(G)| = 2)e G contem um subgrupo normal Z(G)G′, cıclico de ordem 6 (umgerador e o produto entre b e um gerador de G′, tem ordem 6 porqueb pertence ao centro de G). Sendo |CG(c)| = |CG(d)| = 4, c e d naopodem ter ordem 6 (porque c ∈ CG(c) e d ∈ CG(d)). Segue quea, b, c, d tem ordem uma potencia de 2. Por outro lado 3 divide |G|logo G tem elementos de ordem 3 e como visto G tem elementosde ordem 6, isso implica que nao e verdade que ambos e e f temordem 6 (pelo menos um entre a, b, c, d, e, f tem que ter ordem 3).Logo a unica possibilidade e que um entre e e f tenha ordem 6 e ooutro ordem 3. Isso mostra que G contem exatamente 2 elementosde ordem 6 (os geradores do subgrupo normal G′Z(G)).

Bibliografia

[1] Isaacs, I. Martin, Character theory of finite groups, Dover Publications, Inc., NewYork, 1994 ou AMS Chelsea Publishing, Providence RI, 2006.

[2] Vıdeo A5

https://www.youtube.com/watch?v=L_aGfKYKlms

[3] Vıdeo S6

https://www.youtube.com/watch?v=DdKq_HWLvns&t=17s

[4] Vıdeo A6

https://www.youtube.com/watch?v=oxnbbUYpQ9Y

[5] Vıdeo S3 ×A4

https://www.youtube.com/watch?v=XvYe-rcoyig&t=278s

[6] Vıdeo A5 × C2

https://www.youtube.com/watch?v=bY-pHZEoHA4

[7] Vıdeo GL(2, 3)

https://www.youtube.com/watch?v=HngWuu2qiqA&t=9s

[8] Vıdeo D9

https://www.youtube.com/watch?v=5BKXSvB79yc

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representa˘c~ao de grupos 1 - unb · 7. teorema paqbde burnside 70 8. indicador de frobenius-schur...

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