Solution (video):

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Solução:

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(a) Prove that ch= hc = c for all h in G.

(b) Deduce that c² = |G|c.

(c) Let $$\varphi: \mathbb{C}G\to \mathbb{C}G$$ be the linear transformation sending $$v$$ to $$vc$$, for all $$v$$ in $$\mathbb{C}G$$. What is the matrix $$[\varphi]_{\beta}$$, where β is the basis {g₁, . . . , g_n} of $$\mathbb{C}G$$?

Solução:

a) Dados $$h,g_{i}\in G$$, é fato que $$hg_{i}=g_{j}$$, para algum $$g_{j}\in G$$, uma vez que o grupo é finito e tem todos os seus elementos listados. Assim, multiplicando

\[hc = \sum^{n}_{i}hg_{i}=\sum_{j=1}^{n}g_{j}=c.\]

O mesmo valerá para $$ch$$.

b)  Observe que $$c^{2}=\sum_{i,j}g_{i}g_{j}$$. Podemos reescrever, usando a associatividade do produto:

\[c^{2}=\sum_{j=1}(\sum_{i=1}g_{i})g_{j}=\]

\[\sum_{j=1}cg_{j}=\sum_{j=1}c=nc = |G|c.\]

c) Seja $$[v]_{\beta}=(a_{1},…,a_{n})^{T}$$. Observamos que

\[cv = \sum_{j}\sum_{i}g_{i}a_{j}g_{j}=sum_{j}a_{j}(\sum_{i}g_{i})g_{j}=\]

\[\sum_{j}a_{j}cg_{j}=\sum_{j}a_{j}c.\]

Esta última soma equivale a $$(a_{1}+…+a_{n})g_{1}+…+(a_{1}+…+a_{n})g_{n}$$, então temos a transformação linear que relaciona as coordenadas do seguinte modo:

\[[v]_{\beta}\mapsto [\varphi]_{\beta}[v]_{b}=(a_{1}+…+a_{n},…,a_{1}+…+a_{n})^{T}.\]

A matriz $$[\varphi]_{\beta}$$ tem todas as entradas iguais a 1.

Na notação de James e Liebeck, teremos $$v\mapsto vc$$, então a matriz é $$[\varphi]_{\beta}^{*}$$. Mas, dado que a matriz é hermitiana, o resultado é idêntico ao da notação padrão.

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Solução:

1) Observamos que as únicas classes laterais de H são $$G|H = \{H,xH\}$$, para $$x\in G-H$$. Além disso, as classes laterais são as classes de equivalência da relação usual de equivalência para subgrupos. Desse modo, podemos escrever $$G=H\cup xH$$, ou seja, $$G$$ é união disjunta das duas classes de $$H$$.

2) Como $$xHx^{-1}\subset G$$, ou $$xHx^{-1}\subseteq H$$ ou $$xHx^{-1}\subseteq xH$$. No segundo caso, para todo $$h\in H, x^{-1}xhx^{-1}\in H$$, o que implicaria $$hx^{-1}\in H$$, portanto $$x\in H$$, o que é um absurdo. Assim, a única possibilidade é que $$xHx^{-1}\subseteq H$$, de modo que $$xHx^{-1}=H$$.

3) Se $$g\in H$$, é óbvio que $$gHg^{-1}=H$$. Se $$g\in G-H$$, então $$g\in xH$$, ou seja: existe $$h\in H$$ tal que $$g=xh$$, logo $$gHg^{-1} = (xh)H(h^{-1}x^{-1})=xHx^{-1}=H$$. O que finaliza a demonstração.

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Suppose that ρ is a representation of G of degree 1. Prove that G\Ker(ρ) is abelian.

Solução:

Dados $$g,h\in G$$, $$\rho(ghg^{-1}h^{-1})=\rho(g)\rho(h)\phi(g^{-1})\rho(h^{-1}) (*)$$.

Como ρ é representação de grau 1, $$\rho(x)\in\mathbb{F} $$(corpo), então

\[(*)=\rho(g)\rho(g^{-1})\rho(h)\rho(h^{-1})=\]

\[\rho(gg^{-1})\rho(h^{1}h)=1\cdot 1 = 1.\]

Conclui-se que $$ghg^{-1}h^{-1}\in ker(\rho)$$, portanto

\[ghg^{-1}h^{-1} Ker(\rho) = Ker(\rho) \Longrightarrow (gh)Ker(\rho)= (hg)Ker(\rho).\]

O post Representação de Grupos – Exercício 1 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solution:

For $$g,h\in G$$, $$\rho(ghg^{-1}h^{-1})=\rho(g)\rho(h)\phi(g^{-1})\rho(h^{-1}) (*)$$.

Since ρ is of degree 1, $$\rho(x)\in\mathbb{F} $$(field), so

\[(*)=\rho(g)\rho(g^{-1})\rho(h)\rho(h^{-1})=\]

\[\rho(gg^{-1})\rho(h^{1}h)=1\cdot 1 = 1.\]

We conclude that $$ghg^{-1}h^{-1}\in ker(\rho)$$, therefore

\[ghg^{-1}h^{-1} Ker(\rho) = Ker(\rho) \Longrightarrow (gh)Ker(\rho)= (hg)Ker(\rho).\]

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Solução:

Como $$N$$ é normal, pode-se escrever $$n=mxm^{-1}$$, para $$x\in N$$, o que implica $$nm=mxm^{-1}m = mx (*)$$.

Dado que $$M$$ também é normal, existe $$y\in M$$ tal que $$m=nyn^{-1}$$. A equação $$(*)$$ torna-se $$nm = mx = nyn^{-1}x$$, que implica $$m = yn^{-1}$$ e, portanto, $$my^{-1}=n^{-1}x$$. Observamos que $$my^{-1}\in M$$ e que $$n^{-1}x\in N$$.

A igualdade só é válida com $$my^{-1}=1_{G}=n^{-1}x$$, dado que a intersecção de ambos é o elemento neutro. Assim, temos $$my^{-1}=1_{G}\Longrightarrow m = y$$ e $$n^{-1}x=1_{G}\Longrightarrow n = x$$.

Daqui, $$nm=mx = mn$$.

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Solução:

1) A relação é uma função. De fato, para qualquer $$x\in G$$, há um elemento $$z=gxg^{-1}$$ tal que $$i_{g}(x)=x$$. Além disso, tomados os elementos $$x=x’$$ em $$G$$,

\[i_{g}(x)=gxg^{-1}=gx’g^{-1}=i_{g}(x’).\]

2) É um homomorfismo de grupos. De fato, tomando $$x,y\in G$$, temos

\[i_{g}(xy)=g(xy)g^{-1}=(gx)(yg^{-1})=\]

\[(gxg^{-1})(gyg^{-1})=i_{g}(x)\cdot i_{g}(y).\]

3) Provaremos que o núcleo é igual a $$\{1_{G}\}$$.

De fato, se $$x\in ker(i_{g})$$, temos

\[i_{g}(x)=gxg^{-1}=1_{g} \Longrightarrow\]

\[x=g^{-1}g=1_{g}.\]

A função é injetora.

4) Seja $$z\in G$$, provaremos que existe $$x$$ tal que $$i_{g}(x)=z$$. Com efeito, se tomarmos $$x=g^{-1}zg$$, teremos

\[i_{g}(x)=gg^{-1}zgg^{-1}=z.\]

Provando que a função é sobrejetora.

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Solução:

Para $$m=char(A)$$, tem-se que $$m$$ é o menor inteiro não nulo para o qual se tem $$m1_{A} = 0$$. Suponha que existam os inteiros $$a$$ e $$b$$ tais que $$m=ab$$, de modo que $$a,b\leq m$$.

Sabendo que $$0=m1_{A}=(ab)1_{A}=a1_{A}\cdot b1_{A}$$, tem-se duas opções: ou $$a1_{A}=0$$, ou $$b1_{A}=0$$. Supondo o primeiro caso igual a zero, teríamos: ou $$a=0$$, ou $$a=m$$, uma vez que o menor inteiro que anula a equação $$a1_{A}$$ deve ser $$m$$ e uma vez que $$m\geq a$$. Consequentemente, ou $$a=m$$ e $$b=1$$, ou, no outro cenário, $$a=0$$ e $$m=0$$.

Analogamente, utiliza-se o mesmo raciocínio para o caso em que $$b1_{A}=0$$. Desse modo, ou $$m=0$$, ou a única decomposição possível para $$m$$ é em produtos de $$m$$ e $$1$$.

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