7. Cấu trúc của luận văn
2.2.1. Bổ đề Schur
Các bổ đề cơ bản dưới đây được sử dụng nhiều trong các phần sau. Bổ đề 2.4. [Schur] Cho ρ :G →GL(V) và ρ0 : G→ GL(V0) là các biểu diễn bất khả quy của G. Nếu T : V → V0 là một biến đổi tuyến tính sao cho T ρ(x) =ρ0(x)T với mọi x ∈ G, thì:
1. (a) T = 0V,
(b) hoặc T là một đẳng cấu. 2. Hơn nữa
(a) Nếu ρ ρ0 thì T = 0V,
(b) Nếu ρ = ρ0 thì T = αlV với mọi α ∈ C. Chứng minh.
1. Ta xét ker(T). Lấy v ∈ ker(T), khi đó T ρ(x)v = ρ0T v = 0 nên
ρ(x)v ∈ kerT.
Suy ra: ker(T) là một ρ−bất biến. Lại có: ρ bất khả quy.
Do đó: ker(T) ={0} hay ker(T) =V. Có 2 trường hợp xảy ra:
Trường hợp (1a): Nếu ker(T) = V thì T = 0V và bổ đề được chứng
minh.
Trường hợp (1b): Nếu ker(T) ={0} thì T 6= 0V.
Ta cần chứng minh rằng TV là một ρ0-không gian con bất biến của V0. Lấy v0 ∈ TV0 thì v0 = T v, với mọi v ∈ V.
Với x ∈ G, ta có: ρ0(x)v0 = ρ0(x)T v = T ρ(x)v nên ρ0(x)v0 ∈ TV. Suy ra: TV là một ρ0-không gian con bất biến của V0.
Lại có: ρ0 bất khả quy nên TV = {0} hay TV = V0. Nhưng: TV 6= {0} vì T 6= 0V.
Mặt khác: ker(T) ={0}, suy ra: T là một đơn cấu. Vậy: T là một đẳng cấu.
2(a). Giả sử ρ ρ0.
Nếu T 6= 0V thì từ (1b) ta có T là một đẳng cấu nên ρ ∼ ρ0. Điều này mâu thuẫn.
Vậy: T = 0V.
(2b). Giả sử ρ ∼ ρ0.
Khi đó: T ρ(x) = ρ(x)T, với mọi x ∈ G. Với α ∈ C, (T −αl)ρ(x) = ρ(x)(T −αl).
Từ (1) suy ra: T −αl = 0V hay T −αl là một đẳng cấu. Lại có: spec(T) 6= ∅, nên ta chọn α ∈ spec(T).
Suy ra: tồn tại v 6= 0, v ∈ V sao cho T v = αv, do đó (T −αl)v = 0. Vì v 6= 0, ker(T) 6= {0} nên T −αl không phải là một đẳng cấu. Vậy: T −αl = 0V.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề tiếp theo cho ta thể hiện ma trận của kết quả này. Bổ đề 2.5. [Schur] [3, Lemma 4.2]
Giả sử X : G → GLn(C) và X0 : G → GLm(C)) là các biểu diễn bất khả quy của G, M là một ma trận sao cho MX(x) = X0(x)M với mọi
x ∈ G. Khi đó:
1. (a) M = 0n,
(b) hoặc M khả nghịch. 2. Hơn nữa
(a) Nếu X X0 thì M = 0n,
(b) Nếu X = X0 thì M = αIn, với mọi α ∈ C.
Kết quả sau đây là một kỹ thuật thường được sử dụng trong các phần tiếp theo.
Hệ quả 2.3. Giả sử X :G →GLn(C) và X0 : G→ GLm(C) là các biểu diễn bất khả quy của G, M là một ma trận bậc n×m trên C, và N là ma
trận bậc n×m sao cho: N = 1 |G| X x∈G X(x)MX0(x−1). Khi đó: N = (1 n(tr(M))In nếu X = X0 0n nếu X 6= X0. Chứng minh.
Ta sẽ kiểm tra X(y)N = NX0(y), với mọi y ∈ G, và sau đó áp dụng Bổ đề Schur để chứng minh. Ta có: X(y)N = |G1| P x∈G X(yx)MX0(x−1), vì X là một biểu diễn = |G1| P x∈G X(yx)MX0(x−1y−1)X0(y), vì X0(y−1)X0(y) = In = (|G1| P z∈G X(z)MX0(z−1))X0(y) =NX0(y). Từ Bổ đề Schur, nếu X X0 thì N = 0n.
Mặt khác, nếu X = X0 thì N = αIn với mọi α ∈ C, nên tr(N) =nα. Tuy nhiên: tr(N) = |G1| P x∈G tr(X(x)MX(x−1)) = |G1| P x∈G tr(X(x)−1X(x)M), từ Bổ đề 2.1 = |G1| P x∈G tr(M) = tr(M). Vậy: α = n1tr(M).