Álgebras, Grupos y Representaciones

Álgebras, Grupos y Representaciones Universidad de Granada Curso 2019/2020 José Gómez Torrecillas Copyright c 2016-2020, José Gómez Torrecillas [email protected] Notas para el curso homónimo. Índice general 1Módulos y Álgebras ....................................... 5 1.1 Homomorfismos de anillos y módulos 5 1.2 Álgebras asociativas unitales 8 1.3 Representación regular. Unidades 12 1.4 Módulos: construcciones básicas. 15 1.5 Módulos simples. Teorema de Jordan-Hölder 20 1.6 Independencia lineal y sumas directas internas 24 1.7 Los mismos resultados, sin condiciones de finitud 27 1.8 Clasificación de las álgebras de división reales de dimensión finita. 27 1.9 Idempotentes y anillos de matrices. 29 1.10 El álgebra de endomorfismos de un módulo semisimple. 34 1.11 Álgebras semisimples de dimensión finita. 37 2Representaciones de Grupos Finitos .................... 43 2.1 Representaciones lineales de grupos finitos y módulos 43 2.2 Teorema de Maschke 45 2.3 Caracteres 49 2.4 La tabla de caracteres 53 2.5 Funciones de Clase. 57 2.6 Reciprocidad. 59 2.7 Enteros algebraicos y caracteres 62 2.8 El Teorema paqbde Burnside 65 Bibliografía ................................................ 69 1. Módulos y Álgebras En este curso, la noción de anillo es central. Supondremos que este concepto, y algunos hechos fundamentales alrededor del mismo, son conocidos, tal y como deben de estudiarse en la asignatura Álgebra I. La información necesaria puede encontrarse en el Capítulo 2 de [1]. Subrayemos que, como allí, nuestros anillos no tiene por qué ser conmutativos. También se suponen conocimientos básicos de Álgebra Lineal. Aquellos que necesitemos 1 , y que puedan no estar cubiertos por las asignaturas correspondientes del Grado en Granada, se incluyen en el presente texto. El material expuesto aquí se encuentra, en su mayor parte, y más desarrollado, aunque no siempre de la misma forma, en los excelentes libros [2] y [3]. 1.1 Homomorfismos de anillos y módulos Sea M un grupo aditivo, es decir, un grupo abeliano en el que usamos notación aditiva. Así, la operación binaria de grupo será denotada por + y el elemento neutro por 0. Consideremos el conjunto End(M) = {f:M→M|fes homomorfismo de grupos}. Para f,g∈End(M)definimos f+g:M→Mpor (f+g)(m) = f(m)+g(m),∀m∈M. Una comprobación rutinaria muestra que f+g∈End(M) . De esta manera, tenemos definida una operación binaria en End(M) . Esto debe ser comprobado por el alumno, así como que, con esta operación, End(M) resulta ser un grupo aditivo. Nótese que el elemento neutro será la aplicación 0 : M→M definida por 0(m) = 0 para todo m∈M que, a todas 1Fundamentalmente, teoría seria de diagonalización de endomorfismos. 6Capítulo 1. Módulos y Álgebras luces, pertenece a End(M) . También es recomendable comprobar que si f,g∈End(M) , entonces g◦f∈End(M) . De esta manera, la composición dota a End(M) de una segunda operación binaria. Obviamente, la aplicación identidad idM:M→M es un elemento neutro para la composición. Proposición 1.1.1 Si M es un grupo aditivo, entonces (End(M),+,0,◦,idM) es un anillo. Demostración. De nuevo, es un ejercicio que, si bien puede resultar aburrido, es recomendable hacer.  Definición 1.1.1 El anillo definido obtenido en la Proposición 1.1.1 se llama anillo de endomorfismos de M. RSi M={0}, entonces End(M) = {0}. En este caso, idM=0, claro. Ejercicio 1.1 Sea A un anillo. Diremos que A es trivial si A={0} . Demostrar que A es trivial si, y sólo si, 1 =0. (Aquí, “ 1” denota el elemento neutro de Apara el producto). Estamos preparados para dar una definición fundamental en este curso. Definición 1.1.2 Sea A un anillo y M un grupo aditivo. Una estructura de A –módulo sobre M es un homomorfismo de anillos ϕ:A→End(M) . Diremos entonces que M es un A–módulo. Dicho módulo se dice fiel si ϕes inyectivo. Ejemplo 1.1 Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K . Definimos ϕ:K→End(M) por ϕ(k)(v) = kv para todo k∈K y v∈V . De los axiomas de espacio vectorial se deduce de manera rutinaria, pero recomendable para principiantes, que ϕ es un homomorfismo de anillos. Por tanto, Ves un K–módulo.  Ejemplo 1.2 Sea M un grupo aditivo y χ:Z→End(M) el único homomorfismo de anillos. Recordemos que este homomorfismo de anillos está determinado por la condición χ(1) = idM . Vemos, así, que M tiene una (única) estructura de Z –módulo.  Gran parte de la literatura define los módulos de manera distinta a como lo hemos hecho aquí. Distinta, pero equivalente, según vamos a discutir seguidamente. Proposición 1.1.2 Sea Mun grupo aditivo y Aun anillo. Existe una biyección entre 1. Estructuras de A–módulo sobre M. 2. Operaciones binarias ·:A×M→Msujetas a las siguientes condiciones: a)a·(m+m0) = a·m+a·m0para todo a∈A,m,m0∈M. b)(a+a0)·m=a·m+a0·mpara todo a,a0∈A,m∈M. c)(aa0)·m=a·(a0·m)para todo a,a0∈A,m∈M. d) 1·m=mpara todo m∈M. Demostración. Vamos a describir la correspondencia biyectiva mencionada en el enunciado. Si ϕ:A→End(M)es un homomorfismo de anillos, definimos a·m=ϕ(a)(m),para a∈A,m∈M. 1.1 Homomorfismos de anillos y módulos 7 Esto define una operación binaria ·:A×M→M . Que la misma satisface las condiciones listadas en 2 se deduce de una comprobación rutinaria. Comprobemos, por ejemplo, 2c): dados a,a0∈A,m∈M, tenemos (aa0)·m=ϕ(aa0)(m) = (ϕ(a)◦ϕ(a0))(m) = ϕ(a)(ϕ(a0)(m)) = a·(a0·m), donde, en la segunda igualdad, hemos usado que ϕ es multiplicativa (esto es, preserva productos). Recíprocamente, dada una operación binaria como la descrita en 2, definimos ϕ:A→ End(M)por ϕ(a)(m) = a·m,para a∈A,m∈M. Ahora, partiendo de las condiciones 2a, 2b, 2cy 2dse comprueba sin dificultad que ϕ ciertamente define un homomorfismo de anillos. Por ejemplo, que ϕ(a)∈End(M) para todo a∈Ase deduce de 2a. R De la misma forma que el producto de dos elementos de un anillo, si el contexto lo permite, se denota por yuxtaposición, así, para un A –módulo M , usaremos la notación am =a·m para a∈A , m∈M . Lo que hace los cálculos más legibles y fáciles de manejar. Módulo regular. Dado un anillo A, tenemos el homomorfismo de anillos λ:A→End(A) que asigna a cada a∈Ael endomorfismo λ(a):A→Adefinido por λ(a)(a0) = aa0 para todo a0∈A . Así, A es un A –módulo, gracias a su multiplicación. Este es el llamado “módulo regular”. Restricción de escalares. Consideremos M un módulo sobre un anillo A y un homomorfismo de anillos ρ:R→A, donde Res, claro, un anillo. Si ϕ:A→End(M) es el homomorfismo de anillos que da estructura de A–módulo a M, entonces ϕ◦ρ:R→End(M) es un homomorfismo de anillos. Por tanto, dota a M de estructura de R –módulo. Este proceso se llama restricción de escalares. Ejemplo 1.3 Dado un homomorfismo de anillos ρ:R→A , tenemos que, por restricción de escalares, A resulta ser un R –módulo. Concretamente, la acción de R sobre A viene dada, a la luz de la Proposición 1.1.2, por r·a=ρ(r)a para todo a∈Ay todo r∈R. 8Capítulo 1. Módulos y Álgebras Ejemplo 1.4 Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K y T:V→V una aplicación lineal. Sea K[X] el anillo de polinomios en una indeterminada X con coeficientes en K . Para f=f0+f1X+···+fnXn∈K[X] , tomemos el operador f(T)∈End(V) definido por f(T) = f0idV+f1T+···+fnTn. Una comprobación rutinaria muestra que la aplicación eT:K[X]→End(V) definida por eT(f) = f(T) para todo f∈K[X] es un homomorfismo de anillos y, así, V viene a ser un K[X] –módulo. En resumen, un par (V,T) formado por un K –espacio vectorial y una aplicación lineal T:V→Vproporciona una estructura de K[X]–módulo sobre V. El proceso recíproco funciona como sigue. Supongamos que V es un K[X] –módulo. Dado que K es un subanillo de K[X] , mediante restricción de escalares dotamos a V de estructura de K –espacio vectorial. Por otra parte, definamos T:V→V por T(v) = X·v para todo v∈V. Comprobemos que Tes K–lineal. Dados u,v∈Vyk∈K, tenemos T(u+v) = X·(u+v) = X·u+X·v=T(u)+T(v), y T(k·u) = X·(k·u) = (Xk)·u= (kX)·u=k·(X·u) = k·T(u). Observemos que, en el segundo cálculo, hemos usado que kX =Xk. Que ambos procesos son recíprocos entre sí supone una fácil comprobación. En definitiva, dar un K[X] –módulo es equivalente a dar un K –espacio vectorial V junto con una aplicación lineal T:V→V . Esto sugiere que clasificar endomorfismos K–lineales es un problema equivalente a clasificar K[X]–módulos.  Ejemplo 1.5 Sea C∞(R) el epacio vectorial real de todas las funciones de clase infinito definidas en R . Consideremos la estructura de R[X] –módulo sobre C∞(R) proporcionada por la aplicación lineal D:C∞(R)→C∞(R) que asocia a cada función f su derivada D(f) = f0. Calculemos (X2+1)·sin(t) = (X2)·sin(t)+1·sin(t) = X·(X·sin(t)))+sin(t) = 0. Así que tenemos que (X2+1)·sin(t) = 0 , y vemos que, en un módulo, es posible que ocurra a·m=0 con a6=0 y m6=0 . Esto entraña una profunda diferencia entre la teoría de espacios vectoriales y la de módulos.  Notación por yuxtaposición. En lo que sigue, salvo que el contexto recomiende romper alguna ambigüedad, usaremos la notación am para referirnos al elemento a·m , para m∈M , un A–módulo. 1.2 Álgebras asociativas unitales Vamos a introducir la noción de álgebra asociativa unital. Necesitamos un resultado previo. 1.2 Álgebras asociativas unitales 9 Lema 1.2.1 Dado un anillo A, el subconjunto Z(A) = {c∈A|ca =ac para todo a∈A} es un subanillo conmutativo de Allamado centro de A. Demostración. Como 1∈Z(A) , tenemos que Z(A) es no vacío. Veamos que es un subgrupo aditivo de A. Si c,c0∈Z(A), entonces, para todo a∈A, tenemos (c−c0)a=ca−c0a=ac−ac0=a(c−c0). Luego c−c0∈Z(A) . Por último, comprobemos que si c,c0∈Z(A) , entonces cc0∈Z(A) . En efecto, para a∈A, (cc0)a=c(c0a) = c(ac0) = (ca)c0= (ac)c0=a(cc0). Así, cc0∈Z(A). Ejercicio 1.2 Sea Kun cuerpo y Mn(K)el anillo de matrices cuadradas de orden ncon entradas en K . Demostrar que Z(Mn(K)) = {kIn|k∈K} , donde In es la matriz identidad de orden n. Proposición 1.2.2 Sea Aun anillo y Kun cuerpo. Existe una biyección entre 1. Homomorfismos de anillos ρ:K→Z(A). 2. Estructuras de K –espacio vectorial sobre A tales que la multiplicación de A es una aplicación K–bilineal. Demostración. A lo largo de esta prueba, denotaremos por a∗b el producto en A de a,b∈ A . Tengamos presente que esta multiplicación verifica las dos propiedades distributivas con respecto de la suma. Supongamos que ρ:K→Z(A) es un homomorfismo de anillos. Como Z(A) es un subanillo de A , podemos considerar ρ:K→A . Así, A viene a ser un K –espacio vectorial, por restricción de escalares. Comprobemos que la multiplicación de A es K –bilineal. Dados k∈K,a,b∈A, tenemos k(a∗b) = ρ(k)∗(a∗b) = (ρ(k)∗a)∗b= (ka)∗b, y k(a∗b) = (ρ(k)∗a)∗b= (a∗ρ(k))∗b=a∗(ρ(k)∗b) = a∗(kb). Recíprocamente, supongamos que A es un K –espacio vectorial tal que la multiplicación de Aes K–bilineal, con lo que k(a∗b) = (ka)∗b=a∗(kb)(1.1) para todo k∈K y todo a,b∈A . Definamos ρ:K→A por ρ(k) = k1A , donde 1A denota el “uno” de A , y la yuxtaposición la acción de K sobre los elementos de A . Bien, los siguientes cálculos muestran que ρ es un homomorfismo de anillos. Tomamos k,k0∈K y 1K el uno de K. ρ(k+k0) = (k+k0)1A=k1A+k01A=ρ(k)+ρ(k0), 16 Capítulo 1. Módulos y Álgebras ⊕M resulta ser un Mn(A) –módulo. En efecto, si C= (cij)∈Mn(A) y (m1,...,mn)∈Mn , definimos C     m1 m2 . . . mn     =     ∑n j=1c1jmj ∑n j=1c2jmj . . . ∑n j=1cnjmj     , lo que, como puede comprobarse sin dificultad, dota a Mn de estructura de Mn(A) –módulo. Teorema 1.4.1 — Teorema de Cayley-Hamilton. Todo endomorfismo de un espacio vectorial de dimensión finita satisface su ecuación característica. Demostración. Sea V un K –espacio vectorial de dimensión finita n y T:V→V una aplicación lineal. Consideramos V como un K[X] –módulo via T . Escojamos una base {v1,...,vn}de V. Tenemos que T(vi) = n ∑ j=1 aijvj para ciertos aij ∈K. Consideremos la matriz C= (aij)con coeficientes en K, y la matriz ∆=XIn−C=     X−a11 −a12 ··· −a1n −a21 X−a22 ··· −a2n . . .. . .. . . −an1−an2··· X−ann     ∈Mn(K[X]). Si llamamos e ∆a su matriz adjunta, entonces tenemos e ∆∆ =det(∆)In=     det(∆)0··· 0 0det(∆)··· 0 . . .. . .. . . 0 0 ··· det(∆)     (1.2) Por otra parte, usando la estructura de Mn(K[X])–módulo de Vn, tenemos ∆     v1 v2 . . . vn     =     T(v1)−∑n j=1a1jvj T(v2)−∑n j=1a2jvj . . . T(vn)−∑n j=1anjvj     =     0 0 . . . 0     (1.3) De aquí deducimos, multiplicando en (1.3) por e ∆, y usando (1.2), que      det(∆)v1 det(∆)v2 . . . det(∆)vn     =     0 0 . . . 0     , 1.4 Módulos: construcciones básicas. 17 de donde det(∆)vi=0 para i=1,...,n . Como v1,...,vn es una base de V , deducimos que det(∆)v=0 para todo v∈T . Ahora bien, det(∆) es un polinomio 3 mónico de grado n en K[X] , y como la acción de X sobre los elementos de V es aplicar T , obtenemos que T satisface la ecuación polinómica det(∆)(T) = 0, llamada ecuación característica de T. Por otra parte, dado un A –módulo M , diremos que un subconjunto N de M es un submódulo de M si es un subgrupo aditivo y am ∈N para todo m∈N y todo a∈A . Observemos que, si A es una K –álgebra, cada submódulo de M es un K –subespacio vectorial de M. Los submódulos de Ase llaman ideales a izquierda de A. Si denotamos por L(M) a la familia de todos los submódulos de M , es fácil ver que la intersección de cualquier familia en L(M) vuelve a ser un submódulo de M . Esto permite deducir que, dado cualquier subconjunto S⊆M , existe el menor submódulo de M que contiene a S, denotado por AS, y llamado submódulo de Mgenerado por S. Definición 1.4.1 Diremos que un A –módulo M es finitamente generado si existe X⊆M finito tal que M=AX . Si X={m1,...,mn} , esto significa que, para cada m∈M , existen a1,...,an∈A tales que m=a1m1+···+anmn . Diremos que M es cíclico si admite un conjunto generador de cardinal 1 . Esto es, si M=A{m} para algún m∈M . Se usa la notación abreviada M=Am. Definición 1.4.2 Dados submódulos N1,...,Nm de un módulo M , su suma, denotada por N1+···+Nm, es el menor submódulo de Mque contiene a N1∪···∪Nm. Lema 1.4.2 Sea Mun A–módulo. 1. Dados submódulos N1,...,Nmde M, tenemos que N1+···+Nm={n1+···+nm:ni∈Ni} 2. Dado X={m1,...,mn}⊆M, tenemos que AX =Am1+···+Amn. Demostración. Se propone como ejercicio.  Ejercicio 1.11 Dar una demostración del Lema 1.4.2. Definición 1.4.3 Sean M,N módulos sobre un anillo A . Diremos que un homomorfismo de grupos aditivos f:M→N es un homomorfismo de A –módulos si f(am) = af(m) para todo a∈A, y todo m∈M. Diremos, a veces, que fes A–lineal. Lema 1.4.3 Sea L un submódulo de un A –módulo M . Entonces el grupo aditivo cociente M/L tiene una estructura de A –módulo dada por a(m+L) = am+L para a∈A , m+L∈ M/L . Recordemos que la suma de M/L viene dada por la regla (m+L)+(m0+L) = m+m0+L. Demostración. La construcción del grupo cociente M/L se supone conocida de cursos anteriores (ver [1, Proposición 2.40]). Demostrar que la acción propuesta para convertirlo en A–módulo funciona correctamente es una rutina fácil.  3Sí, es el polinomio característico 18 Capítulo 1. Módulos y Álgebras Proposición 1.4.4 — Primer Teorema de Isomorfía para módulos. Sea f:M→N un homomorfismo de módulos. Entonces Ker f es un submódulo de M e Imf es un submódulo de N. Además, la aplicación canónica e f:M/Ker f→Imf dada por e f(m+Ker f) = f(m) para todo m+Ker f∈M/Ker f es un isomorfismo de módulos. Demostración. Suponiendo que esta construcción es conocida previamente en el ámbito de grupos aditivos (ver [1, Teorema 2.58]), sólo habría que comprobar que la acción de A sobre M/Lestá bien definida, y que e fes A–lineal. Ambas tareas son fáciles.  Ejemplo 1.13 Supongamos que M es un A –módulo y m∈M . Consideremos la aplicación f:A→M definida por f(a) = am , para todo a∈A . Es fácil ver que f es un homomorfismo de A –módulos. Si aplicamos la Proposición 1.4.4 a f , tenemos que Imf=Am. Por otra parte, Ker f={a∈A:am =0}=: annA(m), ideal a izquierda de A llamado anulador de m . Tenemos, pues, un isomorfismo de A–módulos Am ∼ =A/annA(m).  Ejemplo 1.14 Consideremos el A –módulo An y denotemos, para cada i=1,...,n , por ei la i –tupla de An que tiene un 1 en la componente i –ésima, y 0 en las demás. El conjunto {e1,...,en}es un sistema de generadores de An. Observemos que, además, si a∈An , entonces los coeficientes a1,...,an∈A que permiten escribir a=∑n i=1aiei son obviamente únicos. Esto permite que, dado un A –módulo M y m1,...,mn∈M , la aplicación f:An→M dada por f(∑n i=1aiei) = ∑n i=1aimi esté bien definida. Es un interesante ejercicio comprobar que esta aplicación f es, de hecho, un homomorfismo de A –módulos. Observemos que f está determinada completamente por las condiciones f(ei) = mipara i=1,...,n. Definición 1.4.4 Un conjunto de generadores {m1,...,mn} de un A –módulo se dice ser una base de M si cada elemento m∈M se escribe de manera única como m=∑n i=1aimi con a1,...,an∈A . Si M admite una base, diremos que se libre. Un ejemplo de módulo libre es An. Ejercicio 1.12 Demostrar que un conjunto de generadores {mi:i∈I} de un módulo AM es una base si, y sólo si, la igualdad ∑i∈Irimi=0 para ri∈A implica ri=0 para todo i∈I . Dar un ejemplo de un módulo no nulo finitamente generado que no sea libre. Proposición 1.4.5 Sea M un módulo y B⊆M un subconjunto no vacío finito. Entonces B es una base de M si, y sólo si, para cualquier módulo N y cualquier aplicación f:B→N existe un único homomorfismo de A–módulos f:M→Ntal que f|B=f. 1.4 Módulos: construcciones básicas. 19 Demostración. Cada elemento m∈M determina de manera única coeficientes ai∈A tales que m=∑i∈Baimi . Esto permite definir una aplicación f(m) = ∑i∈Baif(mi) . Para demostrar que f preserva sumas, observemos que si m=∑i∈Baimi,n=∑i∈Bbimi , entonces f(m+n) = f(∑ i∈B (ai+bi)mi) = ∑ i∈B (ai+bi)f(mi) = ∑ i∈B aif(mi)+ ∑ i∈B bif(mi) = f(m)+ f(n) Análogamente, f(am) = af(m) para todo a∈A , con lo que tenemos que f es un homomorfismo de A–módulos. La unicidad es clara.  Corolario 1.4.6 Sea Mun A–módulo. 1. Si M admite un conjunto de generadores {m1,...,mn} , entonces M∼ =An/L para cierto submódulo Lde An. 2. Si Mes libre con base {m1,...,mn}, entonces Mes isomorfo a An. Demostración. Dados generadores m1,...,mn de M , tomamos el único homomorfismo de A –módulos f:An→M tal que f(ei) = mi para i=1,...,n . Obviamente, f es sobreyectiva por lo que, si ponemos L=Ker f , obtenemos M∼ =An/L , por la Proposición 1.4.4. Si m1,...,mnes una base de M, entonces L=0 por el Ejercicio 1.12.  Ejercicio 1.13 Para cada A –módulo M , demostrar que el conjunto EndA(M) cuyos elementos son los endomorfismos 4 de A –módulos de M , es un subanillo de End(M) . Demostrar que si, además, M es libre con base {m1,...,mn} , entonces EndA(M)op es isomorfo, como anillo, a Mn(A) . Discutir qué ocurre cuando A es un álgebra sobre un cuerpo K. Ejercicio 1.14 Sea M un módulo sobre un álgebra finito-dimensional A . Demostrar que si M admite bases, como A –módulo, {m1,...,mr} y {n1,...,nt} , entonces r=t . (Nota: Se dice entonces que el módulo Mes libre de rango r). Vamos ahora a deducir algunas consecuencias más del primer Teorema de isomorfía, que son conocidos como segundo y tercer teoremas de isomorfía. Proposición 1.4.7 — Segundo Teorema de Isomorfía. Sea M un módulo y L,N∈ L(M). Entonces existe un isomorfismo de módulos L+N L∼ =N L∩N Demostración. Consideremos el homomorfismo de módulos f:N→L+N L,n7→ f(n) = n+L. Observemos que si l+n∈L+N , con l∈L , n∈N , entonces (l+n)+L=n+L , por lo que f es sobreyectiva. Además, si n∈Ker f , entonces 0+L=f(n) = n+L , con lo que n∈L . Esto es, Ker f=N∩L. Para terminar, aplicamos el primer Teorema de Isomorfía.  4Un endomorfismo de Mes un homomorfismo M→M. 20 Capítulo 1. Módulos y Álgebras Proposición 1.4.8 — Tercer Teorema de Isomorfía. Sea M un módulo, y L⊆N∈ L(M). Entonces N/Les un submódulo de M/Ly existe un ismorfismo de módulos M/L N/L∼ =M N. Además, el conjunto [L,M] de los submódulos de M que contienen a L es isomorfo, como conjunto ordenado por la inclusión, a L(M/L). Demostración. Consideremos la aplicación f:M/L→M/N,m+L7→m+N, que está bien definida ya que L⊆N . Además, f es obviamente sobreyectiva. Por otra parte, 0+N=f(m+L) si, y sólo si, m∈N , esto es, Ker f=N/L . Ahora aplicamos el Primer Teorema de Isomorfía. Para la segunda afirmación, consideramos la aplicación ϕ:[L,M]→L(M/L) dada por N7→N/L y demostramos que es biyectiva. Veamos que es inyectiva: supongamos que X,Y∈[L,M] son tales que X/L=Y/L . Si x∈X , entonces x+L∈Y/L . luego x+L=y+L para cierto y∈Y . Por tanto, x−y∈L , de donde x∈y+L⊆Y . Esto prueba que X⊆Y . La inclusión recíproca se deduce igual. Para ver que la aplicación es sobreyectiva, tomemos Z∈L(M/L) y definamos X={m∈M:m+L∈Z} . Es fácil comprobar que X∈[L,M] y que X/L=Z. 1.5 Módulos simples. Teorema de Jordan-Hölder Los módulos cuya estructura, en tanto que tales, es más sencilla son los módulos simples, de acuerdo con la siguiente definición. Definición 1.5.1 Un módulo M se dice simple si L(M) tiene, exactamente, dos elementos. Esto es, M6={0}y los submódulos de Mson, exactamente, {0}yM. R Si M es un módulo no nulo y N⊆M es un submódulo, entonces se deduce de la Proposición 1.4.8 que M/N es simple si, y sólo si, N es maximal en el conjunto ordenado por inclusión de todos los submódulos estrictamente contenidos en M . Un tal submódulo se dice, simplemente, maximal. Ejercicio 1.15 Sea θ∈R y Tθ:R2→R2 el endomorfismo que gira los vectores un ángulo θ en sentido contrario de las agujas del reloj. Consideremos la correspondiente estructura de R[X] –módulo definida por Tθ sobre R2 . Llamamos a este módulo Vθ . Discutir para qué valores de θes Vθsimple. Ejercicio 1.16 Siguiendo la notación del Ejercicio 1.15, ¿Para qué valores θ,θ0 son los R[X]–módulos VθyVθ0isomorfos? Ejercicio 1.17 Sea M un A –módulo. Demostrar que M es simple si, y sólo si, M=Am para todo 0 6=m∈M. Ejercicio 1.18 Sea A un anillo. Demostrar que A es un anillo de división si, y sólo si, A es un A–módulo simple. 1.5 Módulos simples. Teorema de Jordan-Hölder 21 Ejercicio 1.19 Demostrar que un A –módulo es simple si, y sólo si, es isomorfo a A/I , donde I es un submódulo maximal de A (también llamados ideales a izquierda maximales). Deducir cuáles son las dimensiones posibles, como K –espacios vectoriales, de los K[X] – módulos simples, para K=RyC. ¿Qué pasa con K=Q? Definición 1.5.2 Sea M un módulo. Diremos que una cadena de submódulos 0=M0⊂ M1⊂···⊂Mn=M es una serie de composición de M si cada Mi−1 es maximal en Mi , con i=1,...,n. Teorema 1.5.1 — de Jordan-Hölder. Sea A una K –álgebra y M un A –módulo no nulo de dimensión finita como K –espacio vectorial. Entonces M admite, al menos, una serie de composición. Además, dadas dos series de composición {0}=M0⊂M1⊂···⊂Mn=M y {0}=N0⊂N1⊂···⊂Nm=M de M , se tiene que n=m y existe una permutación σ:{1,...,n}→{1,...,n} tal que Mi/Mi−1∼ =Nσ(i)/Nσ(i)−1para todo i=1,...,n. Demostración. Para la existencia, podemos argumentar por inducción sobre la dimensión como K –espacio vectorial de M . Tengamos en cuenta que cada submódulo es un subespacio vectorial. Si dimK(M) = 1 , entonces M es simple, y {0}⊂M es una serie de composición. Si dimK(M)>1 , aún puede ocurrir que M sea simple, y tenemos, como antes, una serie de composición. Si M no es simple, entonces existe un submódulo maximal N de M . Por ejemplo, N podría tomarse de dimensión máxima entre los submódulos de M estrictamente contenidos en M . Como dimK(N)<dimK(M) , por hipótesis de inducción, N admite una serie de composición, con lo que, claramente, M admite una serie de composición cuyo último “eslabón” es la inclusión N⊂M. Para la afirmación que compara las dos series de composición, argumentamos por inducción sobre n . Si n=1 , entonces M=M1 es simple y, por tanto, m=1 , y N1=M=M1 . Supongamos que n>1 . Entonces M no es simple y, por tanto, m>1 . Distinguimos dos casos. Caso 1. Si Mn−1=Nm−1 , tenemos la situación descrita por el diagrama de la izquierda en la Figura 1.1. Por hipótesis de inducción, tenemos que n−1=m−1 y existe una permutación σ:{1,...,n−1} → {1,...,n−1} tal que Mi/Mi−1∼ =Nσ(i)/Nσ(i)−1 para i=1,...,n−1. Tenemos, pues, que n=myσse extiende por σ(n) = n. Caso 2. Si Mn−16=Nm−1 entonces Mn−1+Nm−1=M , puesto que Mn−1 y Nm−1 son submódulos maximales de M. El submódulo Nm−1∩Mn−1 de M admite, por ser de dimensión finita, una serie de composición {0}=L0⊂L1⊂···⊂Lk=Nm−1∩Mn−1. El diagrama que describe esta situación es el de la Figura 1.1 (derecha). El segundo teorema 22 Capítulo 1. Módulos y Álgebras Mn=Nm Mn−1=Nm−1 Mn−2Nm−2 . . .. . . M1N1 {0} Mn=Nm Mn−1Nm−1 Mn−1∩Nm−1 Mn−2Lk−1Nm−2 . . .. . .. . . M1L1N1 {0} Figura 1.1: Diagramas de Hasse que describen el Caso 1 (izquierda) y el Caso 2 (derecha). de isomorfía nos da que M Nm−1=Mn−1+Nm−1 Nm−1∼ =Mn−1 Nm−1∩Mn−1 y, puesto que M/Nm−1es simple, obtenemos una serie de composición {0}=L0⊂L1⊂···⊂Lk⊂Mn−1 de Mn−1 . Por hipótesis de inducción, k+1=n−1 , y existe una permutación τ:{1,...,n− 1}→{1,...,n−1} tal que Li/Li−1∼ =Mτ(i)/Mτ(i)−1 para i=1,...,n−2 y Mn−1/Ln−2∼ = Mτ(n−1)/Mτ(n−1)−1. Ahora bien, {0}=L0⊂L1⊂···⊂Ln−2⊂Nm−1 resulta ser una serie de composición de longitud n−1 de Nm−1, ya que M Mn−1=Nm−1+Mn−1 Mn−1=Nm−1 Nm−1∩Mn−1, por lo que podemos aplicar de nuevo la hipótesis de inducción para obtener que n−1=m− 1 y la existencia de una permutación ρ:{1,...,n−1}→{1,...,n−1} tal que Li/Li−1∼ = Nρ(i)/Nρ(i)−1 para i=1,...,n−2 y Nn−1/Ln−2∼ =Nρ(n−1)/Nρ(n−1)−1 . Reuniendo toda la información, obtenemos que n=m , y que la permutación σ:{1,...,n}→{1,...,n} definida por σ(i) =      ρτ−1(i)si i∈{1,...,n−1}yτ−1(i)∈{1,...,n−2} nsi i∈{1,...,n−1}yτ−1(i) = n−1 ρ(n−1)si i=n 1.5 Módulos simples. Teorema de Jordan-Hölder 23 es tal que existen isomorfismos de módulos Mi/Mi−1∼ =Nσ(i)/Nσ(i)−1 para i=1,...,n .  Definición 1.5.3 Los módulos Mi/Mi−1 , i=1,...,n que aparecen en una serie de composición de M se llaman factores de composición de M y están determinados, salvo isomorfismo y reordenación, por el propio M . El número n se llama longitud de M como A–módulo, y se denotará por `(M). Al módulo cero le asignamos longitud cero. Proposición 1.5.2 Sea M un módulo de dimensión finita, y N∈L(M) . Entonces `(M) = `(N)+`(M/N). Demostración. Sea {0}=N0⊂N1⊂···⊂N`(N)=N una serie de composición de N, y N N=M0 N⊂M1 N⊂···⊂ M`(M/N) N=M N, una serie de composición de M/N. Por el tercer teorema de isomorfía, Mj/Mj−1∼ =Mj/N Mj−1/N, que es simple, para j=1,...,`(M/N). Por tanto, {0}=N0⊂N1⊂···⊂N`(N)=N=M0⊂M1⊂···⊂M`(M/N)=M es una serie de composición de M. Como consecuencia, `(M) = `(N)+`(M/N). Corolario 1.5.3 Sea Mun módulo de dimensión finita y N,L∈L(M). Entonces `(N+L)+`(N∩L) = `(N)+`(L). Demostración. Por el segundo teorema de isomorfía, (L+N)/L∼ =N/(L∩N) . Obviamente, módulos isomorfos tienen la misma longitud, así que, de la Proposición 1.5.2, deducimos que `(L+N)−`(L) = `(N)−`(L∩N), de donde obtenemos inmediatamente la fórmula del enunciado.  Ejercicio 1.20 * Consideramos T:R3→R3 una aplicación lineal, y la estructura de R[X] –módulo correspondiente sobre R3 . Discutir los posibles valores de la longitud de R3 como R[X] –módulo, dependiendo de cómo sea T . Poner un ejemplo de T para el que se alcance cada longitud. Ejercicio 1.21 Sea Pn el espacio vectorial real de las funciones polinómicas en una variable de grado menor o igual que n . Sea T:Pn→Pn la aplicación lineal que asigna a cada polinomio su derivada. Calcular una serie de composición de Pn visto como R[X] – módulo via T. Ejercicio 1.22 ** En la condiciones del Ejercicio 1.21, calcular todos los R[X] –submódulos de Pn. 24 Capítulo 1. Módulos y Álgebras Ejercicio 1.23 * Clasificar, salvo isomorfismos, todos los C[X]–módulos simples. Ejercicio 1.24 * Sea Kun cuerpo y R=K K 0K={a b 0c:a,b,c∈K}. Comprobar que R es una subálgebra de M2(K) y calcular la longitud, en tanto que R – módulo, de R. 1.6 Independencia lineal y sumas directas internas En esta sección tratamos la independencia lineal de familias de submódulos de un módulo dado (siempre sobre un anillo A ). Aunque vamos a tratar el caso finito, en realidad los argumentos que siguen son válidos para cualquier familia de submódulos, finita o no (ver sección 1.7). Con todo, supongamos I un conjunto finito no vacío. Si {Ni|i∈I} es un conjunto de submódulos de un módulo M, denotaremos su suma por ∑i∈INi. Usaremos la siguiente terminología: dado un homomorfismo de módulos f:N→M , diremos que f es un monomorfismo (resp. epimorfismo) si f es inyectivo (resp. sobreyectivo). Definición 1.6.1 Una familia {Ni|i∈I} de submódulos no nulos de un módulo M se dirá independiente si para todo j∈I se verifica que Nj∩∑j6=i∈INi={0} . En tal caso, diremos que el submódulo ∑i∈INi es suma directa interna de los submódulos {Ni|i∈I}. Recordemos que siempre podemos formar la suma directa externa ⊕i∈INi . Para cada índice i∈I , denotemos por ιi:Ni→Li∈INi el monomorfismo canónico que lleva m∈Ni en la I—tupla todas cuyas componentes son 0 salvo la i–ésima, que es m. Lema 1.6.1 Existe un único homomorfismo de módulos θ:Li∈INi→∑i∈INi tal que θ ιi(m) = mpara todo i∈Iy todo m∈Ni. Demostración. El homomorfismo θ se define como θ((mi)i∈I) = ∑i∈Imi . El resto es una comprobación rutinaria.  Proposición 1.6.2 Las siguientes condiciones son equivalentes 1. La familia {Ni|i∈I}es independiente. 2. Para todo subconjunto no vacío F⊆I, la familia {Ni|i∈F}es independiente. 3. La expresión de cada elemento m∈∑i∈INi como m=∑i∈Imi , con mi∈Ni es única. 4. Si 0 =∑i∈Imicon mi∈Ni, entonces mi=0 para todo i∈I. 5. El homomorfismo canónico θ:Li∈INi→∑i∈INi es inyectivo (y, así, un isomorfismo). 6. Para cada par de subconjuntos no vacíos J1,J2⊆I con J1∩J2=/0 , se tiene ∑i∈J1Ni∩ ∑i∈J2Ni={0}. Demostración. (i) ⇒(ii). Esto es obvio. (ii) ⇒ (iii) 5 . Supongamos dos expresiones de m como suma de elementos de los módulos 5 Como I es finito, en realidad esta implicación es obvia tomando I=F . No obstante, cuando I es infinito, como se discute en la próxima sección, la demostración aquí presentada tiene todo el sentido. 1.6 Independencia lineal y sumas directas internas 25 de la familia. m=∑ i∈I mi=∑ i∈I m0 i.(1.4) Tomemos F⊆I tal que mi=m0 i=0 para todo i/∈F . Para todo j∈F deducimos de (1.4) que mj−m0j=∑ j6=i∈F m0 i−mi lo que implica, por independencia, que mj−m0j=0. (iii) ⇒(iv). Evidente. (iv) ⇒ (v). Supongamos una I –tupla (mi)i∈I∈kerθ . Entonces ∑i∈Imi=0 , luego, por hipótesis, la i–tupla tiene todas sus componentes nulas. Esto muestra que θes inyectivo. (v) ⇒ (vi). Un elemento no nulo m∈∑i∈J1Ni∩∑i∈J2Ni es imagen de dos I –tuplas en LIMicon ‘soporte’ distinto. Pero esto es imposible, ya que θse supone inyectivo. (vi) ⇒(i). Evidente.  Cuando la suma ∑i∈INi es directa, usaremos la notación L∑i∈INi si queremos insistir en el hecho de que no se trata de la suma directa externa. No obstante, en ausencia de riesgo de confusión, usualmente escribiremos L∑i∈INi=Li∈INi. Corolario 1.6.3 Si {Ni|i∈I} es una familia independiente de submódulos de M de y N es un submódulo no nulo de M tal que N∩Li∈INi={0} , entonces {Ni|i∈I}∪{N} es independiente. Demostración. Supongamos 0 =n+∑i∈Ini∈N+Li∈INi. Entonces n=−∑ i∈I ni∈N∩M i∈I Ni={0}, de donde n=∑i∈Ini=0 . Como la familia {Ni|i∈I} es independiente, se sigue que ni=0 para todo i∈I . La Proposición 1.6.2 implica que {Ni|i∈I}∪{N} es independiente.  Un resultado fundamental del Álgebra Lineal es que todo espacio vectorial finitamente generado tiene una base. Vamos a demostrar una versión más general de este hecho. Teorema 1.6.4 Sea {Mi:i∈I} una familia no vacía de submódulos simples de un módulo M . Sea M0=∑i∈IMi y N⊆M0 submódulo propio (es decir, N6=M0 ). Existe J⊆Ital que {Mi:i∈J}es independiente, N∩(Li∈JMi) = {0},yM0=N+Li∈JMi. Demostración. Sea Γ el conjunto de los subconjuntos S⊆I tales que la familia {Mj|j∈S} es independiente y ⊕j∈SMj∩N={0}. Ordenamos Spor la relación inclusión. Razonemos primero que Γes no vacío, demostrando que existe i∈Ital que {i}∈Γ. Si N={0} , entonces basta con tomar i∈I cualquiera para obtener que {i}∈Γ . Si N6={0} , pero Mi∩N={0} para algún i∈I , entonces volvemos a tener que {i}∈Γ . Por último, si N∩Mi6={0} para todo i∈I , entonces, por ser cada Mi simple, obtenemos que N∩Mi=Mi para todo i∈I , o sea, Mi⊆N para todo i∈I . Esto claramente implica que M0=N, en contra de nuestra hipótesis sobre N. 32 Capítulo 1. Módulos y Álgebras mn∈M , con mj∈Mj para j=1,...,n . Si denotamos por ei=ιiπi para i=1,...,n , no es difícil ver que {e1,...,en}es un CCIO para el anillo EndA(M). Ejercicio 1.30 Comprobar las afirmaciones realizadas en el Ejemplo 1.15. Proposición 1.9.4 Sea M un A –módulo, y pongamos R=EndA(M) . Supongamos que M=M1⊕···⊕Mn para submódulos Mi tales que existe un A –módulo N y un isomorfismo de A–módulos Mi∼ =Npara cada i=1,...,n. Si ∆=EndA(N) , entonces existe un isomorfismo de anillos R∼ =Mn(∆) que, si A es una K–álgebra, es de K–álgebras. Demostración. Para cada i=1,...,n , tenemos por hipótesis un isomorfismo de A –módulos ϕi:Mi→N . Seguiremos la notación del Ejemplo 1.15. Sabemos que R es isomorfo con el anillo de matrices Mat(eiRej). Definimos la aplicación φ:Mat(eiRej)→Mn(∆)por φ(rij) = (ϕiπirijιjϕ−1 j). Una comprobación rutinaria muestra que φ es un homomorfismo de anillos (o de K – álgebras, en su caso). Además, la aplicación ψ:Mn(∆)→Mat(eiRej)definida por ψ(sij) = (ιiϕ−1 isijϕjπj) es la inversa para la composición de φ. Por tanto, φes un isomorfismo de anillos.  Ejercicio 1.31 Cubrir los detalles de la demostración de la Proposición 1.9.4 Hemos visto que una descomposición de un anillo como suma directa de ideales a izquierda da lugar a un conjunto completo de idempotentes ortogonales. Seguidamente, mostraremos que si los sumandos directos son ideales, entonces los idempotentes son centrales. Lema 1.9.5 Supongamos que R=I1⊕···⊕In con Ii ideal 11 no nulo de R para todo i=1,...,n , y sea {e1,...,en} el CCIO asociado. Entonces ei∈Z(R) para todo i=1,...,n . Demostración. Sea i∈{1,...,n}. Dados x∈Ii,y∈⊕j6=iIjtenemos que xy ∈Ii∩⊕j6=iIj={0}, esto es, xy =0 . Análogamente, yx =0 . Ahora, dado r∈R , tenemos que eir∈Ii y, por tanto, eirei=eir. Por otra parte, rei= (∑ j ej)rei=eirei+∑ j6=i ejrei=eirei, ya que ∑j6=iej∈⊕j6=iIj y rei∈Ii . Tenemos, pues, que eir=eirei=rei , luego ei∈Z(R) .  Ejercicio 1.32 Sea {e1,...,en} un CCIO para R . Demostrar que los idempotentes e1,...,enson centrales si, y sólo si, eiRej={0}para todo i6=j. 11 A veces, se dice ideal bilátero para distinguir, en el caso no conmutativo, de la noción más débil de ideal a izquierda. 1.9 Idempotentes y anillos de matrices. 33 Obviamente, si {e1,...,en} es un CCIO centrales de R , entonces cada Rei es un ideal y R=Re1⊕···⊕Ren es una suma directa de ideales biláteros. Pero hay otra forma de ver esta descomposición. Para ello, notemos que si R1,...,Rn son anillos (respectivamente, K–álgebras), entonces el producto cartesiano R1×···×Rn es un anillo (respectivamente, una K –álgebra) con las operaciones obvias definidas “componente a componente”. Proposición 1.9.6 Sea {e1,...,en} un CCIO centrales de R . Entonces Rei es un anillo (o una K –álgebra, si lo es R ) con unidad ei para cada i=1,...,n y la aplicación R→ Re1×···×Ren que lleva r∈R en (re1,...,ren) es un isomorfismo de anillos (o de K – álgebras, en su caso). Demostración. Puesto que cada ei es central, es claro que cada Rei=eiRei es una K – álgebra con unidad ei . Como eiRej=0 para i6=j , deducimos de la Proposición 1.9.3 el isomorfismo del enunciado12. Definición 1.9.3 Supongamos e un idempotente central de R . Diremos que e es indescomponible a si e6=0 y Re no se puede poner como suma directa de dos ideales no nulos de R. a Se le suele llamar también idempotente central primitivo. Pero también se adjetiva como primitivo, en otro contexto, a un idempotente no necesariamente central, lo que puede llevar a confusiones lamentables. Por eso, preferimos aquí usar el adjetivo indescomponible. Proposición 1.9.7 Si R tiene un CCIO centrales indescomponibles, entonces este conjunto es único. En particular, cada K –álgebra de dimensión finita admite un único CCIO centrales indescomponibles. Demostración. Sean {e1,...,en} , {f1,..., fm} dos conjuntos de CCIO centrales indescomponibles. Observemos que eifj es un idempotente central para cada par de índices i,j . Además, Rei=Reifj⊕Rei(1−fj) . De modo que, si eifj6=0 , entonces Rei(1−fj) = 0 , es decir, ei(1−fj) = 0 , con lo que ei=eifj . Pero, por un argumento simétrico, se demuestra que si eifj6=0 , entonces eifj=fj . Luego hemos probado que eifj6=0 implica que ei=fj . Por otra parte, dado ei, tenemos que 06=ei=ei(f1+···+fm) = eif1+···+eifm, por lo que eifj6=0 para algún j , así que ei=fj . Por tanto {e1,...,en}⊆{f1,..., fm} . La otra inclusión se deduce igual cambiando los papeles de los dos CCIO centrales indescomponibles.  Ejercicio 1.33 Demostrar que, si M un R –módulo y e∈R un idempotente central, entonces eM ={em :m∈M} es un submódulo de M . Si ahora {e1,...,en} es un CCIO centrales de R, demostrar que M=e1M⊕···⊕enM. Ejercicio 1.34 Con la notación del Ejercicio 1.33, demostrar que M es cíclico si, y sólo si, eiMes cíclico para todo i=1,...,n. 12Una demostración alternativa es usar el Teorema Chino de los Restos, ver [1, página 2.68] 34 Capítulo 1. Módulos y Álgebras Ejercicio 1.35 * Consideremos un polinomio no constante f∈K[X] , con K un cuerpo. Describir un CCIO (centrales) indescomponibles para A=K[X]/hfi. Ejercicio 1.36 ** Sea V un K –espacio vectorial de dimensión finita n y T:V→V una aplicación lineal. Diremos que un vector v∈V es cíclico para T si {v,T(v),...,Tn−1(v)} es una base de V como K –espacio vectorial. Demostrar que V admite un vector cíclico si, y sólo si, el polinomio mínimo de T tiene grado n . ¿Cuál es entonces la longitud de V en tanto que K[X]–módulo? 1.10 El álgebra de endomorfismos de un módulo semisimple. Cualquier subespacio vectorial de un espacio vectorial tiene un complementario. Esto no ocurre en en general para los módulos sobre un álgebra. Seguidamente, estudiaremos aquellos módulos que sí disfrutan de esta propiedad. En esta sección, A denotará un álgebra sobre un cuerpo K, y los módulos serán sobre este álgebra. Definición 1.10.1 Sea M un módulo, y N un submódulo de M . Un complemento de N en M es un submódulo X de M tal que M=N⊕X . Por comodidad, vamos a admitir la notación M=M⊕{0} , bien entendido que M y {0} no son submódulos independientes de M. En caso de que exista dicho complemento, diremos que N es un sumando directo de M. Ejercicio 1.37 Sea A=K[X]/hX2i , donde K es un cuerpo, y K[X] es el anillo de polinomios. Demostrar que, visto como A –módulo, A no tiene sumandos directos no triviales. Proposición 1.10.1 Sea M un módulo no nulo de dimensión finita como K –espacio vectorial. Las siguientes condiciones son equivalentes. 1. Todo submódulo de Mes un sumando directo; 2. Mse descompone como suma directa finita de submódulos simples; 3. Mes suma de un conjunto finito de submódulos simples. Demostración. (1) ⇒(2) . Sea {M1,...,Mn} una familia independiente de submódulos simples de M tal que dimK(M1⊕···⊕Mn) es máxima entre todas las familias de este tipo. Notemos que, dado que dimK(M) es finita, existe al menos un submódulo simple de M , luego hay, al menos, una tal familia. Pongo N=M1⊕···⊕Mn . Por hipótesis, existe un submódulo X de M tal que M= N⊕X . Si X6={0} , entonces X contiene un submódulo simple Mn+1 . Pero entonces {M1,...,Mn,Mn+1} es una familia independiente, ya que Mn+1∩N={0} . Esto va en contra de la elección de la familia {M1,...,Mn}, luego X={0}. (2) ⇒(3). Esto es obvio. (3) ⇒(1). Es consecuencia directa del Teorema 1.6.4.  Definición 1.10.2 Un módulo de dimensión finita se dice semisimple si todo submódulo es un sumando directo. Según la Proposición 1.10.1, los módulos semisimples no nulos de dimensión finita son, precisamente, las sumas (directas) finitas de módulos simples (de dimensión finita, claro). 1.10 El álgebra de endomorfismos de un módulo semisimple. 35 Queremos describir la estructura del álgebra de endomorfismos de un módulo semisimple de dimensión finita. Comencemos por un resultado clásico. Lema 1.10.2 — Lema de Schur. Si M y M0 son dos módulos simples y f:M→M0 es un homomorfismo de módulos, entonces, si f6=0 , entonces f es un isomorfismo. Como consecuencia, el anillo de endomorfismos de un módulo simple es un anillo de división. Demostración. Si f6=0 , entonces Ker f es un submódulo propio de M , luego, al ser M simple, Ker f={0} . Por tanto, Imf es un sumbódulo no nulo de M0 , por lo que, al ser M0 simple, Imf=M0. Luego fes un isomorfismo.  Ejercicio 1.38 Sean M y N módulos semisimples con descomposiciones como suma directa de submódulos simples M=S1⊕···⊕St y N=T1⊕···⊕Ts . Supongamos que Si no es isomorfo a Tj para todo i=1,...,t , j=1,...,s . Demostrar que todo homomorfismo de módulos de MaNes cero. Proposición 1.10.3 Si M es un módulo semisimple de dimensión finita, entonces todo submódulo de My todo cociente de Mes semisimple. Demostración. Supongamos que M es no nulo, y que f:M→N es un epimorfismo de módulos. Pongamos M=∑i∈IMi , con Mi simple para todo i∈I . Entonces N=∑i∈If(Mi) . Como consecuencia del Lema de Schur (bueno, de su demostración), f(Mi) es o nulo o isomorfo a Mi para cada i∈I . Por tanto, N es suma de módulos simples, con lo que es semisimple, según la Proposición 1.10.1. Supongamos ahora que N es un submódulo de M . Como M es semisimple, existe un submódulo X de M tal que M=N⊕X . Por el Tercer Teorema de Isomorfía, tenemos que M X=N⊕X X∼ =N N∩X∼ =N, ya que N∩X={0} . Por tanto, N es la imagen de M por un epimorfismo, luego es semisimple, según la primera parte de esta demostración.  Proposición 1.10.4 Sea M un módulo semisimple de dimensión finita, y M=M1⊕···⊕ Mn=N1⊕···⊕Nm dos descomposiciones de M como suma directa de submódulos simples. Entonces n=my, tras eventual reindexación, Mi∼ =Nipara todo i=1,...,n. Demostración. Vamos a aplicar el Teorema de Jordan-Hölder. Para ello, observemos que {0}=M0⊂M1⊂M1⊕M2⊂···⊂M1⊕···⊕Mn=M es una serie de composición de M . Esto es consecuencia de que, por el Segundo Teorema de Isomorfía Mj⊕···⊕M0 Mj−1⊕···⊕M0∼ =Mj (Mj−1⊕···⊕M0)∩Mj∼ =Mj ya que (Mj−1⊕···⊕M0)∩Mj={0} , para todo j=1,...,n . Por tanto, los módulos M1,...,Mn son factores de composición de M . Por supuesto, también lo son N1,...,Nm . Así que la proposición se sigue del Teorema de Jordan-Hölder.  36 Capítulo 1. Módulos y Álgebras Definición 1.10.3 Dado un módulo semisimple no nulo de dimensión finita M , tomemos M=M1⊕···⊕Mn con M1,...,Mn submódulos simples. Reunamos estos sumandos directos en subconjuntos de módulos isomorfos entre sí. Esto significa que podemos escoger módulos simples Σ1,...,Σty una partición {1,...,n}=Λ1∪···∪Λt tal que Mi∼ =Σj si y sólo si i∈Λj . Si ponemos MΛj=⊕i∈ΛjMi para cada j=1,...,t , entonces, obviamente, M=MΛ1⊕···⊕MΛt . Los submódulos MΛj se llaman componentes isotípicas uhomogéneas de la descomposición de M. Pongamos nj el cardinal de Λj para cada j=1,...,n . Entonces nj se llama multiplicidad de Σj en M . Es consecuencia de la Proposición 1.10.4 que las multiplicidades n1,...,nt no dependen de la descomposición escogida. Los módulos simples Σj están también determinados por M salvo isomorfismos. A la lista de (Σ1,n1),...,(Σt,nt) la llamaremos estructura de M. Se tiene, obviamente, que dimK(M) = n1dimK(Σ1)+···+ntdimK(Σt). Ejercicio 1.39 Sea M un módulo semisimple de dimensión finita con estructura (Σ1,n1),···,(Σt,nt) . Si N es un submódulo de M , demostrar que su estructura es (Σ1,m1),...,(Σt,mt) para ciertos mj≤nj (admitimos que mj=0 significa que Σj no aparece en la estructura de N ). Ejercicio 1.40 Establecer un enunciado análogo al del Ejercicio 1.39 para cada cociente de M. Teorema 1.10.5 Sea Mun A–módulo semisimple no nulo con estructura (Σ1,n1),...,(Σt,nt). Entonces ∆j:=EndA(Σj) es una K –álgebra de división de dimensión finita para todo j=1,...,t, y existe un isomorfismo de K–álgebras EndA(M)∼ =Mn1(∆1)×···×Mnt(∆t) Demostración. Que ∆j es una K –álgebra de división lo da el Lema de Schur. Es de dimensión finita porque ∆jes una subálgebra de EndK(Σj). Cojamos una descomposición de Men componentes isotípicas M=MΛ1⊕···⊕MΛt, y sea {e1,...,et} el CCIO de R:=EndA(M) correspondiente (ver Ejemplo 1.15). Queremos demostrar que se trata de idempotentes centrales. Según el Ejercicio 1.32, hemos de ver que eirej=0 para todo r∈R siempre que i6=j . Tenemos que πirιj:MΛj→MΛi es un homomorfismo de A –módulos. Puesto que eirej=ιiπirιjπj , bastará con que demostremos que si f:MΛj→MΛi es un homomorfismo de A–módulos con i6=j, entonces f=0. Pero esto es consecuencia del Ejercicio 1.38. Deducimos de la Proposición 1.9.6 el isomorfismo de K–álgebras R∼ =Re1×···×Ret. 1.11 Álgebras semisimples de dimensión finita. 37 Fijemos i∈{1,...,t}. Puesto que Rei=eiRei, tenemos que la aplicación ϕ:eiRei→EndA(MΛi) definida por ϕ(r) = πirιitiene por inversa para la composición a la aplicación ρ: EndA(MΛi)→eiRei dada por ρ(f) = ιifπi . Es fácil comprobar que ρ es un homomorfismo de K –álgebras, así que tenemos que Rei∼ =EndA(MΛi) . Por último, EndA(MΛi)∼ =Mni(∆i) por la Proposición 1.9.4.  1.11 Álgebras semisimples de dimensión finita. En esta sección, salvo mención en contra, A denotará una K –álgebra de dimensión finita como K–espacio vectorial13. Definición 1.11.1 Un álgebra A de dimensión finita se dice semisimple si todo A – módulo de dimensión finita es semisimple. Proposición 1.11.1 Un álgebra de dimensión finita A es semisimple si, y sólo si, A es semisimple como A–módulo. Demostración. Si A es un álgebra semisimple, entonces, A , vista como módulo, es semisimple, por definición. Recíprocamente, sea M un A –módulo semisimple finito-dimensional. Entonces M es cociente de un A –módulo libre An . Como An es semisimple, se sigue de la Proposición 1.10.3 que Mes semisimple.  Corolario 1.11.2 Si A es un álgebra semisimple y su estructura como A –módulo es (Σ1,n1),...,(Σt,nt) , entonces todo A –módulo finito-dimensional tiene como estructura (Σ1,m1),···,(Σt,mt) , para ciertos enteros no negativos m1,...,mt (donde entendemos que mj=0 significa que Σj no aparece en la estructura del módulo). En particular, todo A–módulo simple es isomorfo a uno de los módulos Σj. Demostración. Si M es un módulo de dimensión finita, hemos visto que es isomorfo a un cociente de An para algún n . Como la estructura del A –módulo An es (Σ1,nn1),···,(Σt,nnt) , el corolario se sigue del Ejercicio 1.40.  R Recordemos que nuestros A –módulos son siempre A –módulos de los llamados a izquierda . Veremos más tarde que el álgebra A es semisimple si, y sólo si, el álgebra opuesta Aop es semisimple. Esto nos dará que los módulos a derecha (es decir, los Aop–módulos), son semisimples. 13 la teoría desarrollada aquí puede extenderse a anillos, los anillos llamados semisimples, que no tienen por qué ser álgebras de dimensión finita sobre un cuerpo. Dicha teoría requiere del desarrollo de las nociones de módulo noetheriano y módulo artiniano, que no son objeto de este curso 38 Capítulo 1. Módulos y Álgebras Ejemplo 1.16 Sea D una K –álgebra de división de dimensión finita, y A=Mn(D) el álgebra de matrices de orden n con coeficientes en D . Queremos ver que A es semisimple. Para ello, adoptamos la siguiente notación. Para i,j∈{1,...,n} , sea Eij ∈Mn(D) la matriz cuya entrada (i,j) –ésima es 1 , y toda otra entrada es cero. Es evidente que {Eij : 1≤i,j≤n} es una base de A como D –espacio vectorial. Además, la multiplicación en Mn(D)está determinada por las reglas aEijbEkl =(0 si j6=k abEil si j=k,para todo a,b∈D Es claro que {E11,...,Enn} es un CCIO para A (pero ninguno de estos idempotentes es central). Dado j∈{1,...,n} , sea Aj el D –subespacio vectorial de A con base {E1j,...,Enj} . Es fácil comprobar que Aj es un ideal a izquierda de A . De hecho, Aj=AEj j . Veamos que es simple, comprobando que está generado por cualquiera de sus elementos no nulos (ver Ejercicio 1.17). Sea 06=a=a1E1j+···+anEnj ∈Aj , entonces ai6=0 para algún i. Por tanto, Ej j =a−1 iEjiaiEij ∈Aa, luego Aa=AEj j =Aj. Por último, es fácil ver que A=A1⊕···⊕An, luego Aes semisimple.  Ejercicio 1.41 Dada una K–álgebra A, demostrar que la aplicación ρ:A→EndA(A)op definida por ρ(a)(a0) = a0aes un isomorfismo de K–álgebras. Profundicemos ahora en la estructura de las álgebras de matrices con coeficientes en álgebras de división son semisimples. Proposición 1.11.3 Sea D un álgebra de división finito-dimensional. Entonces A=Mn(D) es un álgebra semisimple tal que todos los A –módulos simples son isomorfos entre sí. De hecho, la estructura de A como A –módulo semisimple es (Σ,n) con Σ tal que D∼ = EndA(Σ)op . Además, el álgebra opuesta Aop es isomorfa a Mn(Dop) , por lo que es también semisimple con un único tipo de módulo simple. Demostración. Hemos visto que A es semisimple en el Ejemplo 1.16. Veamos que la estructura de A , como A –módulo, es (A1,n) . Para ello, basta con que mostremos un isomorfismo de A–módulos f:A1→Ajpara cada j=2,...,n. Definamos f(a1E11 +···+anEn1) = a1E1j+···+anEnj, donde a1,...,an∈D . Se trata, obviamente, de un isomorfismo de D –espacios vectoriales. El siguiente cálculo muestra que fes un homomorfismo de A–módulos: f((∑ i,k aikEik)∑ u auEu1) = f(∑ i,k aikakEi1) = ∑ i,k aikakEi j = (∑ i,k aikEik)∑ u auEuj = (∑ i,k aikEik)f(∑ u auEu1). De modo que la estructura de Aes (A1,n). En vista del Corolario 1.11.2, todo A–módulo simple es isomorfo a A1. Para demostrar la siguiente afirmación, podemos tomar Σ=A1 . Consideramos la aplicación ρ:D→EndA(A1)op que asigna a cada d∈D la aplicación D –lineal ρ(d) 1.11 Álgebras semisimples de dimensión finita. 39 determinada 14 por ρ(d)(Ei1) = dEi1 , para i=1,...,n . Es fácil ver que ρ es un homomorfismo inyectivo de K –álgebras. Para ver que es sobreyectivo, observemos que, de acuerdo con el Ejercicio 1.41, A es isomorfa como K –álgebra a EndA(A)op . Por otra parte, sabemos por la Proposición 1.9.4 que EndA(A)∼ =Mn(EndA(Σ)) . De modo que dimK(A) = n2dimK(EndA(Σ)) . Como, por otra parte. dimKMn(D) = n2dimK(D) , deducimos que dimK(D) = dimK(EndA(Σ)), con lo que ρha de ser sobreyectivo. La última afirmación se deja como ejercicio (ver Ejercicio 1.42).  Ejercicio 1.42 * Sea B un álgebra. Demostrar que la aplicación que asigna a cada matriz su traspuesta da un isomorfismo de álgebras Mn(B)op ∼ =Mn(Bop). Nos dirigimos ahora a desentrañar la estructura de las álgebras semisimples con un sólo tipo de simple. Necesitamos varios resultados que vamos desarrollando paulatinamente. Lema 1.11.4 Si D es una K –álgebra de división, entonces Z(D) es un cuerpo. Además, Z(Mn(D)) es isomorfo a Z(D) . Como consecuencia, el único idempotente central no nulo de Mn(D)es 1. Demostración. Si 06=c∈Z(D) , entonces, para todo d∈D , tenemos que d=dcc−1= cdc−1. Por tanto, c−1d=dc−1, lo que implica que c−1∈Z(D). Ejercicio 1.43 Sea ϕ:R→S un isomorfismo de K –álgebras, e I,J ideales a izquierda de R . Demostrar que ϕ(I),ϕ(J) son ideales a izquierda de S y que dado cualquier homomorfismo de R –módulos f:I→J , la aplicación b f:ϕ(I)→ϕ(J) definida por b f(y) = ϕfϕ−1(y) para y∈ϕ(I)es un homomorfismo de S–módulos. Teorema 1.11.5 Un álgebra A es semisimple con un sólo tipo de simple si, y sólo si, A∼ =Mn(D) para D una K –álgebra de división de dimensión finita. Además, n es único y Des única salvo isomorfismo. Demostración. Si A∼ =Mn(D) , entonces es semisimple con un sólo tipo de simple por la Proposición 1.11.3. Recíprocamente, observemos que, por el Ejercicio 1.41, la aplicación ρ:A→EndA(A)op definida por ρ(a)(a0) = a0a para todo a,a0∈A es un isomorfismo de K –álgebras. Si (Σ,n) es la estructura de A como A –módulo semisimple, entonces, por la Teorema 1.10.5, EndA(A)∼ =Mn(∆) , donde ∆=EndA(Σ) . Tomando D=∆op , obtenemos es isomorfismo de álgebras A∼ =Mn(D)(ver el Ejercicio 1.42). Vayamos con la unicidad: supongamos que B=Mm(D0) es una K –álgebra de matrices isomorfa a A, y sea ϕ:A→Bun isomorfismo. Sabemos que A=Re1⊕···⊕Ren, para {e1,...,en} un CCIO tal que todos los Aei son simples y Aei∼ =Aej para todos los índices i,j. Claramente, {ϕ(e1),...,ϕ(en)}es un CCIO para B. Por otra parte, si f:Aei→Aej es un isomorfismo de A –módulos, entonces tenemos un isomorfismo de B –módulos b f:Bϕ(ei)→Bϕ(ej) por el Ejercicio 1.43. Es también fácil ver que cada Bϕ(ei) es un B –módulo simple. Así que la estructura de B es 14esto es, ρ(d)(∑n i=1diEi1) = ∑n i=1didEi1. 40 Capítulo 1. Módulos y Álgebras (Bϕ(e1),n) . Por la Proposición 1.11.3, m=n y D0∼ =EndB(Bϕ(e1))op . Pero la aplicación EndA(Ae1)→EndB(Bϕ(e1)) que lleva f:Ae1→Ae1 en b f:Bϕ(e1)→Bϕ(e1) (otra vez usamos el Ejercicio 1.43) es un isomorfismo de K –álgebras. Así que D0∼ = EndB(Bϕ(e1))op ∼ =EndA(Ae1)op ∼ =D, lo que concluye la demostración.  Definición 1.11.2 Una K –álgebra de dimensión finita semisimple con un sólo tipo de simple se llamará simple. Junto con el Teorema de Frobenius, la anterior proposición nos permite deducir: Corolario 1.11.6 Las álgebras reales simples de dimensión finita son, salvo isomorfismos, Mn(R),Mn(C),Mn(H)con n≥1. Corolario 1.11.7 Las álgebras complejas simples de dimensión finita son, salvo isomorfismos, Mn(C)con n≥1. Nos disponemos ahora a clasificar las álgebras semisimples. Comenzamos por un ejercicio que usaremos seguidamente. Ejercicio 1.44 Sean R1,...,RnK –álgebras y R=R1×···×Rn . Los ideales por la izquierda de R son de la forma I1×···×In , con Ii ideal a izquierda de Ri para i=1,...,n . Análoga descripción tienen los ideales de R. Teorema 1.11.8 — Wedderburn. Una K –álgebra de dimensión finita A es semisimple si, y sólo si, es isomorfa a un álgebra de la forma Mn1(D1)×···×Mnt(Dt), para D1,...,Dtálgebras de división de dimensión finita sobre K. Además, los parámetros (D1,n1),...,(Dt,nt) están determinados de manera única, en el sentido de que si se tiene otro isomorfismo de K–álgebras A∼ =Mm1(D0 1)×···×Mms(D0 s), con D0 1,...,D0 s álgebras de división, entonces s=t y, tras eventual reordenación, ni=mi yDi∼ =D0 ipara todo i=1,...,t. Demostración. Veamos primero que R=Mn1(D1)×···×Mnt(Dt) es un álgebra semisimple de dimensión finita, siempre que D1,...,Dt sean álgebras de división finitodimensionales. Para ello, tomemos un ideal a izquierda I de R , y demostremos que es un sumando directo. Según el Ejercicio 1.44, I=I1×···×It , para Ij ideal izquierda de Mnj(Dj) para j=1,...,t . Como cada una de estas álgebras es simple, Ij⊕Jj=Mnj(Dj) para ciertos ideales izquierda Jj≤Mnj(Dj) con j=1,...t . Si tomo J=J1×···×Jt , es fácil ver que R=I⊕J . Ahora, si A∼ =R , entonces se sigue fácilmente que cada ideal izquierda de Aes un sumando directo, luego Aes semisimple. Recíprocamente, supongamos que A es un álgebra semisimple y que su estructura como A –módulo semisimple es (Σ1,n1),...,(Σt,nt) . Sabemos por el Teorema 1.10.5 que EndA(A) es isomorfa a R:=Mn1(∆1)×···×Mnt(∆t) para ∆i=EndA(Σi) , i=1,...,t . Por tanto, A∼ =EndA(A)op ∼ =Mn1(D1)×···×Mnt(Dt), con Di=∆op ipara i=1,...,t. 1.11 Álgebras semisimples de dimensión finita. 41 Para la unicidad, supongamos R=Mn1(D1)×···×Mnt(Dt), y S=Mm1(D0 1)×···×Mms(D0 t), y que hay un isomorfismo de álgebras ϕ:R→S . Sea, para cada j=1,...,t , ej∈R la t –tupla que tiene 0 en todas sus componentes, salvo la j –ésima, que vale 1∈Mnj(Dj) . Es fácil ver que {e1,...,et} es un CCIO centrales de R . Además, Rej∼ =Mnj(Dj) , isomorfismo de álgebras, para cada j=1,...,t . Como, de acuerdo con el el Lema 1.11.4, Z(Mnj(Dj)) ∼ = Z(Dj) es un cuerpo, deducimos que ej es indescomponible. Por tanto, {ϕ(e1),...,ϕ(et)} es el CCIO centrales indescomponibles de S. Así, t=sy, tras eventual reordenación, Mnj(Dj)∼ =Rej∼ =Sϕ(ej)∼ =Mmj(D0j) para cada j=1,...,t. Por el Teorema 1.11.5, nj=mjyDj∼ =D0j, para j=1,...,t. De la demostración del Teorema de Wedderburn, extraemos la siguiente información sobre el centro de un álgebra semisimple. Corolario 1.11.9 Si A es una álgebra semisimple de dimensión finita, entonces Z(A) es un producto finito de cuerpos que son extensiones finitas de K . El número de factores que aparecen es igual que el número de A –módulos simples no isomorfos que aparecen en la estructura de A , o también el número de bloques matriciales que aparecen en la estructura de Acomo producto de álgebras de matrices. Demostración. Seguir atentamente la demostración del Teorema 1.11.8, junto con el hecho de que el centro de un producto de álgebras es isomorfo al producto de los centros de los factores.  Corolario 1.11.10 Si A es un álgebra semisimple de dimensión finita, entonces Aop es un álgebra semisimple. Demostración. Por el Teorema de Wedderburn, A es un producto de álgebras de matrices con coeficientes en álgebras de división, lo que implica que Aop tiene una estructura similar, cambiando las álgebras de división por sus opuestas. El Teorema de Wedderburn nos da ahora que Aop es semisimple.  Corolario 1.11.11 — Molien. Un álgebra compleja A de dimensión finita es semisimple si, y sólo si, es isomorfa a Mn1(C)×···×Mnt(C) . Los números t y n1,...,nt son únicos y satisfacen la ecuación dimC(A) = n2 1+···+n2 t Ejercicio 1.45 * Sea A un álgebra simple finito-dimensional. Demostrar que R=Mn(A) es un álgebra simple de dimensión finita. Demostrar asimismo que si Σ es un A –módulo simple y M es un R –módulo simple, entonces EndA(Σ) y EndR(M) son álgebras de división isomorfas. 48 Capítulo 2. Representaciones de Grupos Finitos Continuemos extrayendo información sobre las representaciones irreducibles de un grupo a partir del álgebra de grupo. Concretamente, vamos a ver que existe una estrecha relación entre las clases de conjugación del grupo finito y sus representaciones irreducibles. Proposición 2.2.4 Sean C1,...,Crlas clases de conjugación de G. Entonces dimKZ(KG) = r. Demostración. Fijemos, para cada i=1,...,r , gi∈Ci un representante de la clase de conjugación. Si c=∑g∈Gλgg∈Z(KG) , entonces, para cada h∈G , tenemos que h∑g∈Gλgg= (∑g∈Gλgg)ho, equivalentemente, ∑ g∈G λghgh−1=∑ g∈G λgg. Observemos que la aplicación g7→hgh−1 es una biyección, por lo que podemos reescribir la anterior igualdad como ∑ g∈G λh−1ghg=∑ g∈G λgg. Igualando coeficientes, λh−1gh =λg para todo h∈G . Por tanto, los coeficientes λg son constantes sobre las clases de conjugación. Así, si ponemos ci=∑g∈Cig para cada i= 1,...,r , tenemos que c=∑r i=1λgici , y que c1,...,cr son, evidentemente, K –linealmente independientes. Es claro, por otra parte, que ci∈Z(KG) para todo i=1,...,r . Por tanto, {c1,...,cr}es una K–base de Z(KG), lo que concluye la prueba.  Corolario 2.2.5 El número de clases de conjugación de G coincide con el número de representaciones irreducibles complejas de G. Demostración. Por la Proposición 2.2.4, si r es el número de clases de conjugación de G , entonces r=dimCZ(CG) . Por otra parte, por el Corolario 1.11.11, tenemos Z(CG)∼ =Ct , donde t es el número de módulos simples no isomorfos sobre CG . Así que r=t , que es lo afirmado en el enunciado.  Ejemplo 2.4 Recordemos a que cada elemento del grupo simétrico Sn se descompone de manera única, salvo orden de los factores, como producto de ciclos disjuntos. Por otra parte, dos permutaciones en Sn son conjugadas si, y sólo si, sus descomposiciones como producto de ciclos disjuntos tienen la misma estructura. Así, el número de clases de conjugación de Sn coincide con el número de particiones de n , esto es, las formas de descomponer ncomo suma de naturales (no nulos). Por ejemplo, para S3 tenemos que 3=1+1+1 , que corresponde claramente a la clase de conjugación Cl((1)) = {(1)} , 3=2+1 , que corresponde a la clase de conjugación Cl((1,2)) = {(12),(13),(2,3)} , y 3=3 , para la clase de conjugación Cl((123)) = {(123),(132)}. Para S4, tenemos las clases cinco clases de conjugación Cl((1)),Cl((12)),Cl((123)),Cl((1234)),Cl((12)(34)). 2.3 Caracteres 49 Por tanto, S4tiene 5 representaciones irreducibles complejas.  aDe Álgebra II Ejercicio 2.8 Sea H un subgrupo normal de G y π:G→G/H la proyección canónica. Demostrar que (V,ρ) es una representación irreducible de G/H si, y sólo si, (V,ρπ) es una representación irreducible de G. 2.3 Caracteres Aunque parte de la teoría de caracteres (definiciones más abajo) puede desarrollarse sobre un cuerpo general, los resultados clásicos se obtienen para caracteres complejos. A partir de este momento, trabajaremos con representaciones complejas. Seguimos denotando por Ga un grupo finito. Definición 2.3.1 Sea (V,ρ) una representación compleja de G . La aplicación χρ:G→ C definida por χρ(g) = tr(ρ(g)) para g∈G se llama carácter complejo proporcionado por ρ . Cuando ρ es irreducible, diremos que el carácter χρ es irreducible. El grado del carácter χρ es el grado de ρ , esto es, la dimensión de V como espacio vectorial complejo. Se denotará por degχρ. Lema 2.3.1 Dos representaciones complejas equivalentes de G proporcionan el mismo carácter. Demostración. Sean (V,ρ) , (W,π) representaciones complejas de G , y T:V→W un isomorfismo de CG –módulos. Entonces, para cada g∈G , tenemos que Tρ(g) = π(g)T , para todo g∈G. Esto es, ρ(g) = T−1π(g)T, lo que implica que trρ(g) = trT−1π(g)T=trπ(g), para todo g∈G. Uno de los objetivos que perseguimos es demostrar que dos representaciones complejas que proporcionan el mismo carácter han de ser equivalentes. Proposición 2.3.2 Sea G un grupo finito, g∈G y m≥1 tal que gm=1 . Consideremos una representación compleja (V,ρ) de grado n de G . Entonces existen raíces m –ésimas de la unidad ω1,...,ωn∈C (pueden repetirse) tales que ρ(g) diagonaliza completamente con valores propios ω1,...,ωn. Como consecuencia, χρ(g) = ω1+···+ωn, y χρ(g−1) = χρ(g). Demostración. El endomorfismo C –lineal ρ(g):V→V verifica que ρ(g)m=ρ(gm) = ρ(1) = idV , así que su polinomio mínimo p(X) en C[X] es un divisor de Xm−1 . Por tanto, todas las raíces complejas de p(X) son simples, y p(X) factoriza en C[X] como un producto de factores lineales distintos 2 . Eso significa, por el Teorema Chino del Resto, 2 El resto del argumento persigue demostrar que ρ(g) es diagonalizable, con valores propios dados por raíces de p(X) . Esto es inmediato para los alumnos que hayan estudiado Álgebra Lineal a nivel de un grado estándar en Matemáticas, como se hace en muchas universidades. Aquí damos un argumento alternativo para los alumnos cuya formación en este campo resulte insuficiente. 50 Capítulo 2. Representaciones de Grupos Finitos que el anillo B:=C[X]/hp(X)i es isomorfo a un producto directo finito de copias de C . En otras palabras, B es un álgebra compleja conmutativa semisimple, y cada B –módulo simple ha de tener dimensión 1 como C –espacio vectorial. Por tanto, el B –módulo V proporcionado por la acción de ρ(g) es semisimple y, así, V=V1⊕···⊕Vn , donde Vi es un B–submódulo de dimensión 1 sobre C. Si vi∈Vi es no nulo, entonces ρ(g)(vi) = Xvi=ωivi , para cierto ωi∈C . Además, vi=ρ(g)m(vi) = ωm ivi , de donde cada ωi es una raíz m –ésima de la unidad. Esto significa que el endomorfismo ρ(g)es diagonalizable y sus valores propios son ω1,...,ωn. Por último, ρ(g−1) = ρ(g)−1 , por lo que ρ(g−1) es diagonalizable con valores propios ω1,...,ωn. Por tanto, χρ(g−1) = χρ(g). Proposición 2.3.3 Sea G un grupo finito y (V,ρ) una representación compleja de G . Dado g∈G,ym≥1 tal que gm=1, se tiene que |χρ(g)|≤degχρ. Además, |χρ(g)|=degχρ si, y sólo si, ρ(g) = ωidV , para ω una raíz m –ésima de la unidad. En particular, χρ(g) = degχρsi, y sólo si, ρ(g) = idV. Demostración. Según la Proposición 2.3.2, χρ(g) = ∑n i=1ωi , para n=degχρ y ω1,...,ωn∈ Craíces m–ésimas de la unidad. La desigualdad triangular da entonces |χρ(g)|=| n ∑ i=1 ωi|≤ n ∑ i=1|ωi|=n(2.2) Además, se da la igualdad en (2.2) si, y sólo si, ω1,...,ωn son múltiplos positivos reales unos de otros. Estando todos sobre la circunferencia de radio 1 , esto sólo es posible si son iguales. Según la Proposición 2.3.2, esto es equivalente a tener ρ(g) = ωidV para ω el valor común de todos los ωi. Definición 2.3.2 Dado un carácter complejo χde G, definimos Kerχ={g∈G:χ(g) = χ(1)}. Corolario 2.3.4 Si χ es un carácter complejo de G , entonces Kerχ es un subgrupo normal de G. Demostración. Tenemos que χ=χρ para una representación ρ de G . Además, degχ= χ(1) . Por la Proposición 2.3.3, Kerχρ=Kerρ , que es un subgrupo normal de G , ya que ρ es un homomorfismo de grupos.  En lo que sigue, usaremos la siguiente notación. Dada una representación (V,ρ) de G , por e ρ:CG→EndC(V) denotaremos su estructura de CG –módulo correspondiente. Por otra parte, si χρ es el carácter complejo proporcionado por ρ , entonces denotaremos por f χρ:CG→Ca la forma lineal determinada por χρ:G→C. Ejercicio 2.9 Demostrar que, para todo a∈CG, se tiene que f χρ(a) = tre ρ(a). 2.3 Caracteres 51 Recordemos que, por el Teorema de Maschke, A=CG es un álgebra semisimple compleja y que, si {e1,...,et} es un CCIO centrales indescomponibles, entonces A= Ae1⊕···⊕Aet , donde cada Aei es, como álgebra, isomorfa a un álgebra de matrices Mni(C) . La segunda afirmación viene garantizada por el Teorema de Wedderburn-Molien, que viene siendo onmipresente. Además, en tanto que A –módulo, Aei es suma de ni submódulos simples isomorfos entre sí, cada uno de ellos de dimensión exactamente ni . Estos A –módulos simples dan (salvo equivalencias) el conjunto de representaciones complejas (V1,ρ1),...,(Vt,ρt) . Observemos que, dado j, si vj∈Vj, tenemos que ejvj=vjyeivj=0 si i6=j(ver Ejercicio 1.46). Los caracteres de las representaciones (V1,ρ1),...,(Vt,ρt), que denotaremos por χ1,...,χt, son llamados caracteres irreducibles complejos de G , y jugarán un papel prominente. Recordemos, por último, que t coincide con el número de clases de conjugación de G , ver Corolario 2.2.5. Observemos que ni=dimCVi=χi(1)para i=1,...,t. Lema 2.3.5 Supongamos que (W,π) es una representación de G , y que W=W1⊕···⊕Wm como CG –módulos. Denotemos por πi la representación dada por el CG –módulo Wi . Entonces χπ=χπ1+···+χπm. Demostración. Si tomamos una base Bi de cada Wi , entonces B=B1∪···∪Bm es una base de W . Dado g∈G , la matriz de π(g) con respecto de B es una matriz diagonal por bloques, siendo éstos las matrices de πi(g) con respecto de Bi . De donde se sigue el resultado.  El CG –módulo regular da una representación de G , llamada representación regular, cuyo carácter, que denotaremos por χreg, se llama carácter regular. Lema 2.3.6 1. χreg(g) = (|G|,si g=1 0,si g6=1 2. χreg =χ1(1)χ1+···+χt(1)χt Demostración. 1. Basta con que pensemos que la representación regular ρreg transforma cada g∈G en el endomorfismo ρreg(g):CG→CG que multiplica cada elemento de la base G por g . De modo que, salvo si g=1 , ρreg(g) permuta todos los elementos de G sin dejar uno invariante. La matriz de ρreg(g) tendrá, pues, sólo ceros en su diagonal principal. Para g=1, ρreg(1) = idCG. 2. Se sigue del Teorema de Wedderburn, junto con el Lema 2.3.5.  Proposición 2.3.7 Sea {e1,...,et} el CCIO centrales indescomponibles de CG . Entonces, para cada i=1,...,t, ei=1 |G|∑ g∈G χi(1)χi(g)g 52 Capítulo 2. Representaciones de Grupos Finitos Demostración. Pongamos ei=∑g∈Gαgg , y tratemos de calcular los coeficientes αg∈C . Dado g∈G, tenemos que eig−1=∑h∈Gαhhg−1. De donde g χreg(eig−1) = ∑ h∈G αhg χreg(hg−1) = αg|G|, donde, en la última igualdad, hemos usado el apartado 1 del Lema 2.3.6. Su apartado segundo da αg|G|=χ1(1)e χ1(eig−1)+···+χt(1)e χt(eig−1) Por el Ejercicio 2.9, tenemos que e χj(eig−1) = tr(e ρj(eig−1)). Recordemos que e ρj(eig−1)(vj) = eig−1vj=g−1eivj para todo vj∈Vj . Así, si j6=i , tenemos que g−1eivj=0, en tanto que g−1eivj=g−1vjsi j=i. Por tanto, e ρj(eig−1) = (0,si j6=i e ρi(g−1)si j=i. Tomando trazas, e χj(eig−1) = (0,si j6=i χi(g−1),si j=i Por tanto, αg|G|=χi(1)χi(g−1), de donde ei=1 |G|∑ g∈G χi(1)χi(g)g.  Las identidades demostradas en el siguiente teorema se llaman relaciones de ortogonalidad. Teorema 2.3.8 Sean χ1,...,χt los caracteres irreducibles complejos de un grupo finito G. Entonces, para i=1,...,t, ∑ g∈G χi(g)χj(g) = 0,si i6=j,(2.3) y ∑ g∈G|χi(g)|2=|G|.(2.4) Demostración. Con la notación de la Proposición 2.3.7, tenemos, para i,j=1,...,t, eiej=1 |G|2∑ g,h∈G χi(1)χi(g)χj(1)χj(h)gh.(2.5) 2.4 La tabla de caracteres 53 Pero eiej=δijei, donde δij es la delta de Kronecker. De nuevo por la Proposición 2.3.7, δijei=δij |G|∑ g∈G χi(1)χi(g)g.(2.6) Igualando los coeficientes de 1 ∈Gen (2.5) y (2.6), obtenemos 1 |G|∑ g∈G χi(g)χj(1)χj(g−1) = δijχi(1), de donde χj(1)∑ g∈G χi(g)χj(g) = δij|G|χi(1). Si i6=j , obtenemos (2.3) , ya que χj(1)6=0 , en tanto que si i=j , deducimos (2.4) simplificando χi(1). Ejercicio 2.10 Demostrar que todo carácter de un grupo finito G es constante sobre cada clase de conjugación de G. 2.4 La tabla de caracteres Sea G un grupo finito, con clases de conjugación C1,...,Ct . Sean χ1,...,χt los caracteres irreducibles complejos de G . Sabemos que dichos caracteres son constantes sobre las clases de conjugación de G . Concretamente, si para cada i=1,...,t llamamos χij al valor de χi sobre Cj , para j=1,...,t , entonces estos valores determinan completamente χi . Podemos construir la matriz de caracteres X= (χij) que describe de manera compacta los caracteres irreducibles complejos de G . Esta información se presenta usualmente mediante la tabla de caracteres: h1··· ht GC1··· Ct χ1χ11 ··· χ1t . . .. . .. . . χtχt1··· χtt donde hi es el cardinal de Ci para i=1,...,t . Es frecuente escribir en la tabla de caracteres un elemento de Cicomo etiqueta de la propia clase de conjugación. Ejercicio 2.11 Calcular la tabla de caracteres del grupo cíclico C4. Teorema 2.4.1 — Frobenius. Sean C1,...,Ct las clases de conjugación de un grupo finito G , y pongamos hi=|Ci| , para i=1,...,t . Sean χ1,...,χt los caracteres irreducibles de G , y sea χij el valor que toma χi sobre la clase de conjugación Cj , para i,j=1,...,t . Entonces 1. ∑t k=1hkχikχjk =δij|G|, para todo i,j=1,...,t. 2. ∑t i=1χijχik =|G| hkδjk, para todo j,k=1,...,t. 54 Capítulo 2. Representaciones de Grupos Finitos Demostración. El conjunto de igualdades del primer apartado se deduce fácilmente del Teorema 2.3.8. Para demostrar el segundo apartado, tomemos las matrices X= (χij) y H=diag(h1,...,ht) . Las igualdades de la afirmación 1 se escriben entonces como XHXT=|G|It. De modo que la matriz inversa de XT es |G|−1XH . Por tanto, |G|−1XTXH =It . De donde XTX=|G|H−1. La anterior igualdad de matrices es equivalente a la afirmación 2.  Ejemplo 2.5 Vamos a calcular la tabla de caracteres de S3 . Las clases de conjugación de S3 tienen como representantes (1),(12),(123) , cuyos cardinales son 1 , 3 y 2 , respectivamente. Por tanto, S3 tiene tres caracteres complejos irreducibles, llamémosle χ1,χ2,χ3 . Como es costumbre, χ1 será el carácter trivial, correspondiente a la representación irreducible trivial, que manda todo elemento de S3 al número complejo 1 . Esto completa la primera fila de la tabla de caracteres. La segunda fila está proporcionada por la representación irreducible que asigna a cada permutación su signatura. Para la última fila, notemos primero que χ3(1) ha de ser la dimensión de la representación irreducible restante, y ha de verificarse que 1+1+χ2 31 =6 . Por tanto, χ31 =2 . Por último, de la relaciones de ortogonalidad entre la fila tercera, y la primera y segunda, respectivamente, obtenemos las ecuaciones 2+3χ32 +2χ33 =0 2−3χ32 +2χ33 =0, cuya solución simultánea completa la tercera fila de la tabla de caracteres de S3. 1 3 2 S3(1) (12) (123) χ11 1 1 χ21 -1 1 χ32 0 -1  Ejemplo 2.6 Queremos calcular la tabla de caracteres de S4 . De nuevo comenzamos con la descripción de sus clases de conjugación, y sus tamaños, consignados en la tabla de caracteres parcialmente llena más abajo. La primera fila en la misma corresponde el carácter trivial, en tanto que la segunda se construye a partir del carácter irreducible dado por la representación que asigna a cada permutación su signo. Para el carácter χ3 nos vamos a apoyar en el Ejercicio 2.8. Para ello, consideremos el subgrupo V={(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)} de S4 . Como V es unión de dos clases de conjugación de S4 , deducimos que se trata de un subgrupo normal de S4 . 2.4 La tabla de caracteres 55 Ahora consideremos el homomorfismo de grupos dado por la composición S3ι//S4π//S4/V, donde π es la proyección canónica, e ι es el encaje de S3 como las permutaciones de S4 que dejan fijo el símbolo 4 . El núcleo de πι es S3∩V={(1)} , luego πι es una aplicación inyectiva. Como tanto S3 como S4/V tienen 6 elementos, deducimos que πι es biyectiva y, así, es un isomorfismo de grupos. La representación irreducible de grado 2 de S3 , llamémosla ρ , proporciona, en virtud del Ejercicio 2.8, una representación irreducible de S4 , y, por tanto, el carácter χ3 . Calculemos formalmente χ3((1234)) con esta idea: χ3((1234)) = tr(ρ(πι)−1π(1234)) = tr(ρ(πι)−1)((13)(12)(34)V))) = tr(ρ(πι)−1)((13)V))) = tr(ρ(13)) = 0, donde la última igualdad viene de la tabla de caracteres de S3 . Fijémonos que el anterior cálculo consiste, a fin de cuentas, en calcular la preimagen de (1234)V en S3 y aplicarle el carácter correspondiente de S3 . Con este procedimiento, completamos los valores de χ3. En este momento, la tabla de caracteres puede ser escrita como 1 6 8 3 6 S4(1) (12) (123) (12)(34) (1234) χ11 1 1 1 1 χ21−1 1 1 −1 χ32 0 −1 2 0 χ43x y z t χ53x0y0z0t0 donde x,y,z,t y x0,y0,z0,t0 son valores por determinar. Observemos que si n,m son los grados de χ4 y χ5 , entonces 24 =1+1+4+n2+m2 , de donde n=m=3 , tal como refleja la tabla anterior. Las relaciones de ortogonalidad por filas (Teorema 2.4.1.1) de χ4 con respecto de las tres primeras filas proporcionan ecuaciones idénticas a las análogas de χ5 . Esto es, x,y,z,t son soluciones del mismo sistema de ecuaciones que x0,y0,z0,t0 . Este sistema es 3+6x+8y+3z+6t=0 3−6x+8y+3z−6t=0 6−8y+6z=0 Tras resolverlo, vemos que su solución es y=0,z=−1, t=−x. Por otra parte, deducimos de la Proposición 2.3.2 que, puesto que (12)2= (1) , x=χ3(12) es suma de tres raíces cuadradas de 1 . Luego x∈{−3,−1,1,3} . Por último, en virtud de nuevo de Teorema 2.4.1.1, obtenemosa 9+6x2+8y2+3z2+6t2=24. 56 Capítulo 2. Representaciones de Grupos Finitos Por tanto, x=1 o x=−1 . La discusión previa implica que dichas soluciones proporcionan los valores restantes de los caracteres χ4 y χ5 , con lo que completamos la tabla de caracteres de S4: 1 6 8 3 6 S4(1) (12) (123) (12)(34) (1234) χ11 1 1 1 1 χ21−1 1 1 −1 χ32 0 −1 2 0 χ43 1 0 −1−1 χ53−1 0 −1 1  asabemos que x=x Ejercicio 2.12 * Calcular razonadamente la tabla de caracteres del grupo Q definido en el Ejemplo 2.2. Ejercicio 2.13 Los caracteres irreducibles de S4 proporcionan, por restricción, algunos caracteres de A4. Describir estos caracteres. ¿Son irreducibles? Ejercicio 2.14 * Calcular razonadamente la tabla de caracteres del grupo diédrico D4. Ejercicio 2.15 ** Calcular razonadamente la tabla de caracteres del grupo diédrico Dn , para n≥2. Ejercicio 2.16 Sea G un grupo abeliano finito, y sea b G el conjunto de los caracteres complejos irreducibles de G . Demostrar que el producto inducido por el de números complejos dota a b Gde estructura de grupo. Ejercicio 2.17 ** Sea G un grupo abeliano finito, y b G el grupo definido en el Ejercicio 2.16. Demostrar que existe un isomorfismo de grupos G∼ =b G. Veamos, como aplicación, que los subgrupos normales de G se pueden describir a partir de la tabla de caracteres de G . El resultado que permite esto es el siguiente. Denotamos por Irr(G) = {χ1,...,χt}el conjunto de los caracteres irreducibles de G. Proposición 2.4.2 Los subgrupos normales de G son de la forma Tχ∈ΓKerχ , para Γ⊆ Irr(G). Demostración. Comprobemos primero que Tχ∈Irr(G)Kerχ={1} . Sabemos que χreg = n1χ1+···+ntχt. Si χi(g) = χi(1)para todo i=1,...,t, entonces χreg(g) = n1χ1(g)+···+ntχt(g) = n1χ1(1)+···+ntχt(1) = |G|, de donde g=1, por el Lema 2.3.6. Por el Corolario 2.3.4, cada Kerχ es un subgrupo normal de G , lo que demuestra que si Γ⊆Irr(G) , entonces Tχ∈ΓKerχ es un subgrupo normal de G . Tenemos que demostrar, pues, que todo subgrupo normal N de G es de esta forma. Cada carácter en Irr(G/N) da lugar a un carácter χ en Irr(G) tal que N⊆Kerχ . Identificamos así Irr(G/N) con un subconjunto Γde Irr(G). Por lo demostrado previamente, N/N=\ ϕ∈Irr(G/N) Kerϕ, 2.5 Funciones de Clase. 57 luego N=\ χ∈Γ Kerχ.  2.5 Funciones de Clase. Consideremos el espacio vectorial complejo CG cuyos elementos son las aplicaciones ϕ:G→C. En este espacio vectorial de dimensión |G|definimos el producto interno (ϕ,ψ) = 1 |G|∑ g∈G ϕ(g)ψ(g). Una consecuencia inmediata del Teorema 2.3.8 es que los caracteres irreducibles {χ1,...,χt} de G forman un conjunto ortonormal de vectores en CG . Si G es abeliano, entonces tiene tantas clases de conjugación como elementos, es decir, t=|G| , y, por tanto, los caracteres irreducibles forman una base ortonormal de CG . Si G no es abeliano, los caracteres irreducibles sólo generan un subespacio de CG . A fin de describir dicho subespacio, introducimos la siguiente terminología: una función de clase de G es una aplicación ϕ:G→C que es constante sobre cada clase de conjugación de G . El conjunto de todas las funciones de clase, denotado por C(G) , es un subespacio vectorial complejo de CG. Proposición 2.5.1 Los caracteres irreducibles Irr(G) = {χ1,...,χt} constituyen una base ortonormal de C(G). Demostración. De lo expuesto en el párrafo que precede al enunciado, deducimos que basta con demostrar que C(G) tiene, exactamente, dimensión t . Sean C1,...,Ct las clases de conjugación de G. Para cada i=1,...,t, definimos la función de clase ϕi(g) = (1 si g∈Ci 0 si g/∈Ci Es claro que el conjunto {ϕ1,...,ϕt} es linealmente independiente, y es bastante fácil ver que cualquier función de clase se escribe como combinación lineal de ϕ1,...,ϕt . Por tanto, {ϕ1,...,ϕt} es una base de C(G) , con lo que la dimensión de este espacio vectorial complejo es t. La interpretación proporcionada por la Proposición 2.5.1 de las relaciones de ortogonalidad tiene la siguiente consecuencia relevante. Teorema 2.5.2 Dos representaciones complejas de G son equivalentes si, y sólo si, proporcionan el mismo carácter. Demostración. Sabemos, por el Lema 2.3.1, que representaciones equivalentes proporcionan el mismo carácter, así que nos concentramos en demostrar que el carácter proporcionado por una representación dada la determina salvo equivalencias. Sea, pues, ρ , una representación compleja de G . Usando la correspondencia entre representaciones de G y CG –módulos, vemos que, salvo equivalencia, ρ=ρm1 1⊕···⊕ρmt t , 64 Capítulo 2. Representaciones de Grupos Finitos con que demostremos que el menor subanillo Z[b,c] de C que contiene a b y c , es, visto como grupo aditivo, finitamente generado. Como b,c son enteros algebraicos, sabemos que bn=∑n−1 i=0bibi , y cm=∑m−1 j=0cjcj , para ciertos b0,...,bn−1,c0,...,cm−1∈Z . De aquí es fácil comprobar que cada elemento de la forma bucv , con u,v>0 , se escribe como combinación lineal con coeficientes enteros de elementos de la forma bicj con 0≤i≤n−1,0≤j≤m−1 . Pero todo elemento de Z[b,c] es una combinación lineal con coeficientes enteros de “monomios” de la forma bucv. Concluyendo, vemos que el conjunto {bicj: 0 ≤i≤n−1,0≤j≤m−1} genera Z[b,c]como grupo aditivo, lo que concluye la demostración.  La consecuencia que nos interesa es la siguiente. Corolario 2.7.3 Sea χ un carácter de un grupo finito G . Entonces χ(g) es un entero algebraico para todo g∈G. Demostración. Por la Proposición 2.3.2, χ(g) es una suma de raíces de la unidad. Como cada una de éstas es un entero algebraico, deducimos del Teorema 2.7.2 que χ(g) lo es.  Para nuestros propósitos, necesitamos demostrar no sólo que las entradas de la tabla de caracteres de G son enteros algebraicos, como indica el Corolario 2.7.3, sino que ciertos múltiplos racionales de los mismos lo son. Mantenemos la notación de la Sección 2.3. Proposición 2.7.4 Sea G un grupo finito. Para cada i=1,...,t , existen enteros no negativos mjkl, con j,k,l=1,...,t, tales que hjχij ni hkχik ni= t ∑ l=1 mjkl hlχil ni.(2.9) Además, los números hjχij nison enteros algebraicos para todo i,j=1,...,t. Demostración. Recordemos que si C1,...,Ct son las clases de conjugación de G , y definimos ci=∑g∈Cig para i=1,...,t , entonces, como se probó en la demostración de la Proposición 2.2.4, {c1,...,ct} es una base de Z(CG) . Por tanto, existen números complejos mjkl para j,k,l=1,...,ttales que cjck= t ∑ l=1 mjklcl,j,k=1,...,t.(2.10) Pero, por la forma que tienen cj,ck , los coeficientes mjkl han de ser claramente enteros no negativos. Tomemos ahora la representación irreducible (Vi,ρi) de G que proporciona el carácter χi, para i=1,...,t. La ecuación (2.10) implica que e ρi(cj)◦e ρi(ck) = t ∑ l=1 mjkl e ρi(cl)(2.11) 2.8 El Teorema paqbde Burnside 65 Por otra parte, cada aplicación lineal e ρi(cj):Vi→Vi verifica que, para cada a∈CG , y cada v∈Vi, se tiene e ρi(cj)(av) = cjav =acjv=ae ρi(cj)(v), esto es, e ρi(cj)∈EndCG(Vi). Por el Lema de Schur, EndCG(Vi) es un álgebra de división compleja de dimensión finita. Por el Corolario 1.8.3, ha de ser isomorfa a C . Eso significa que existe zij ∈C tal que e ρi(cj) = zijidVi . Identifiquemos este número: tomando trazas, obtengo que e χi(cj) = nizij , donde nies el grado de ρi. Luego e ρi(cj) = e χi(cj) niidVi.(2.12) Por otra parte, e χi(cj) = e χi(∑ g∈Cj g) = ∑ g∈Cje χi(g) = hjχij.(2.13) De las ecuaciones (2.11), (2.12) y (2.13), deducimos que hjχij ni hkχik ni= t ∑ l=1 mjkl hlχil ni, como queríamos demostrar. Para mostrar que los elementos hjχij ni son enteros algebraicos, fijemos i∈{1,...,t} , y llamemos entonces xj=hjχij ni para cada j=1,...,t . En virtud de la Proposición 2.7.1, es suficiente con demostrar que el menor subanillo Z[x1,...,xt] que contiene a x1,...,xt es finitamente generado en tanto que grupo aditivo. Pero es es consecuencia de las identidades (2.9) ya demostradas.  2.8 El Teorema paqbde Burnside Concluimos el curso con la prueba de un resultado no trivial sobre grupos finitos que usa la teoría de caracteres desarrollada. Necesitaremos unos resultados previos. Lema 2.8.1 Sea χ un carácter irreducible de G proporcionado por una representación (V,ρ) . Sea C una clase de conjugación de G tal que mcd(|C|,χ(1)) = 1 . Entonces, para cada g∈C , se tiene que, o bien χ(g) = 0 , o bien ρ(g) está en el centro del grupo GL(V) . Demostración. Pongamos n=χ(1). Existen u,v∈Ztales que 1=u|C|+vn.(2.14) Multiplicando (2.14) por χ(g)/n, obtenemos χ(g) n=u|C|χ(g) n+vχ(g).(2.15) Por el Corolario 2.7.3, χ(g) es un entero algebraico, y |C|χ(g)/n lo es por la Proposición 2.7.4. Por tanto, (2.15) implica que χ(g)/n es un entero algebraico. Recordemos de la 66 Capítulo 2. Representaciones de Grupos Finitos Proposición 2.3.2 que χ(g) es suma de n raíces de la unidad, así que podemos tomar una extensión ciclotómica F de Q tal que χ(g)∈F . Además, |χ(g)| ≤ n . Por tanto, a=χ(g)/n∈Fy|a|≤1. Sea H el grupo de Galois de F/Q , y σ∈H . Como σ(χ(g)) es también suma de n raíces de la unidad, tenemos que |σ(a)|≤1 . Además, σ(a) es también un entero algebraico (satisface la misma ecuación que a). En consecuencia, NF/Q(a) = ∏ σ∈H σ(a) es un entero algebraico y |NF/Q(a)| ≤ 1 . Pero NF/Q(a) es invariante bajo la acción de H , así que ha de ser un número racional. Por tanto, NF/Q(a) es un número entero de módulo menor o igual que 1 . Hay sólo dos posibilidades: o bien NF/Q(a) = 0 , lo que implica que a=0 , o bien |NF/Q(a)|=1 , lo que implica que |a|=1 , ya que |σ(a)|≤1 para todo σ∈H . En el primer caso, χ(g) = 0 . En el segundo caso, |χ(g)|=n lo que implica, según la Proposición 2.3.3, que ρ(g) = ωidV para ω∈C una raíz de la unidad. Como consecuencia, ρ(g)está en el centro de GL(V). Teorema 2.8.2 Sea G un grupo no abeliano simple. Ninguna clase de conjugación de Gtiene cardinal de la forma papara pprimo y a>0. Demostración. Supongamos que existiese una clase de conjugación C tal que |C|=pa , para pprimo y a>0. Mantenemos la notación introducida cuando definimos la tabla de caracteres, esto es, C1,...,Ct son las clases de conjugación y χ1,...,χt los caracteres irreducibles. Suponemos que C1 es la clase de conjugación del elemento neutro del grupo G , en tanto χ1 es el carácter trivial. También, seguimos denotando or (Vi,ρi) la representación irreducible que proporciona el carácter χiyni=χi(1)para i=1,...,t. Vamos a demostrar primero que, si i∈{2,...,t} es tal que p no divide a ni , se tiene que χi(g) = 0 para todo g∈C . Sea i∈{2,...,t} un tal índice, Zi=Z(GL(Vi)) y Gi= {h∈G:ρi(h)∈Zi} . Es fácil ver que Gi es un subgrupo normal de G . Si χ(g)6=0 para algún g∈C , entonces, por el Lema 2.8.1, tenemos que g∈Gi . Como g6=1 , deducimos de la simplicidad que Gi=G . Por tanto, ρi(G)⊆Zi , y es un grupo abeliano. Pero, al ser G simple, G∼ =ρi(G), en contra de nuestra hipótesis. De las relaciones de ortogonalidad por columnas (ver Teorema 2.4.1), obtenemos la igualdad, para g∈C 0= t ∑ i=1 χi(g)χi(1) = t ∑ i=1 χi(g)ni, que podemos reescribir como 0=1+ t ∑ i=2 χi(g)ni. De la anterior discusión deducimos que existen m2,...,mtenteros no negativos tales que 0=1+ t ∑ i=2 mipχi(g). 2.8 El Teorema paqbde Burnside 67 De donde 1 p=− t ∑ i=2 miχi(g). En virtud del Corolario 2.7.3, cada χi(g) es un entero algebraico, por lo que, según el Teorema 2.7.2, 1/p es un entero algebraico. Eso es una contradicción, así que no puede existir una clase de conjugación con paelementos.  Teorema 2.8.3 Sea G un grupo finito tal que |G|=paqb , para p,q números primos y a,b≥0. Entonces Ges soluble. Demostración. Haremos inducción sobre |G| . Obviamente, el enunciado es cierto para |G|=1, así que supongamos que |G|>1. Sea N un subgrupo normal maximal 3 de G . Si N6={1} , entonces tanto N como G/N son solubles por hipótesis de inducción. Por tanto, Ges soluble. Si N={1} es porque G es simple. Tomamos P un p –subgrupo de Sylow de G . Sabemos 4 que Z(P) es no trivial, luego podemos tomar 16=g∈Z(P) . Entonces, el centralizador c(g) de g en G contiene a P . Por tanto, |G:c(g)| divide a |G:P|=qb . Pero sabemos que |G:c(g)|=|C| , donde C denota la clase de conjugación de g en G . Eso significa que |C| es un divisor de qb . Según el Teorema 2.8.2 esto no es posible salvo que b=0 o G sea abeliano. En el primer caso, P=G y Z(P) = G , por ser G simple. Luego, en ambos casos, Ges simple abeliano, lo que concluye la prueba.  3Es decir Nes maximal entre los subgrupos normales propios de G. 4La ecuación de clases da, en este caso, |P|≡|Z(P)|(mod p). Bibliografía [Góm20] J. Gómez-Torrecillas. Álgebra I. 2. a edición. Universidad de Granada, 2020. URL: http://hdl.handle.net/10481/59620 (véase páginas 5, 17, 18, 33). [Isa76] I. M. Isaacs. Character Theory of Finite Groups. New York: Academic Press, 1976 (véase página 5). [Jac80] N. Jacobson. Basic Algebra II. San Francisco: Freeman y Co., 1980 (véase página 5).