S3 特征标表的计算 | Codeboy's Blog

形式陈述

本页计算对称群 $S_3$ 的全部不可约复特征标，并用它们分解给定表示。所有表示均在有限维复向量空间上。表的列按三个共轭类排列，行按三个不可约表示排列：

共轭类代表	$e$	$(12)$	$(123)$
类大小	$1$	$3$	$2$
平凡表示 $\mathbf1$	$1$	$1$	$1$
符号表示 $\mathrm{sgn}$	$1$	$-1$	$1$
标准表示 $U$	$2$	$0$	$-1$

类大小一行给出对六个群元素求和时的权重。对任意特征标 $\chi=(a,b,c)$ ，特征标正交关系给出三个重数

m_{\mathbf1}=\frac{a+3b+2c}{6},\qquad m_{\mathrm{sgn}}=\frac{a-3b+2c}{6},\qquad m_U=\frac{2a-2c}{6}.

这三行分别来自平凡表示、置换的符号表示，以及三点置换空间中的和零平面。下面构造这些表示，计算其特征标，再用正交关系确定不可约性与重数。

直觉

最容易观察 $S_3$ 的方式，是让它置换三个位置。这个三维表示含有一个显然不动的方向：所有坐标都相同。把这个共同不动的部分拆走，剩下的二维空间记录三个坐标之间的差异，也就是标准表示。

取迹使这个拆分变得简单。三点置换的迹等于固定点数，先数出 $(3,1,0)$ ，再减去平凡表示的 $(1,1,1)$ ，便得到 $(2,0,-1)$ 。之后只需一次带权内积，就能证明这个二维部分已经不可约。

从三点置换表示分出常数直线与和零平面，固定点计数减去平凡特征标得到标准行，再以共轭类大小 1、3、2 检验其范数为 1 — 标准特征标的构造与不可约性检验：先拆分表示，再取迹，最后按类大小求内积。

例子与边界

先确定列：六个元素，三个共轭类

$S_3$ 的六个元素为

e,\quad(12),(13),(23),\quad(123),(132).

在对称群中，共轭会重新标记循环中的字母，因而相同循环型的置换共轭。这给出单位元、换位、三循环三个共轭类，大小分别为 $1,3,2$ 。它们的总和正是类方程中的 $1+3+2=6$ 。

特征标在每类上常值，故只需计算 $e,(12),(123)$ 三处。

两个一维表示

平凡表示把每个置换映到 $1$ ，特征标为

\chi_{\mathbf1}=(1,1,1).

符号表示把偶置换映到 $1$ ，奇置换映到 $-1$ 。其乘法性也可由置换矩阵的行列式看出：置换复合对应矩阵乘法，行列式相乘。换位为奇置换，三循环是两个换位的乘积，因此

\chi_{\mathrm{sgn}}=(1,-1,1).

非零一维表示没有中间子空间，所以二者都不可约；它们在换位上的值不同，因此不同构。

从置换表示构造第三行

让 $S_3$ 自然作用于集合 $\{1,2,3\}$ ，由这个群作用得到 $\mathbb C^3$ 上的置换表示 $\rho(g)e_i=e_{g(i)}$ 。置换矩阵的对角条目记录固定点，所以

\chi_{\mathrm{perm}}=(3,1,0):

单位元固定三个点，换位固定剩下的一个点，三循环没有固定点。

令 $L=\mathbb C(1,1,1)$ ，群在 $L$ 上平凡作用。再令

U=\{(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb C^3:x_1+x_2+x_3=0\}.

置换坐标不改变坐标和，所以 $U$ 不变。对任意 $x\in\mathbb C^3$ ，取 $a=(x_1+x_2+x_3)/3$ ，就有

x=a(1,1,1)+\bigl(x-a(1,1,1)\bigr),

第二项属于 $U$ 。同时， $a(1,1,1)\in U$ 意味着 $3a=0$ ，故 $L\cap U=0$ 。于是 $\mathbb C^3=L\oplus U$ ，其中 $x\mapsto a(1,1,1)$ 是到 $L$ 的投影。这具体实现了Maschke 定理给出的不变补分解。

由直和的迹相加，得到

\chi_U=\chi_{\mathrm{perm}}-\chi_{\mathbf1} =(3,1,0)-(1,1,1)=(2,0,-1).

加权检验不可约性，并确认已经穷尽

按类大小计算标准行的自内积：

\langle\chi_U,\chi_U\rangle =\frac{1\cdot2^2+3\cdot0^2+2\cdot(-1)^2}{6} =\frac{4+0+2}{6}=1.

不可约判据因此证明 $U$ 不可约。三行的交叉内积也可以逐项核对：

\begin{aligned} \langle\chi_{\mathbf1},\chi_{\mathrm{sgn}}\rangle &=\frac{1-3+2}{6}=0,\\ \langle\chi_{\mathbf1},\chi_U\rangle &=\frac{2+0-2}{6}=0,\\ \langle\chi_{\mathrm{sgn}},\chi_U\rangle &=\frac{2+0-2}{6}=0. \end{aligned}

两个一维行的自内积都为 $(1+3+2)/6=1$ 。这样，三行互相正交且各自长度为 $1$ 。

$S_3$ 只有三个共轭类，而正交定理说明不可约复表示的同构类数恰等于共轭类数。现在已经找到三个不同构不可约表示，所以表已完整。维数平方和也给出同样结论： $1^2+1^2+2^2=6$ ，全部不可约维数的平方和恰好等于群阶。

按元素计数形成权重

若无视权重，把标准行的三个取值直接按三列平均，会得到

\frac{2^2+0^2+(-1)^2}{3}=\frac53,

这相当于对三个共轭类等权平均。特征标内积平均的是六个元素：三个换位各贡献一次 $0$ ，两个三循环各贡献一次 $1$ ，因此按类记录时分别带权重 $3$ 与 $2$ 。

推论与应用

分解六维正则表示

左正则表示以 $S_3$ 的六个元素为基，特征标为 $(6,0,0)$ 。将它与表的三行分别作内积，得到

m_{\mathbf1}=\frac6{6}=1,\qquad m_{\mathrm{sgn}}=\frac6{6}=1,\qquad m_U=\frac{12}{6}=2.

因此

\mathbb C[S_3]\cong\mathbf1\oplus\mathrm{sgn}\oplus U\oplus U.

右边维数为 $1+1+2+2=6$ 。标准表示出现两次，这具体体现了正则表示中不可约成分的重数等于其维数。

分解标准表示的张量平方

在 $U\otimes U$ 上，群同时作用于两个因子： $g\cdot(u\otimes v)=(gu)\otimes(gv)$ 。其作用矩阵为 $\rho_U(g)\otimes\rho_U(g)$ ，对角元求和给出

\operatorname{tr}(A\otimes B)=\operatorname{tr}(A)\operatorname{tr}(B).

所以张量平方的特征标是逐项乘积 $\chi_{U\otimes U}=\chi_U^2=(4,0,1)$ 。用表计算三个重数，

m_{\mathbf1}=\frac{4+0+2}{6}=1,\qquad m_{\mathrm{sgn}}=\frac{4-0+2}{6}=1,\qquad m_U=\frac{8-2}{6}=1.

得到

U\otimes U\cong\mathbf1\oplus\mathrm{sgn}\oplus U.

维数为 $1+1+2=4$ ，与 $\dim(U\otimes U)=2\cdot2$ 一致。取 $U$ 的基 $u,v$ ，反对称张量 $u\otimes v-v\otimes u$ 张成其中的一维符号部分：它按 $\det\rho_U(g)$ 变换，而 $\mathbb C^3=\mathbf1\oplus U$ 给出 $\det\rho_U(g)=\mathrm{sgn}(g)$ 。

继续使用这张表，可以完成从非平凡 C2 表示构造 S3 诱导表示：先由三个右陪集写出生成元矩阵，得到特征标 $(3,-1,0)$ ，再用Frobenius 互反定理在两元素子群中算出重数 $0,1,1$ ，核对分解 $\mathrm{sgn}\oplus U$ 。

参考资料

Pavel Etingof, Oleg Golberg, Sebastian Hensel, Tiankai Liu, Alex Schwendner, Dmitry Vaintrob, Elena Yudovina, Introduction to Representation Theory，MIT 作者公开讲义，2011-01-10 版，§3.3， $S_3$ 表示例，印刷页 35；§3.8， $S_3$ 特征标表，印刷页 40。
Charles Rezk, Notes on Finite Group Representations，University of Illinois 本科课程讲义，Fall 2020，§19–22，正交关系、正则表示重数及不可约表示的完整性，印刷页 15–20。

形式陈述 ​

先确定列：六个元素，三个共轭类 ​

两个一维表示 ​

从置换表示构造第三行 ​

加权检验不可约性，并确认已经穷尽 ​

按元素计数形成权重 ​

分解六维正则表示 ​

分解标准表示的张量平方 ​

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