A Norma de Uma Transformação Linear

Suponhamos que V seja um espaço vetorial real normado de dimensão finita (a norma não é uma exigência essencial; considerando uma base qualquer e para V, podemos fazer uma bijeção entre e_i e o vetor do \mathbb R^n que tem 1 na i-ésima coordenada e 0 nas demais, induzindo uma norma em V).

Admitamos agora que V\xrightarrow A V, i.e., que A é uma tranformação linear de V em V. Se v\in V e v\neq0, há u\in V tal que v=|v|.u, e portanto

\displaystyle \frac{|vA|}{|v|} = \frac{|v|.|uA|}{|v|}=|uA|

É claro que |u|=1. Como a esfera unitária é compacta, há um valor máximo M para |uA|. Portanto, para qualquer v\in V

\displaystyle \frac{|vA|}{|v|} =|u_vA|\leq M\implies |vA|\leq M.|v|

Além disso, o valor M é atingido em algum ponto p da esfera, e portanto |pA|=M=M.|p|. Assim pode ocorrer a igualdade acima. Esse M é chamado norma da transformação A. Se A não é um múltiplo da identidade, M depende da norma de V.

Alternativamente, para demonstrar a existência de um M tal que \forall v \in V |vA|\leq M.|v|, podemos tomar uma base ortonormal qualquer e de V, definir M_i = |e_iA| e tomar M=\sum_i M_i. De fato,

\displaystyle |(\sum_i a_i.e_i)A|\leq \sum_i M_i.|a_i| \leq \sum_i M_i.\sqrt{\sum_j a_j^2} = M.\sqrt{\sum_j a_j^2}

Concluiremos, do resultado acima, que se V\xrightarrow B V e B é invertível, há uma constante \forall v\in V |vB|\geq c|v| (mas também poderíamos usar novamente a compacidade da esfera unitária). Basta escolher como c o inverso da norma d de B^{-1}. Se tivéssemos |vB|< c.|v| para algum v, teríamos |v|=|vBA|\leq d.|vB|< d.c.|v|= |v|, absurdo. Essa constante é a melhor que podemos obter, já que |vB^{-1}|=d.|v|\implies |(vB^{-1})B|=d^{-1}.|vB^{-1}| \blacksquare.

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Lema 3 para Radon-Nikodym

O Teorema de Radon-Nikodym

m denota a medida de Lebesgue em [0,1] e \mu denota uma medida absolutamente contínua em relação a m. Os conjuntos e funções são supostos mensuráveis. Quando tratamos da “medida” de um conjunto, está implícito que é a medida de Lebesgue.

Fato: para quaisquer c>0 e S\subset [0,1], existe T\subset S tal que \mu é [0,c]-densa em T e \mu é ]c, \infty[-densa em S\backslash T.

Prova: pelo lema 1 existe T\subset S maximal tal que \mu é [0,c]-densa em T. Se \mu não é ]c,\infty[-densa em S\backslash T, há um subconjunto A de S\backslash T com medida positiva tal que \mu(A) \leq c.m(A). Pelo lema 2 esse subconjunto tem um subconjunto de medida positiva no qual \mu é [0,c]-densa. Unindo-o a T obtemos um conjunto com medida maior que m(T) onde \mu é [0,c]-densa. Absurdo! \blacksquare

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Lema 2 para Radon-Nikodym

O Teorema de Radon-Nikodym

m denota a medida de Lebesgue em [0,1] e \mu denota uma medida absolutamente contínua em relação a m. Os conjuntos e funções são supostos mensuráveis. Quando tratamos da “medida” de um conjunto, está implícito que é a medida de Lebesgue.

Fato:

Versão fraca: para qualquer S\subset [0,1], se c > 0 e \mu(S) < c.m(S), há T \subset S de medida positiva tal que \mu é [0,c]-densa em T.

Versão forte: se S\subset [0,1], c > 0 e \mu(S) \leq c.m(S)\neq 0, há T \subset S de medida positiva tal que \mu é [0,c]-densa em T.

Prova (versão fraca): chamemos um conjunto E\subset [0,1] de excessivo se \mu(E)\ge c.m(E). A ideia é eliminar os conjuntos excessivos. Como \mu(S) < c.m(S), todo A \subset S tal que \mu(A) \ge c.m(A) (i.e., excessivo) deve ter medida m(A)\leq \frac{\mu(A)}{c} < m(S).

Seja M_1 o supremo das medidas (de Lebesgue) dos conjuntos excessivos A \subset S. Há A_1 excessivo com m(A_1)>M_1-\frac{1}{2}. O conjunto S\backslash A_1 não pode ter subconjuntos excessivos B tais que m(B)> \frac{1}{2} (se tivesse, unindo um desses conjuntos a A_1, obteríamos um conjunto excessivo de medida maior que M_1, o que faz com que M_1 não seja o supremo das medidas de conjuntos excessivos, absurdo).

Seja M_2 o supremo das medidas de subconjuntos excessivos de S\backslash A_1. Consideremos A_2 \subset S\backslash A_1 com m(A_2) > M_2-\frac{1}{3}. Se B \subset S\backslash (A_1\cup A_2) excessivo tem medida >1/3, m(A_2\cup B) =m(A_2)+m(B) > (M_2-\frac{1}{3}) + \frac{1}{3}= M_2, absurdo.

Se M_3 é o terceiro supremo, podemos tomar A_3\subset S\backslash (A_1\cup A_2) com medida maior que M_3-\frac{1}{4}. Com isso, qualquer subconjunto excessivo que “sobrou” (i.e., contido em S\backslash (A_1\cup A_2\cup A_3)) tem medida \leq 1/4.

Prosseguindo, S\backslash\displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb N} A_n não pode conter nenhum conjunto excessivo de medida \ge 1/n, qualquer que seja n. Além disso a união dos A_n é excessiva (sublema), logo seu complementar (em S) tem medida positiva. \blacksquare

Prova (versão forte): se S tem um subconjunto S' tal que \mu(S') < c.m(S'), a versão fraca imediatamente implica a afirmação. Senão, para todo S' \subset S, \mu(S')\geq c.m(S') e \mu(S') \geq c.m(S'). Somando, \mu(S) \geq c.m(S) \Rightarrow\mu(S)=c.m(S). Como ocorre a igualdade, \mu(S')=c.m(S'). Logo \mu é [0,c]-densa em S.\blacksquare

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Lema 1 para Radon-Nikodym

O Teorema de Radon-Nikodym

m denota a medida de Lebesgue em [0,1] e \mu denota uma medida absolutamente contínua em relação a m. Os conjuntos e funções são supostos mensuráveis. Quando tratamos da “medida” de um conjunto, está implícito que é a medida de Lebesgue.

Fato: para todo intervalo I, existe T \subset [0,1] maximal (a menos de conjuntos de medida nula) com respeito à I-densidade de \mu. Isso significa que \mu é I-densa em T, mas não existe T' de medida maior que m(T) tal que \mu é I-densa em T'.

Prova: começamos observando que \mu é I-densa em uniões enumeráveis de conjuntos nos quais \mu é I-densa.

Se \mu é I-densa em A_1, A_2,..., então \mu é I-densa em A_1, A_2\backslash A_1, A_3\backslash (A_1\cup A_2), ... Esses conjuntos são disjuntos.
Por isso podemos supôr \mu I-densa em B_1, B_2, ..., com B_i\cap B_j vazio para i\neq j, e mostrar que \mu é I-densa em \displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb N} B_n. Para isso, tome C \subset \bigcup B_n. Então C \cap B_n\subset B_n e \mu é I-densa em B_n, logo \mu(B_n\cap C)\in m(B_n\cap C).I. Pelo sublema, \mu(C)\in m(C).I.

Para demonstrar o fato que queremos, consideremos o supremo M das medidas de conjuntos nos quais \mu é I-densa. Há T_1, T_2, ... tais que cada T_i tem medida \ge M-\frac{1}{i}. Unindo os T_i obtemos um conjunto de medida pelo menos M, e pela observação acima \mu é I-densa nesse conjunto.\blacksquare

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Sublema para Radon-Nikodym

O Teorema de Radon-Nikodym

m denota a medida de Lebesgue em [0,1] e \mu denota uma medida absolutamente contínua em relação a m. Os conjuntos e funções são supostos mensuráveis.

Fato: se I é um intervalo e \displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb N}X_n é uma partição de X\subset [0,1] tal que \forall n\,\mu(X_n)\in m(X_n).I, então \mu(X) \in m(X).I.

Prova: supondo I=[a,b],

\mu(X) =\displaystyle\sum_{n\in\mathbb N} \mu(X_n)
m(X) =\displaystyle\sum_{n\in\mathbb N} m(X_n)
\forall n\in \mathbb N\, a.m(X_n) \leq \mu(X_n) \leq b.m(X_n)

Somando todas as desigualdades obtemos o resultado desejado. Se o intervalo for aberto em um dos extremos, supondo m(X) > 0 todas as desigualdades “desse extremo” com m(X_n)\neq 0 tornam-se estritas, e o resultado continua valendo. Os extremos de I não precisam ser reais. \blacksquare

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O Teorema de Radon-Nikodym

Quando vi pela primeira vez o teorema de Radon-Nikodym, foi apresentada uma demonstração de Von Neumann. Com certeza é uma demonstração belíssima, mas infelizmente ela usa uma teoria um pouco sofisticada, a dos espaços de Hilbert. E Von Neumann era um grande matemático, como mostram estas citações. Assim, infelizmente não pude apreciar como gostaria a sofisticação da prova.

Indignado com isso, eu mesmo procurei uma demonstração, que apresento abaixo. Ela não tem a brevidade das outras, mas espero que seja mais intuitiva e que as ideias sejam simples (o bastante para que lê-la valha a pena). De fato, bastam os conceitos de medida, integração (de Lebesgue) e continuidade absoluta para entendê-la ou produzí-la. É claro que eu não sou o primeiro a tentar uma abordagem diferente da de Von Neumann, que para começar não é a original. Outra linha de ataque pode ser encontrada no link da primeira linha, bem como aqui (mas acho que elas são essencialmente equivalentes). De toda forma, me parece que as ideias mais simples possíveis é que deveriam ser usadas, não só na apresentação deste, mas de qualquer tema.

Obs.: todos os conjuntos e funções abaixo são supostos mensuráveis (à Lebesgue). Quando não é citada a medida considerada, está implícito que é a medida de Lebesgue.

Por razões psicológicas, suponhamos que m seja a medida de Lebesgue, definida nos subconjuntos de [0,1] (a mesma prova se aplicaria a qualquer espaço de probabilidade; os outros casos podem ser provados com base nesse). Seja \mu uma outra medida (i.e., função não-negativa \sigma-aditiva) nessa família, que seja absolutamente contínua em relação a m. Isso significa que m(S)=0\implies \mu(S)=0.

Queremos provar que existe f:[0,1]\to\mathbb R_+ tal que \forall S \subset [0,1]\, \mu(S)=\int_S f\text{d}m. A função f é a chamada derivada de Radon-Nikodym de \mu em relação a m. Numa situação análoga em que o espaço de medida é um subconjunto do mundo fisíco, se \mu mede massa ou carga, essa função é a densidade de massa ou de carga.

[vale a recíproca; para que exista uma função (com integral finita) tal que \mu(S)=\int_S f \text{d}m, é preciso que \mu seja absolutamente contínua em relação a m]

Agora, é importante notar que a função f funciona como uma espécie de densidade para \mu. Assim, \mu(S) é proporcional a m(S) e ao valor de f em S. Em geral, não há conjuntos de medida positiva em que a função f é constante, o que torna a frase anterior imprecisa, mas há conjuntos nos quais ela é quase constante. Nesses conjuntos o comportamento de \mu é previsível. Por exemplo, supondo que, em T, temos 5 \leq f \leq 5.1, então para todo S \subset T temos \mu(S)\in [5m(S), 5.1m(S)]. Se quisermos construir f, é razoável esperar que no processo encontremos conjuntos como esse T, pois eles ajudam a escolher quanto f deve valer em cada ponto.

Dados I \subset \mathbb R intervalo e T \subset [0,1], vamos dizer que \mu é I-densa em T se e somente se \forall S \subset T, \displaystyle \frac{\mu(S)}{m(S)} \in I (se m(S)>0). Esse conceito é a ponte entre \mu e f, e seu poder é notável no lema 2.

Sublema: se I é um intervalo e \displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb N}X_n é uma partição de X\subset [0,1] tal que \forall n\,\mu(X_n)\in m(X_n).I, então \mu(X) \in m(X).I.

Lema 1: para todo intervalo I, existe T \subset [0,1] maximal (a menos de conjuntos de medida nula) com respeito à I-densidade de \mu. Isso significa que \mu é I-densa em T, mas não existe T' de medida maior que m(T) tal que \mu é I-densa em T'.

Lema 2: se S\subset [0,1], c > 0 e \mu(S) \leq c.m(S)\neq 0, há T \subset S de medida positiva tal que \mu é [0,c]-densa em T.

Lema 3: para quaisquer c>0 e S\subset [0,1], existe T\subset S tal que \mu é [0,c]-densa em T e \mu é ]c, \infty[-densa em T\backslash S.

Munidos com o lema 3, vamos atacar diretamente o problema.

Tomando c=1 e S =[0,1], concluimos que existe A\subset [0,1] tal que \mu é [0,1]-densa em A e \mu é ]1,\infty[-densa em [0,1]\backslash A. Declaremos A=A_{[0,1]}. Nesse conjunto teremos 0\leq f\leq 1.

Ao tomarmos c=1/2 e S=A_{[0,1]}, encontramos uma partição A_{[0,1]}= A_{[0,1/2]} \cup A_{]1/2, 1]}, com T=A_{[0,1/2]}. É óbvio que se \mu é I-densa e J-densa no mesmo conjunto, \mu é I\cap J-densa nesse conjunto; portanto, essa partição é tal que \mu é [0,1/2]-densa em A_{[0,1/2]} e \mu é ]1/2, 1]-densa em A_{]1/2,1]}.

Também é possível particionar A_{[0,1/2]}=A_{[0,1/4]}\cup A_{]1/4,1/2]} e A_{]1/2,1]}=A_{]1/2,3/4]}\cup A_{]3/4,1]}, com a convenção de que \mu é I-densa em A_I.

Podemos sempre escrever A_{[0,1]}=A_{[0,1/2^n]}\cup \displaystyle\bigcup_{k=1}^{2^n-1} A_{]k/2^n, (k+1)/2^n]}. A cada passo, cada conjunto se divide em dois. Assim cada ponto p\in A está em exatamente uma sequência decrescente desses conjuntos, e os intervalos associados “convergem” para algum valor, pelo teorema dos intervalos encaixantes (mais precisamente, os fechos desses intervalos se intersectam em algum ponto). Definamos como f(p) esse valor.

Assim, por exemplo,

p \in \cap A_{[0,1/2^n]} \implies f(p)=0
p \in\cap A_{]1/2, 1/2+1/2^n]} \implies f(p)=1/2
p \in \cap A_{]1-1/2^n,1]}\implies f(p)=1

Agora afirmo que f é mensurável (até onde isso faz sentido) e que sua integral em qualquer subconjunto de A é igual ao valor de \mu nesse conjunto.

Os intervalos da forma ]k/2^n, (k+1)/2^n], k\geq1 ou da forma [0,1/2^n] geram a \sigma-álgebra de Borel, como é fácil verificar; portanto, basta mostrar que a pré-imagem desses intervalos é mensurável. Sabemos que cada A_I é mensurável, e que A_I contém a pré-imagem do interior de I, mas não possui nenhum ponto cuja imagem está no exterior de I. Para obtermos exatamente a pré-imagem de I, basta mostrar que cada f^{-1}(\frac{k}{2^n}) é mensurável, k\in\mathbb Z \cap [0,2^n].

f^{-1}(0) e f^{-1}(1) são mensuráveis, e a prova é trivial. Se k\in]0,2^n[,

\displaystyle f^{-1}(\frac{k}{2^n})= (\bigcap_m A_{]\frac{k}{2^n}-\frac{1}{2^m}]})\cup (\bigcap_m A_{]\frac{k}{2^n}+\frac{1}{2^m}]})

e o resultado segue.\Box

Verifiquemos agora que \forall S\subset A\, \mu(S)=\int_S f\text{d}m. Isto é simples. Para todo n\in\mathbb N,

S= (A_{[0,1/2^n]}\cap S) \cup (A_{]1/2^n, 2/2^n]}\cap S) \cup ...\, (A_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]}\cap S)

Portanto, definindo B_I=A_I\cap S e lembrando que m(B_{[0,1/2^n]})+...+m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]}) \leq 1,

\displaystyle \frac{1}{2^n} + \mu(S)

\displaystyle = \frac{1}{2^n}+\mu(B_{[0,1/2^n]}) + \mu(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, \mu(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \geq \frac{1}{2^n}+0.m(B_{[0,1/2^n]}) + \frac{1}{2^n}m(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, + \frac{2^n-1}{2^n}.m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \geq \frac{1}{2^n}.m(B_{[0,1/2^n]})+ \frac{2}{2^n}m(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, + \frac{2^n}{2^n}.m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \geq \int\limits_{B_{[0,1/2^n]}}f\text{d}\mu+\int\limits_{B_{]1/2^n, 2/2^n]}}f\text{d}\mu+...\, +\int\limits_{B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]}}f\text{d}\mu

\displaystyle \geq\int_S f\text{d}\mu

Similarmente,

\displaystyle -\frac{1}{2^n} + \mu(S)

\displaystyle = -\frac{1}{2^n}+\mu(B_{[0,1/2^n]}) + \mu(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, \mu(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \leq -\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}.m(B_{[0,1/2^n]}) + \frac{2}{2^n}m(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, + \frac{2^n}{2^n}.m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \leq 0.m(B_{[0,1/2^n]})+ \frac{1}{2^n}m(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, + \frac{2^n-1}{2^n}.m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \leq \int\limits_{B_{[0,1/2^n]}}f\text{d}\mu+\int\limits_{B_{]1/2^n, 2/2^n]}}f\text{d}\mu+...\, +\int\limits_{B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]}}f\text{d}\mu

\displaystyle \leq \int_S f \text{d}\mu

Fazendo n\to \infty, obtemos \mu(S) =\int_S f\text{d}m.\Box

Acabou o trabalho duro. Para terminar, escolhemos sucessivamente, no lema 3:

*c=2 e S=A_{]1,\infty[}, obtendo A_{]1,2]} e A_{]2,\infty[}.
*c=3 e S=A_{]2,\infty[}, obtendo A_{]2,3]} e A_{]3,\infty[}.
*c=4 e S=A_{]3,\infty[}, obtendo A_{]3,4]} e A_{]4,\infty[}.

Em cada A_{]n,n+1]} aplicamos o mesmo argumento que usamos para A_{[0,1]}, extendendo f. Assim, em várias partes do domínio [0,1], criamos uma função cuja integral é \mu. Se o conjunto \displaystyle A_{[0,1]}\cup\bigcup_n A_{]n,n+1]} tiver medida total, podemos definir f como 0 nos pontos remanescentes, concluindo, pela comutatividade de somas e integrais (ou pelo teorema da convergência monótona), que \forall S\subset [0,1] \mu(S)=\int_S f \text{d}m, como queríamos. E é fácil provar que esse conjunto tem medida total, pois se seu complementar C tem medida c>0, podemos tomar n tal que n>\frac{\mu(C)}{c}, e então tal que C \not\subset A_{[n,\infty[} \implies C\cap A_{[n,\infty[}\neq\emptyset. Absurdo!\blacksquare

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Exemplos Triviais de Naturalidade

Suponha que E seja um espaço vetorial n-dimensional sobre um corpo K. Seja e uma base para E. Podemos definir, para i \in n,

f_i(e_j) = \delta_{ij}

Veja que \forall i f_i \in E^*. Analogamente, para cada i \in ng_i \in E^{**} tal que

g_i(f_j) = \delta_{ij}

Temos \displaystyle g_i(\sum_{j=0}^{n-1} a_jf_j) = a_i e similarmente \displaystyle (\sum_{j=0}^{n-1}a_jf_j)(a_i) = a_i. Veja que assim temos uma bijeção entre os elementos da base e de E e os da base g de E^{**}, no sentido de que f(e_i) = g_i(f) para toda f \in E^*. Podemos extender linearmente essa correspondência. Automaticamente teremos \forall v \in E \forall f \in E^* v^*(f) = f(v), onde v^{**} é o funcional associado a v. Essa é uma correspondência natural entre E e E^{**}, no sentido de que não se baseia na escolha arbitrária de uma base.

________________________________________________

Se G é um grupo, dizemos que \chi é um caracter em G se e somente se \chi: G \to \mathbb C^* é homomorfismo. O conjunto dos caracteres em um grupo G também é um grupo (abeliano) com a operação (g)(\chi_1.\chi_2) = (g)\chi_1(g)\chi_2. Esse grupo é isomorfo a G. De fato, supondo

G \cong \mathbb Z /a_1\mathbb Z \times \mathbb Z /a_2\mathbb Z \times ...\, \mathbb Z /a_n\mathbb Z ,

claramente o grupo dos caracteres em G é isomorfo ao grupo dos caracteres em \mathbb Z /a_1\mathbb Z \times \mathbb Z /a_2\mathbb Z \times ...\, \mathbb Z /a_n\mathbb Z (mas é importante perceber que consideramos esse grupo com uma estrutura aditiva). Quanto aos caracteres nesse grupo, com as notações
e_1 = (1,0,...\,0), e_2=(0,1,0,...\,0), … e e_n=(0,...\, 0, 1), observa-se que

(b_1,...\,b_n)\chi = (e_1)\chi^{b_1}...\,(e_n)\chi^{b_n} (*) ,

Isso mostra como não há muita variação possível para os caracteres. A esse respeito, temos, para todo \chi caracter no grupo produto (isomorfo a G), e para todo k \in \{1, ...\, n\}, (e_k)\chi^{a_k}=(a_ke_k)\chi = (0)\chi =1. Logo (e_k)\chi é uma raiz a_k-ésima da unidade. Essas são as restrições que caracterizam os caracteres.

É fácil ver que, dado k, podemos definir

(b_1,b_2,...\,b_n)\chi_k = e^{\frac{2\pi ib_k}{a_k}}

Se \chi é um caracter qualquer em \prod \mathbb Z/a_k\mathbb Z e os caracteres \chi_k são dados como acima, como (e_k)\chi_k é uma raiz a_k-ésima primitiva da unidade, temos (e_k)\chi = (e_k)\chi_k^{c_k} para alguma n-upla c tal que c_k \in \mathbb Z/a_k \mathbb Z. Portanto, de (*),

\chi = \chi_1^{c_1}\chi_2^{c_2}...\,\chi_n^{c_n}

Também é trivial verificar que os caracteres dados pelo lado direito são todos distintos. O isomorfismo é imediato. \blacksquare

Da demonstração acima também se conclui que a todo g \in G corresponde um caracter \chi tal que (g)\chi \neq 1. Isso é útil para provar o segundo dos seguintes fatos:

\forall \chi\, \chi \text{ caracter em }G \land \chi \not\equiv 1 \Rightarrow \sum_{g\in G} (g)\chi = 0
\forall g\neq e \, g \in G\Rightarrow \sum_{\chi\text{ caracter em } G}\, (g)\chi = 0

A simetria entre esses fatos levou-me a indagar se o isomorfismo entre G e \hat{G} (o conjunto dos caracteres em G) preserva evaluação, como se descreve mais precisamente abaixo.

Suponhamos que ^* representa o isomorfismo, i.e., g^* é o caracter associado a g e \chi^* é o elemento do grupo associado a \chi. Então (g)\chi = (\chi^*)g^*.

Prova: aqui podemos tratar apenas do caso \displaystyle G = \prod_k \mathbb Z /a_k\mathbb Z. Notemos que g=(b_1,...\,b_n) está associado ao caracter g^*=\chi_1^{b_1}...\,\chi_n^{b_n}. Similarmente o caracter \chi=\chi_1^{c_1}...\,\chi_n^{c_n} está associado a (c_1,...\,c_n). Então basta ver que

(b_1,...\,b_n)\chi_1^{c_1}...\,\chi_n^{c_n} = (c_1,...\,c_n)\chi_1^{b_1}...\,\chi_n^{b_n}

\displaystyle \Leftrightarrow \prod_k (b_ke_k)\chi_k^{c_k} = \prod_k (c_ke_k)\chi_k^{b_k}

\displaystyle \Leftrightarrow \prod_k (e^{\frac{2\pi ib_k}{a_k}})^{c_k} = \prod_k (e^{\frac{2\pi ic_k}{a_k}})^{b_k} \blacksquare

Mas a ideia era falar sobre isomorfismos naturais. À colocação acima (sobre preservar evaluação), o Gugu respondeu que o isomorfismo de G em \hat{G} não é natural, G é naturalmente isomorfo a \hat{\hat{G}}. Não sei o que isso significa formalmente, mas exibamos o isomorfismo (natural). Basta levar cada g \in G ao caracter que leva \chi em (g)\chi (observação: esse isomorfismo vem facilmente da composição entre um isomorfismo de G e \hat{G} e um isomorfismo entre \hat{G} e \hat{\hat{G}}). Por outro lado, diretamente da definição, essa transformação é um homomorfismo porque (gh)\chi = (g)\chi(h)\chi, e é injetiva porque a cada g \neq e corresponde ao menos um \chi com (g)\chi \neq 1. A bijetividade segue do fato de que G e \hat{\hat{G}} têm a mesma cardinalidade.\blacksquare

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