Abbiamo visto la differenza tra un prodotto diretto e semidiretto, e ora ci occuperemo di capire il seguente problema: dati due gruppi $H$ e $A$ di cui conosciamo le rappresentazioni, quali sono le rappresentazioni del loro prodotto semidiretto $H \ltimes A$?
Nel caso in cui il prodotto sia diretto, la risposta è semplice. Se le rappresentazioni di $H$ sono date da matrici $\pi_i$ su spazi vettoriali $V_i$ e le rappresentazioni di $A$ sono date da matrici $\widetilde{\pi}_j$ su spazi vettoriali $\widetilde{V}_j$, allora le rappresentazioni irriducibili del prodotto diretto $H \times A$ sono date di nuovo dal prodotto diretto $\pi_i \oplus \widetilde{\pi}_j$, sullo spazio vettoriale $V_i \oplus \widetilde{V}_j$, per ogni $i, j$. Come si generalizza questo risultato al prodotto semidiretto?Per capirlo ci limitiamo al caso in cui $A$ è abeliano, per cui ci dà una mano Serre, Linear Representations of Finite Groups, parte II sezione 8.2.
Un caso particolarmente interessante di prodotto semidiretto di cui ci interessano le rappresentazioni è il gruppo di Lorentz inomogeneo, cioè il gruppo di simmetria della teoria dei campi, che è un prodotto semidiretto della forma $ISO^+(1,3) = SO^+(1,3) \ltimes \mathbb{R^4}$. Un esempio simile è il gruppo delle isometrie di $\mathbb{R^3}$, che è $SO(3) \ltimes \mathbb{R^3}$. In entrambi i casi, il secondo gruppo è abeliano come richiesto.
Ora vediamo come affrontare il problema. Consideriamo il prodotto semidiretto $G=H \ltimes A$ dove però come abbiamo già detto ci limitiamo al caso in cui $A$ è abeliano. Nella nostra notazione $G=H \ltimes A$ vuol dire che abbiamo un’azione di $H$ su $A$. Ovvero gli elementi di $G$ sono della forma $(h,a)$ per $h \in H$ e $a \in A$, con il prodotto
$$(h_1, a_1) (h_2, a_2) = (h_1 h_2, a_1 \phi(h_1)(a_2)) $$
dove $\phi: H \to \mathrm{Aut}(A)$ è un omomorfismo. Ovvero per ogni $h$, $\phi(h):A \to A$ è un omomorfismo invertibile. Questa non è altro che la definizione di prodotto semidiretto.
Poiché $A$ è abeliano, le sue rappresentazioni irriducibili sono particolarmente semplici. Sono infatti tutte monodimensionali e perciò sono identiche ai loro caratteri, i quali (nel caso abeliano) com’è noto formano un gruppo a sé, che chiamiamo $X$. Su questo insieme abbiamo un’azione di $H$ data da
$$(h \cdot \chi)(a) \equiv \chi(\phi(h^{-1})(a))$$
L’inversa è strettamente necessaria perché l’azione sia effettivamente un’azione. Infatti ponendo $h_2 \cdot \chi = \chi’$ e quindi $\chi'(a’))=\chi(\phi(h_2^{-1})(a’))$ allora abbiamo
\begin{align*}
h_1 \cdot (h_2 \cdot \chi)(a) &= h_1 \cdot \chi'(a) = \chi'(\phi(h_1^{-1})(a))
=\chi(\phi(h_2^{-1})(\phi(h_1^{-1})(a))=\\
&= \chi(\phi(h_2^{-1} h_1^{-1})(a)) = \chi(\phi((h_1 h_2)^{-1})(a)) =\\
=(h_1 h_2) \cdot \chi(a)
\end{align*}
come dev’essere, dato che appunto $a’ = \phi(h_1^{-1} a)$. Serre scrive l’azione in modo diverso e secondo me meno chiaro, ovvero nota semplicemente che se $s = (h_s, a_s) \in G$, allora
$$s^{-1} (1, a) s = (1, \phi(h_s^{-1})(a_s^{-1} a a_s)) = (1, \phi(h_s^{-1})(a))$$
dato che $A$ è abeliano, che è uguale all’azione sopra. Noi preferiremo la versione più esplicita. Poiché $\phi(h)(a) \in A$ per ogni $a \in A$, la formula a destra è sensata. Perché questa sia un azione su $X$, dev’essere vero che $h \cdot \chi$ è un carattere irriducibile di $A$. Ma questo in un certo senso è ovvio: poiché $A$ è abeliano, le sue rappresentazioni irriducibili sono tutte monodimensionali, e una rappresentazione monodimensionale è irriducibile; il carattere di una rappresentazione monodimensionale è uguale alla rappresentazione. Perciò basta dimostrare che $h \cdot \chi$ è un omomorfismo $A \to \U(1)$. Poiché $\chi: A \to \U(1)$ allora anche $h \cdot \chi \in \U(1)$. Inoltre
$$(h \cdot \chi)(a_1 a_2) = \chi(\phi(h^{-1})(a_1 a_2)) = \chi(\phi(h^{-1})(a_1)) \chi(\phi(h^{-1})(a_2)) =(h \cdot \chi)(a_1 ) (h \cdot \chi)(a_2) $$
dato che sia $\phi$ quanto $\chi$ sono omomorfismi. Perciò abbiamo effettivamente un’azione di $H$ su $X$. Chiamiamo $X/H$ le orbite di quest’azione e scegliamo dei rappresentanti $\chi_i$, per ogni $i \in X/H$. Sia $H_i$ lo stabilizzatore di $\chi_i$, ovvero il sottogruppo degli $h \in H$ tale che $h \cdot \chi_i = \chi_i$. Costruiamo quindi il gruppo $G_i \equiv H_i \ltimes A$, che è un sottogruppo di $G$ (dato che $H_i$ è un sottogruppo di $H$). Il carattere $\chi_i$ può essere esteso ad un carattere $\widetilde{\chi}_i$ definito tutto $G_i$ ponendo semplicemente
$$\widetilde{\chi}_i((h,a))=\chi_i(a)$$
Ora vogliamo dimostrare che $\widetilde{\chi}_i$ è un carattere monodimensionale irriducibile di $G_i$. Per definizione $\widetilde{\chi}_i: G_i \to \U(1)$, perciò basta dimostrare che è un omomorfismo. Abbiamo
$$\widetilde{\chi}_i((h_1,a_1)(h_2,a_2))=\widetilde{\chi}_i((h_1 h_2, a_1 \phi(h_1)(a_2)) ) = \chi_i(a_1 \phi(h_1)(a_2)) = \chi_i(a_1) (h_1^{-1} \cdot \chi_i)(a_2)$$
Ma poiché $h_1 \in H_i$, allora anche $h_1^{-1} \in H_i$ e quindi stabilizza $\chi_i$, perciò $h_1^{-1} \cdot \chi_i = \chi_i$ e quindi la formula diventa
$$=\chi_i(a_1) \chi_i(a_2) = \widetilde{\chi}_i((h_1,a_1)) \widetilde{\chi}_i((h_2,a_2))$$
Ne segue che $\widetilde{\chi}_i$ è una rappresentazione monodimensionale (e quindi irriducibile) di $G_i$ e quindi in particolare è un carattere irriducibile.
Ora supponiamo di avere una rappresentazione irriducibile $\rho$ di $H_i$. Allora di nuovo possiamo estenderla ad una $\widetilde{\rho}$ su tutto $G_i$ ponendo semplicemente
$$\widetilde{\rho}((h,a))=\rho(h)$$
È chiaro che $\widetilde{\rho}$ è un omomorfismo dato che $\rho$ è un omomorfismo e nel prodotto tra due elementi ad $H$ non succede nulla di strano. Perciò poiché $\rho$ è una rappresentazione, anche $\widetilde{\rho}$ è una rappresentazione. Inoltre dato che $\rho$ è irriducibile, anche $\widetilde{\rho}$ è irriducibile. Infatti possiamo calcolarne il prodotto interno con se stessa (chiamiamo i due caratteri $\chi$ e $\widetilde{\chi}$) ottenendo:
\begin{align*}
\expval{\widetilde{\chi}, \widetilde{\chi}}_{G_i} &= \frac{1}{\abs{G_i}} \sum_{g \in G_i}\widetilde{\chi}(g)^*\widetilde{\chi}(g)=\frac{1}{\abs{A}\abs{H_i}} \sum_{h \in H_i, a \in A}\widetilde{\chi}((h,a))^*\widetilde{\chi}((h,a))\\
&=\frac{1}{\abs{A}\abs{H_i}} \sum_{h \in H_i, a \in A}\chi(h)^*\chi(h) = \frac{1}{\abs{H_i}} \sum_{h \in H_i}\chi(h)^*\chi(h) = \expval{\chi, \chi}_{H_i}=1
\end{align*}
dato che appunto una rappresentazione di un gruppo $G$ è irriducibile se e solo se il suo carattere $\chi$ soddisfa $\expval{\chi, \chi}_G=1$. Abbiamo quindi esteso una rappresentazione di $H_i$ a tutto $G_i$ e una rappresentazione di $A$ anch’essa a tutto $G_i$. Si tratta quindi di combinarle in maniera appropriata; definiamo il loro prodotto tensoriale
$$\sigma_{i,\rho} = \chi_i \otimes \widetilde{\rho}$$
su $G_i$. Poiché $\widetilde{\rho}$ è irriducibile e $\chi_i$ è un carattere monodimensionale, allora, come abbiamo dimostrato in un post precedente, anche $\sigma_{i,\rho}$ è una rappresentazione irriducibile. È cruciale qui che $\chi_i$ sia un carattere monodimensionale e per questo è fondamentale che l’azione di $H_i$ su $\chi_i$ sia banale. Ora chiamiamo $\theta_{i, \rho}$ la rappresentazione indotta di $\sigma_{i, \rho}$ su $G$; abbiamo parlato della rappresentazione indotta in un precedente articolo. Abbiamo quindi il seguente risultato:
Teorema. Le rappresentazioni irriducibili di $G$ sono tutte e sole le $\theta_{i, \rho}$ al variare di $i$ e $\rho$. Inoltre $\theta_{i, \rho}$ e $\theta_{i’, \rho’}$ sono isomorfe se e solo se $i’=i$ e $\rho’=\rho$.
Procediamo quindi alla dimostrazione. Prima di tutto dimostriamo che $\theta_{i, \rho}$ è irriducibile. Una condizione necessaria e sufficiente per l’irriducibilità della rappresentazione indotta è data dal criterio di Mackey, che abbiamo visto in un precedente articolo. Poiché $\sigma_{i,\rho}$ è irriducibile, allora basta dimostrare che per ogni $s \in G-G_i$, posto $K_s = G_i \cap s G_i s^{-1}$ la restrizione di $(\sigma_{i,\rho})$ a $K_s$ e la rappresentazione $(\sigma_{i,\rho})^s$ su $K_s$ data da $(\sigma_{i,\rho})^s(x) = \sigma_{i,\rho}(s^{-1}x s)$ non hanno nessuna componente irriducibile in comune.
Serre dimostra questa cosa in una maniera che sinceramente non capisco e quindi prendo una strada leggermente diversa. A questo scopo vogliamo capire meglio la struttura di $K_s$ come insieme. Un elemento $(h,a) \in K_s$ prima di tutto se $(h,a) \in G_i$ e quindi $h_s \in H_i$ e $a \in A$; inoltre deve anche soddisfare $(h,a) \in s G_i s^{-1}$ ovvero $s^{-1} (h,a) s \in G_i$. Se $s = (h_s, a_s)$ con $h_s \in H$ e $a_s \in A$, allora calcolando esplicitamente abbiamo
\begin{align}
s^{-1} (h,a) s &= (h_s, a_s)^{-1} (h,a) (h_s, a_s) =\\
&= (h_s^{-1}, \phi(h_s^{-1}) a_s^{-1}) (h h_s, a \phi(h)(a_s))=\\
&=(h_s^{-1} h h_s, \phi(h_s^{-1})(a_s^{-1} a) \phi(h_s^{-1} h)(a_s))
\end{align}
dove andando all’ultima riga abbiamo saltato alcuni passaggi, ma sono semplicemente un’applicazione delle proprietà di $\phi$ e del fatto che sono $A$ è normale. Perché $s^{-1} (h,a) s \in G_i$ il primo elemento dev’essere in $H_i$ e il secondo in $A$. Il secondo elemento è sempre in $A$ per le proprietà di $\phi$, mentre il primo elemento può essere in $H_i$ o meno: in particolare lo è se e solo se $h_s^{-1} h h_s \in H_i$. Ciò che ci interessa è che come insieme (non come gruppo!) $K_s$ ha quindi la forma $K_s = \widetilde{H}_i \times A$ dove $\widetilde{H}_i$ è il sottoinsieme degli $h \in H_i$ tali che $h_s^{-1} h h_s \in H_i$. Ora torniamo alla questione che ci interessa. Per dimostrare che le due rappresentazioni sono disgiunte ne calcoliamo il prodotto interno dei caratteri, che deve fare zero. Abbiamo $\tr\sigma_{i,\rho}(h,a) = \chi_i(a) \chi_\rho(h)$ e quindi ponendo $s^{-1} (h,a) s = (h’,a’)$ (che abbiamo calcolato prima) troviamo
\begin{align}
\expval{\tr(\mathrm{Res}\,\sigma_{i,\rho}), \tr(\sigma_{i,\rho}^s)}_{K_s} &= \frac{1}{\abs{K_s}} \sum_{ (h,a) \in K_s} \tr(\sigma_{i,\rho}((h,a)))^* \tr(\sigma_{i,\rho}(s^{-1}(h,a)s)) =\\
&=\frac{1}{\abs{K_s}} \sum_{ (h,a) \in K_s} \chi_i(a)^* \chi_i(a’) \chi_\rho(h)^* \chi_\rho(h’)= \\
&=\frac{1}{\abs{K_s}} \sum_{h \in \widetilde{H}_i} \chi_\rho(h)^* \chi_\rho(h_s^{-1} h h_s) (h_s\cdot\chi_i) (a_s^{-1} \phi(h)(a_s)) \sum_{ a \in A} \chi_i(a)^* (h_s \cdot \chi_i)(a)
\end{align}
dove abbiamo usato crucialmente la decomposizione di $K_s$ come insieme; grazie a questo fatto le due somme si sono separate. Spieghiamo meglio il passaggio da $a’$ ad $a$. Da quanto calcolato sopra avevamo
$$\chi_i(a’) = \chi_i(\phi(h_s^{-1})(a_s^{-1} a) \phi(h_s^{-1} h)(a_s)) = \chi_i(\phi(h_s^{-1})(a_s^{-1} a)) \chi_i(\phi(h_s^{-1} h)(a_s)) = (h_s\cdot\chi_i)(a) (h_s\cdot\chi_i) (a_s^{-1} \phi(h)(a_s)) $$
dove abbiamo usato il fatto che i $\chi$ sono omomorfismi. La cosa importante qui è essere riusciti a separare la parte che dipende da $a$. Tornando alla somma finale sopra, la somma su $A$ altro non è se non $\expval{\chi_i, (h_s \cdot \chi_i)}_A$; poiché $s\in G-G_i$ allora $h_s \not\in H_i$ e quindi $h_s \cdot \chi_i$ è un carattere monodimensionale irriducibile diverso (e quindi ortogonale!) a $\chi_i$; perciò $\expval{\chi_i, (h_s \cdot \chi_i)}_A=0$ e quindi le due rappresentazioni sono disgiunte, il che conclude la dimostrazione dell’irriducibilità delle $\theta_{i,\rho}$.
Che siano tutte le rappresentazioni irriducibili si può dimostrare semplicemente contandole: sappiamo che la somma delle dimensioni al quadrato delle rappresentazioni irriducibili deve fare l’ordine del gruppo. Infatti usando la formula per la dimensione della rappresentazione indotta abbiamo
$$\mathrm{dim}(\theta_{i,\rho}) = \frac{\abs{G}}{\abs{G_i}} \mathrm{dim}(\sigma_{i,\rho}) = \frac{\abs{G}}{\abs{G_i}} \mathrm{dim} \rho$$
dato che $\sigma$ è il prodotto tensoriale di $\rho$ con una rappresentazione monodimensionale. Perciò abbiamo
$$\sum_{i, \rho} (\mathrm{dim}(\theta_{i,\rho}))^2 = \sum_{i, \rho} \frac{\abs{G}^2}{\abs{G_i}^2} (\mathrm{dim} \rho)^2=$$
Ora poiché le $\rho$ sono tutte le rappresentazioni irriducibili di $H_i$ sommando sui quadrati delle loro dimensioni troviamo proprio $H_i$, perciò
$$=\sum_{i} \frac{\abs{G}^2 \abs{H_i}}{\abs{G_i}^2} =\frac{\abs{G}^2 }{\abs{A}^2} \sum_{i} \frac{1}{\abs{H_i}} =$$
dove abbiamo usato il fatto che $\abs{G_i}=\abs{H_i}\abs{A}$. Poiché $H_i$ è lo stabilizzatore di $\chi_i$, abbiamo per il teorema orbita-stabilizzatore che $\abs{H_i}\abs{O(i)}=\abs{H}$ dove $\abs{O(i)}$ è l’orbita di $\chi_i$. Perciò $\sum_{i} \frac{1}{\abs{H_i}} = \frac{1}{\abs{H}} \sum_{i}\abs{O(i)}$. La somma delle orbite, dato che queste partizionano l’insieme, è uguale all’insieme di partenza, cioè quello dei caratteri irriducibili di $A$; ma poiché $A$ è abeliano, questi sono proprio $\abs{A}$, e quindi sostituendo troviamo
$$=\frac{\abs{G}^2 }{\abs{A}^2} \frac{1}{\abs{H}} \abs{A} = \abs{G}$$
come richiesto, dato che $\abs{G}=\abs{H}\abs{A}$. Per cui queste sono tutte le rappresentazioni irriducibili, purché siano distinte, cosa che dimostreremo adesso.
Rimane quindi da dimostrare che le $\theta$ non sono isomorfe a meno che gli indici non coincidano. A questo scopo calcoliamone il prodotto interno. Abbiamo
\begin{align}
&\expval{\tr \theta_{i’, \rho’}, \tr \theta_{i, \rho}}_G = \frac{1}{\abs{G}} \sum_{g \in G} \tr \theta_{i’, \rho’}(g)^* \tr \theta_{i, \rho}(g) =\\
&= \frac{1}{\abs{G} \abs{G_{i’}} \abs{G_i}} \sum_{g \in G} \sum_{t,s \in G} \tr \sigma_{i’, \rho’}(s^{-1}g s)^* \delta(s^{-1} g s \in G_{i’}) \tr \sigma_{i, \rho}(t^{-1}g t) \delta(t^{-1} g t \in G_{i}) = \\
&= \frac{1}{\abs{G} \abs{G_{i’}} \abs{G_i}} \sum_{g=(h,a) \in G} \sum_{t,s \in G} (h_s \cdot \chi_{i’})(a)^* (h_s\cdot\chi_{i’}) (a_s^{-1} \phi(h)(a_s))^* \chi_{\rho’}(h_s^{-1} h h_s)^* \delta(h_s^{-1} h h_s \in H_{i’}) \times\\
&\qquad\qquad\qquad \qquad \times (h_t \cdot \chi_i) (a) (h_t\cdot\chi_i) (a_t^{-1} \phi(h)(a_t)) \chi_\rho(h_t^{-1} h h_t) \delta(h_t^{-1} h h_t \in H_{i}) =\\
&=\frac{1}{\abs{G} \abs{G_{i’}} \abs{G_i}} \sum_{h, h_t, h_s \in H} \chi_{\rho’}(h_s^{-1} h h_s)^*\chi_\rho(h_t^{-1} h h_t) \delta(h_s^{-1} h h_s \in H_{i’}) \delta(h_t^{-1} h h_t \in H_{i}) \times\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\times \sum_{a_s, a_t \in A} (h_s\cdot\chi_{i’}) (a_s^{-1} \phi(h)(a_s))^* (h_t\cdot\chi_{i}) (a_t^{-1} \phi(h)(a_t)) \sum_{a \in A} (h_s \cdot \chi_{i’})(a)^* (h_t \cdot \chi_i) (a) =
\end{align}
dove abbiamo usato la formula per il carattere della rappresentazione indotta che abbiamo calcolato in un precedente articolo. Abbiamo usato poi la formula per la coniugazione che abbiamo derivato prima, e la formula per la coniugazione del carattere di $A$, anch’essa vista prima. Usando la formula per la moltiplicazione, abbiamo poi notato che $t^{-1} (h,a) t \in G_i$ è equivalente a $h_t^{-1} h h_t \in H_i$, dato che il secondo elemento è sempre in $A$. Perciò la formula fattorizza e la somma su $A$ è indipendente. Ora la somma finale sugli $A$ è uguale al prodotto interno
$$\sum_{a \in A} (h_s \cdot \chi_{i’})(a)^* (h_t \cdot \chi_i) (a) = \abs{A} \expval{h_s \cdot \chi_{i’}, h_t \cdot \chi_i}_A$$
Sappiamo che essendo le $\chi$ rappresentazioni monodimensionali irriducibili, sono o uguali oppure ortogonali e quindi il prodotto interno sarà pari ad $1$ se $h_s \cdot \chi_{i’} = h_t \cdot \chi_i$ e sarà invece uguale a zero altrimenti. Ma questa condizione può anche essere riscritta come $\chi_{i’} = h_s^{-1} h_t \cdot \chi_i$. Ovvero $\chi_i$ e $\chi_{i’}$ sono connesse dall’azione di $H$, ovvero appartengono alla stessa orbita $X/H$. Ma poiché i $\chi_i$ sono rappresentanti delle orbite $X/H$, ne esiste esattamente uno per orbita, e quindi se vogliamo ottenere un risultato non-nullo necessariamente $\chi_{i’} = \chi_{i}$ e ciò quindi implica che $h_s^{-1} h_t \in H_i=H_{i’}$. Ovvero
$$\expval{h_s \cdot \chi_{i’}, h_t \cdot \chi_i}_A = \delta_{ii’} \delta{\pqty{h_s^{-1} h_t \in H_i}}$$
Prima di sostituire procediamo a semplificare la somma su $a_s, a_t$. Infatti chiamando $\chi_j \equiv h_s \cdot \chi_{i’} = h_t \cdot \chi_i$, la somma diventa
\begin{align}
\sum_{a_s, a_t \in A} \chi_{j}(a_s^{-1} \phi(h)(a_s))^* \chi_{j} (a_t^{-1} \phi(h)(a_t)) &= \abs{\sum_{a_t \in A}\chi_{j} (a_t^{-1} \phi(h)(a_t))}^2=\\
&=\abs{\sum_{a_t \in A}\chi_{j} (a_t)^* (h \cdot \chi_j)(a_t)}^2=\abs{A}^2 \abs{\expval{\chi_j, h \cdot \chi_j}_A}^2
\end{align}
Il prodotto interno, ormai lo sappiamo, è non-zero se e solo se $\chi_j = h \cdot \chi_j$ (e in tal caso è uguale ad $1$), ovvero se $\chi_i = h_t^{-1} h h_t \cdot \chi_i$, che è equivalente a $h_t^{-1} h h_t \in H_i$. Ma questa condizione è sempre soddisfatta a causa della funzione $\delta$; quindi la sommatoria su $a_s, a_t$ dà semplicemente $\abs{A}^2$. Ora che abbiamo questi diversi pezzi sostituiamo tutto e otteniamo
$$=\frac{1}{\abs{H} \abs{H_i}^2} \delta_{i i’} \sum_{h, h_t, h_s \in H} \chi_{\rho’}(h_s^{-1} h h_s)^*\chi_\rho(h_t^{-1} h h_t) \delta(h \in h_s H_{i} h_s^{-1}) \delta( h \in h_t H_i h_t^{-1}) \delta{\pqty{h_s^{-1} h_t \in H_i}}=$$
Adesso effettuiamo la sostituzione $h \to h_t h h_t^{-1}$ che è una biezione e quindi non cambia la somma su $h$ e otteniamo
$$=\frac{1}{\abs{H} \abs{H_i}^2} \delta_{i i’} \sum_{h, h_t, h_s \in H} \chi_{\rho’}(h_s^{-1} h_t h (h_s^{-1} h_t)^{-1})^*\chi_\rho(h) \delta(h \in H_i) \delta{\pqty{h_s^{-1} h_t \in H_i}}=$$
dove abbiamo rimosso una delta del tutto ridondante in quanto $h_s^{-1} h_t \in H_i$. Ora rimane solo qualche piccolo giochetto, ovvero invece di sommare su $h_t \in H$ è equivalente sommare su $h_s^{-1} h_t \in H$; ovvero effettuiamo la sostituzione $h_t \to h_s h_t$, che è una biezione. A questo punto il sommando non dipende più da $h_s$ e la somma su $h_s$ dà semplicemente un fattore $\abs{H}$. Perciò otteniamo
$$=\frac{1}{\abs{H_i}^2} \delta_{i i’} \sum_{h, h_t \in H} \chi_{\rho’}(h_t h h_t^{-1})^*\chi_\rho(h) \delta(h, h_t \in H_i) = \frac{1}{\abs{H_i}^2} \delta_{i i’} \sum_{h, h_t \in H_i} \chi_{\rho’}(h_t h h_t^{-1})^*\chi_\rho(h)=$$
Ma ora poiché $h_t \in H_i$ e $\chi_{\rho’}$ è un carattere su $H_i$ allora $\chi_{\rho’}(h_t h h_t^{-1})=\chi_{\rho’}(h)$. La sommatoria su $h_t$ a questo punto è libera e otteniamo in definitiva
$$=\frac{1}{\abs{H_i}} \delta_{i i’} \sum_{h \in H_i} \chi_{\rho’}(h)^* \chi_\rho(h)=\delta_{i,i’} \expval{\rho’, \rho}_{H_i} = \delta_{i,i’} \delta_{\rho’, \rho}$$
che è il risultato che cercavamo. Effettivamente tutto questo calcolo dimostra anche che $\theta_{i,\rho}$ è irriducibile, e avremmo potuto anche fare a meno del criterio di Mackey.