Schurの補題②

$V_1$の次元は有限と仮定しているので$f$は固有値を持ち、それを$\alpha$とする。$k$は代数閉体なので$\alpha \in k$である。ここで線形写像$g$を
$$ g = f - \alpha・id_{V_1} $$
とおき$g=0$が導かれれば証明が出来たことになる。任意の$x \in G$, 任意の$v \in V_1$に対し、
$$\begin{eqnarray} \rho_1(x) \circ g(v) &=& \rho_1(x) \circ (f - \alpha・id_{V_1})(v) \\ &=&(\rho_1(x) \circ f - \alpha \rho_1(x))(v)\\ &=&\rho_1(x) \circ f(v) - \alpha \rho_1(x)(v)\\ \end{eqnarray}$$

となる。今$V_1 = V_2$と$\rho_1 = \rho_2$を仮定しているので可換条件$f \circ \rho_1(x) = \rho_2(x) \circ f$から
$$\begin{eqnarray} &&\rho_1(x) \circ f(v) - \alpha \rho_1(x)(v)\\ &=&f \circ \rho_1(x)(v) - \alpha \rho_1(x)(v)\\ &=&(f \circ \rho_1(x) - \alpha \rho_1(x))(v)\\ &=&(f - \alpha・id_{V_1}) \circ \rho_1(x))(v)\\ &=&g \circ \rho_1(x)(v) \end{eqnarray}$$
となる。まとめると$\rho_1(x) \circ g = g \circ \rho_1(x)$が成り立つことが分かる。

Schurの補題の前半の主張より$g$は零写像か、もしくは同型写像となるが、もし$g$が同型写像(つまり零写像ではない)とすると、$\alpha$の固有ベクトル$v_0(\ne 0)$に対し、
$$\begin{eqnarray} g(v_0) &=& (f-\alpha・id_{V_1})(v_0)\\ &=& f(v_0)-\alpha・id_{V_1}(v_0)\\ &=& f(v_0)-\alpha v_0\\ &=& \alpha v_0 - \alpha v_0 \\ &=&0 \end{eqnarray}$$
となり矛盾となる(零ベクトルではない$v_0$が同型写像$g$によって$0$に写ってしまうため)。よって$g$は零写像となり$f = \alpha・id_{V_1}$が得られる。