Выявление повторений SU(2)SU(2)SU(2)

Лемма Шура утверждает, что представление неприводимо, если его коммутант тривиален, то есть содержит только кратные единицы.

Позволять$G$будь твоей группой и позволь$\pi$быть любым представлением$G$над векторным пространством представления$V$(обычно гильбертово пространство). Затем$\pi$является групповым гомоморфизмом между$G$и$\text{GL}_n(\mathbb C)$. Коммутантом представления является множество

$$\pi(G)' = \{S\in\text{GL}_n(\mathbb C)\ |\ ST = TS\quad\forall T\in \pi(G)\}$$ т.е. все элементы в$\text{GL}_n(\mathbb C)$которые коммутируют с каждым элементом образа представления. Если$\pi$неприводим, по упомянутой выше лемме Шура этот коммутант сводится к $$\pi(G)' = \{\lambda\cdot 1_{\text{GL}_n(\mathbb C)}\ |\ \lambda\in\mathbb C\}$$ это означает, что единственные элементы, которые коммутируют с изображением представления, просто кратны единичной матрице.

Центр представительства$\pi$это пересечение$\pi(G)\cap\pi'(G)$, который содержит все элементы представления$\pi$которые ездят с$\pi$сам. По лемме Шура такие операторы являются скалярами , т.е. просто числами. Примером такого элемента является оператор Казимира, который в случае группы$SU(2)$определяет полный угловой момент и принимает вид

$$J^2 = j(j+1)\cdot 1_{\text{GL}_n(\mathbb C)}.$$ Поскольку невозможно связать два неприводимых представления, которые имеют другое представление оператора Казимира (т. е. другое значение$j$) переплетчиком каждое значение$j$дает вам другое (т.е. унитарно неэквивалентное) неприводимое представление.

Что касается второго вопроса, приведенный выше аргумент показывает, что проверка неприводимости представления состоит в том, чтобы просто проверить, что его коммутант тривиален.

Альтернативным методом леммы Шура является использование отношений ортогональности характеров. Позволять$\chi_R(g)$быть следом матрицы$g$в представлении$R$. Если у вас есть конечная группа$G$, с$|G|=n$, существует скалярный продукт между представлениями

$$\langle \chi_R,\chi_{R'} \rangle = \frac{1}{n}\sum_{g\in G} \chi_R(g)\chi_{R'}(g)^*$$ Теперь, когда $R$и $R'$неприводимы, это дает единицу, если $R=R'$и ноль в противном случае. Это подразумевает, что если $R$приводим, $\langle \chi_R,\chi_{R} \rangle$даст некоторое число больше 1: сумма квадратов количества раз, когда каждое неприводимое повторение появляется в $R$.

Конечно,$SU(2)$не является конечным, так что это нехорошо. Но это работает с простой модификацией: заменить сумму$\frac{1}{n}\sum_{g\in G}$с интегралом по группе с использованием инвариантной меры Хаара, нормализованным так, что объем группы равен единице:

$$\langle \chi_R,\chi_{R'} \rangle =\int_{G} \chi_R(g)\chi_{R'}(g)^* dg$$ Это работает для компактных групп Ли $G$. Мера Хаара для $SU(2)$это обычная мера $S^3$, параметризованные, скажем, углами Эйлера и разделенные на объем сферы для нормализации.

Итак, вам нужно вычислить меру группы, найти следы представления и вычислить интеграл$\int_{G} |\chi_R(g)|^2 dg$. Если вы получите один, то$R$является неприводимым; в противном случае вы получите некоторое целое число больше единицы.

Я немного подробнее расскажу об ответе @Holographer, что совершенно правильно, так как я сам недавно боролся с этим. Некоторым читателям это доказательство может показаться интересным, поскольку его нельзя найти в учебниках по математике для выпускников в явном виде, можно найти только схему доказательства.

Теорема: для функций непрерывного класса$f$на$SU(2)$, у нас есть:

$$\begin{equation} \int_{SU(2)} fdg=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}\limits f(A(\theta)) sin^2(\theta) d \theta. \end{equation}$$ Доказательство: мы знаем, что мера Хаара существует на$SU(2)$. Имея это, мы хотим спроецировать его на пространство классов сопряженности.$[0,\pi]$: наша цель — представить интегралы функций классов по группе в виде интегралов по$[0,\pi]$. Для этого мы хотим определить плотность$\rho$на$[0,\pi]$так что: $$\begin{equation*} \int_{SU(2)} fdg= \int_{0}^{\pi}\limits f(A(\theta)) \rho(\theta) d \theta \end{equation*}$$ для функций непрерывного класса$f$на$SU(2)$. Значение$\rho(\theta)$можно геометрически интерпретировать как площадь класса сопряженности$A(\theta)$в$SU(2)$.

Поскольку функции непрерывного класса могут быть равномерно аппроксимированы линейными комбинациями характеров неприводимых представлений, согласно теореме Фейера достаточно проверить, что$\rho$удовлетворяет формуле для всех символов$\chi_{n}(A(\theta))$. Для них дана левая часть:

$$\begin{equation*} \int_{SU(2)} \chi_{n} dg=\langle \chi_n, \chi_0 \rangle_{L^2}=\begin{cases} 1 & \text{if } n=0, \\ 0 & \text{if } n>0. \end{cases} \end{equation*}$$ Таким образом, поскольку$\chi_{0}(A(\theta))=1$, у нас есть: $$\begin{equation*} 1= \int_{0}^{\pi} \limits 1 \rho(\theta) d\theta. \end{equation*}$$ Точно так же, используя нашу явную формулу для символов: $$\begin{equation*} 0= \int_{0}^{\pi} \limits\sum_{k=0}^{n}e^{i\theta(n-2k)} \rho(\theta) d \theta \iff \sum_{k=0}^{n} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i\theta(n-2k)} \rho(\theta) d\theta=0. \end{equation*}$$ Проверим это условие подробнее. Для$n=1$у нас есть: $$\begin{equation*} \sum_{k=0}^{1} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i\theta(1-2k)} \rho(\theta) d \theta=0 \iff \int_{0}^{\pi} \limits (e^{i\theta}+e^{-i\theta}) \rho(\theta) d \theta=0. \end{equation*}$$ Для$n=2$, у нас есть: $$\begin{equation*} \sum_{k=0}^{2} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i\theta(2-2k)} \rho(\theta) d\theta=0\iff \int_{0}^{\pi} \limits (e^{2i \theta}+1+e^{-2i \theta})\rho(\theta) d \theta=0 \iff \int_{0}^{\pi} \limits( e^{2i\theta}+e^{-2i\theta})\rho(\theta) d \theta=-1. \end{equation*}$$ Точно так же для$n=3$: $$\begin{equation*} \sum_{k=0}^{3} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i\theta(3-2k)} \rho(\theta) d\theta=0 \iff \int_{0}^{\pi} \limits (e^{3i\theta}+e^{i\theta}+e^{-i\theta}+e^{-3i\theta})\rho(\theta) d\theta=0 \iff \int_{0}^{\pi} \limits (e^{3i\theta}+e^{-3i \theta}) \rho(\theta) d\theta=0. \end{equation*}$$ В более общем плане для$n \geq 3$: $$\begin{equation*} \sum_{k=0}^{n} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i\theta(n-2k)} \rho(\theta) d \theta=0 \iff \int_{0}^{\pi} \limits (e^{i\theta n}+ e^{-i\theta n}) \rho(\theta) d \theta + \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i \theta(n-2k)} \rho(\theta) d \theta=0. \end{equation*}$$ Манипулирование вторым термином: $$\begin{equation*} \int_{0}^{\pi} \limits (e^{i\theta n}+ e^{-i\theta n}) \rho(\theta) d \theta + \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i \theta(n-2k)} \rho(\theta) d \theta=0 \iff \int_{0}^{\pi} \limits (e^{i\theta n}+ e^{-i\theta n}) \rho(\theta) d \theta + \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i \theta((n-2)-2(k-1))} \rho(\theta) d \theta=0. \end{equation*}$$ Сдача$j=k-1$и переобозначая вторую сумму: $$\begin{equation*} \int_{0}^{\pi} \limits (e^{i\theta n}+ e^{-i\theta n}) \rho(\theta) d \theta + \underbrace{\sum_{j=0}^{n-2} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i \theta((n-2)-2j)} \rho(\theta) d \theta}_{=\langle \chi_{n-2},\chi_{0} \rangle=0 \; \; \forall n \geq 3}=0 \iff \int_{0}^{\pi} \limits ( e^{i \theta n}+e^{-i\theta n}) \rho(\theta) d \theta=0. \end{equation*}$$ Таким образом, мы получили: $$\begin{equation*} \sum_{k=0}^{n} \int_{0}^{\pi} \limits e^{i\theta(n-2k)} \rho(\theta) d \theta=0 \iff \int_{0}^{\pi} \limits ( e^{i \theta n}+e^{-i\theta n}) \rho(\theta) d \theta=0. \end{equation*}$$ Приведенные выше данные можно резюмировать следующим образом: $$\begin{equation*} \int_{0}^{\pi} \limits \rho(\theta) d \theta=1, \; \; \int_{0}^{\pi} ( e^{in \theta}+e^{-in \theta})\rho(\theta) d \theta= \begin{cases} -1 & \text{if } n=2, \\ 0 & \text{if } n=1 \; \; \text{or}\; \; n \geq 3. \end{cases} \end{equation*}$$ Легко видеть, что если$\rho(\theta)=a+b\left(e^{2i\theta}+e^{-2i \theta} \right)$, то условия для$n=1$и$n\geq 3$сразу довольны. Однако покажем это явно. Для$n=1$, у нас есть: $$\begin{equation*} \int_{0}^{\pi} \limits \left(a+b\left(e^{2i\theta}+e^{-2i \theta} \right) \right)\left(e^{i\theta}+e^{-i \theta} \right) d \theta=2a \int_{0}^{\pi} \limits \cos (\theta) d \theta + 4b \int_{0}^{\pi} \limits \cos(2\theta) \cos(\theta) d \theta=0. \end{equation*}$$ Точно так же для$n \geq 3$: $$\begin{equation*} \int_{0}^{\pi} \limits \left(a+b \left( e^{2i\theta} + e^{-2i \theta}\right) \right) \left(e^{i n \theta}+e^{-in \theta} \right) d \theta=2a \int_{0}^{\pi} \limits cos(n \theta) d \theta+ 4b \int_{0}^{\pi} \limits \cos(2 \theta) \cos(n\theta)=0. \end{equation*}$$ Таким образом, осталось выполнить только одно условие:$n=0$и$n=2$. Начиная с$n=0$, у нас есть: $$\begin{equation*} \int_{0}^{\pi} \limits \left(a+b \left(e^{2i\theta}+e^{-2i \theta} \right) \right) d \theta=1 \iff a \pi + 2b \int_{0}^{\pi} \limits \cos(2\theta) d\theta =1 \iff a=\frac{1}{\pi}.\end{equation*}$$ Наконец, для$n=2$условие гласит: $$\begin{equation*} \int_{0}^{\pi}\limits \left(a+b \left(e^{2i \theta}+e^{-2i\theta} \right) \right) \left( e^{2i \theta}+e^{-2i\theta}\right)d\theta=-1 \iff 2a \int_{0}^\pi \limits cos(2\theta) d \theta+ 4b \int_{0}^{\pi} \limits \cos^2(2\theta) d \theta=-1. \end{equation*}$$ Первый член исчезает, и мы остаемся с: $$\begin{equation*} 4b \frac{\pi}{2}=-1 \iff 2b \pi=-1 \iff b=-\frac{1}{2\pi}. \end{equation*}$$ Таким образом, мера определяется: $$\begin{equation*} \rho(\theta)=\frac{1}{\pi}-\frac{1}{2\pi} \left(e^{2i\theta}+ e^{-2i \theta} \right)=\frac{1}{\pi}-\frac{2}{2\pi}(\cos(2\theta))=\frac{1-\cos(2\theta)}{\pi}=\frac{1-1+2\sin^{2}(\theta)}{\pi}=\frac{2}{\pi} \sin^2{\theta}. \end{equation*}$$ При желании это приводит к правильной формуле интегрирования: $$\begin{equation*} \int_{SU(2)} fdg=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \limits f(A(\theta)) \sin^2{\theta)} d \theta. \end{equation*}$$ Следствие: Представления $$\begin{equation*} \pi_n:SU(2) \to GL(V_n), \; \; \left(\pi_n \left(\begin{pmatrix} a &b \\ -\bar b & \bar a \end{pmatrix} \right) f\right)(z_1,z_2):=f \left( \left(\begin{pmatrix}\bar a & -b \\ \bar b & a\end{pmatrix} \begin{pmatrix} z_1 \\ z_2\end{pmatrix}\right)^{T} \right)=f(\bar a z_1 - b z_2, \bar b z_1 + az_2), \end{equation*}$$ где$V_n$пространство комплексных однородных многочленов степени$n$в двух переменных, а символы задаются $$\chi_{n}(A(\theta))=\sum_{k=0}^{n} e^{i \theta(n-2k)}, \; \; \text{where} \; \; A(\theta)=\begin{pmatrix} e^{i\theta} & 0 \\ 0 & e^{-i\theta} \end{pmatrix}$$ являются неприводимыми.

Доказательство: $||\chi_n||^2=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \limits \frac{\sin^2(\theta(n+1))}{\sin^2(\theta)} \sin^2(\theta) d \theta=\int_{0}^{\pi} \limits sin^2(\theta(n+1)) d \theta=1,$где мы использовали

$$\begin{aligned} &\sum_{k=0}^{n} e^{i\theta (n-2k)}=e^{i \theta n}+e^{i \theta n-2 i \theta}+ \dots +e^{-i \theta n} =e^{i \theta n} (1 + e^{-2i \theta}+\dots + e^{-2i \theta n} )\\ &=e^{i \theta n}\sum_{k=0}^{n} e^{-2i \theta k}=e^{i \theta n} \frac{1-e^{-2i \theta(n+1)}}{1-e^{-2i \theta}}=e^{i \theta n} \frac{e^{-i \theta(n+1)}(e^{i \theta(n+1)}-e^{-i\theta(n+1)})}{e^{-i \theta}(e^{i \theta}-e^{-i \theta})}\\ &=\underbrace{e^{i\theta n} e^{i\theta} e^{-i\theta(n+1)}}_{=1} \frac{e^{i \theta(n+1)}-e^{-i \theta(n+1)}}{e^{i \theta}-e^{-i \theta}}=\frac{2i \sin(\theta(n+1))}{2i \sin(\theta)}=\frac{\sin(\theta(n+1))}{\sin(\theta)}. \end{aligned}$$

ПРИЛОЖЕНИЕ: Здесь мы показываем, что это действительно единственные неприводимые представления. Это основано исключительно на книге Дик, Брёкер.

Теорема: Всякое неприводимое представление$SU(2)$изоморфен одному из$(V_n,\pi_n)$введено выше.

Доказательство. Предположим, что неприводимое представление$W$с характером$\chi$отличался от всех$V_n$. Но с тех пор$\chi_n$охватывают плотное подпространство,$\chi$можно аппроксимировать конечными линейными комбинациями$\chi_n$. Но это противоречит соотношениям ортогональности:$\langle \chi,\chi \rangle=1, \langle \chi,\chi_n \rangle=0$.

Ссылки: Теодор Брёкер, Таммо Дик, Представления компактных групп Ли , Springer, 1995.

Конспект лекций по теории представлений , Университет Беркли.