Unendliche Darstellungen von SO(2)SO(2)SO(2)

Okay, das ist eine neue Antwort. Zunächst werde ich einige Notationen korrigieren. Es wird sich etwas von dem in Ihrer Frage unterscheiden, aber ich glaube, es wird helfen.

Wir bezeichnen ein Element von$SO(2)$von$R(\phi)$. Um von "dem" Generator zu sprechen, müssen wir eine spezifische Parametrisierung von wählen$SO(2)$; Es sieht so aus, als ob es das ist, was wir hier verwenden

$$R(\phi) = \begin{pmatrix} \cos \phi & \sin \phi \\ - \sin \phi & \cos \phi \end{pmatrix}.$$

Das ist das Gleiche, was Sie angerufen haben$g(\phi)$, verwenden wir also nicht zwei Namen für dasselbe. Der Generator (dh Basiselement) der Algebra ist

$$T = -i R'(0) = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix},$$

damit wir haben$R(\phi) = e^{i \phi T}$. Die Lie-Algebra ist ein eindimensionaler reeller Vektorraum, isomorph zu$\mathbb{R}$. Normalerweise würden uns die Kommutatoren von Elementen interessieren, aber da dies eindimensional ist, ist dies ziemlich trivial: für beliebige Elemente$A = \alpha T$Und$B = \beta T$in der Lie-Algebra haben wir$[A,B] = [\alpha T, \beta T] = 0$.

Als nächstes haben wir den Vektorraum$V$von glatten komplexen Funktionen auf$\mathbb{R}^2$, und wir wollen sowohl Gruppen- als auch Algebradarstellungen betrachten. Eine Gruppendarstellung ist eine Funktion$\rho_G$das nimmt ein Element von$SO(2)$und gibt einen linearen Operator zurück$V$, so dass$\rho_G(R_1) \rho_G(R_2) = \rho_G(R_1 R_2)$. Es gibt eine kanonische Darstellung auf dem Raum der Funktionen, gegeben durch$(\rho_G(R)\psi)(\mathbf{x}) \equiv \psi(R^{-1} \mathbf{x})$. Die Umkehrung ist notwendig, damit dies dem Gruppenzusammensetzungsgesetz gehorcht. Als nächstes ist eine Lie-Algebra-Darstellung eine Funktion$\rho_A$die ein Element nimmt$X$der Algebra und gibt einen linearen Operator zurück$V$, so dass$[\rho_A(X_1), \rho_A(X_2)] = \rho_A([X_1,X_2])$. Wir erhalten eine Darstellung, die durch definiert ist$\rho_A(T) = i \left(y \partial_x - x \partial_y \right)$, mit$\rho_A(X)$für alle definiert$X$durch Linearität, da$\{T\}$ist eine Grundlage für die Algebra. Zu zeigen, dass dies tatsächlich eine Darstellung ist, ist einfach, weil die Kommutatoren immer trivial sind. Wenn unsere Algebra nicht eindimensional wäre, hätten wir einiges zu tun.

Der schwierige Teil hier ist zu zeigen, dass die Gruppen- und Algebradarstellungen einander entsprechen. Mit anderen Worten, wir müssen zeigen, dass die Beziehung$R(\phi) = e^{i \phi T}$gilt auch für die Darstellungen; das ist,$\rho_G(e^{i\phi T}) = e^{i \phi \rho_A(T)}$, oder

$$\psi(e^{-i \phi T} \mathbf{x}) = (e^{i \phi \rho_A(T)} \psi) (\mathbf{x})$$

(Denken Sie daran, dass die linke Seite per Definition die Repräsentation ist$\rho_G$). Nun, das Tolle daran ist, dass alles eine Exponentialfunktion von ist$\phi$, müssen wir nur die Gleichheiten in erster Ordnung überprüfen$\phi$, da die Eigenschaften der Exponentialfunktion garantieren, dass sie dann für alle gelten$\phi$. Wir haben das dann, auf erste Bestellung,

$$\psi(e^{-i \phi T} \mathbf{x}) \approx \psi(\mathbf{x} - i \phi T \mathbf{x}) = \psi \begin{pmatrix} x - \phi y \\ y + \phi x \end{pmatrix}$$

Und

$$(e^{i \phi \rho_A(T)} \psi) (\mathbf{x}) \approx (1 - \phi(y \partial_x + x \partial_y)) \psi(\mathbf{x}).$$

Um den ersten Ausdruck zu erweitern, verwenden Sie einfach die Tatsache that$\psi(\mathbf{x} + \mathbf{d}) \approx \psi(\mathbf{x}) + \nabla \psi \cdot \mathbf{d}$. Sie werden feststellen, dass es tatsächlich gleich dem zweiten Ausdruck ist.

Etwas möchte ich aber hervorheben. Wenn Sie nur zeigen wollen, dass der gegebene Differentialoperator eine Lie-Algebra-Darstellung ergibt, ist dies alles unnötig . Da die Lie-Algebra eindimensional ist, können Sie die Matrix darstellen$T$durch irgendetwas und die Kommutatorbeziehungen werden automatisch erfüllt, da sie trivial sind.

Ich kann nicht behaupten, dass ich den Ablauf Ihrer Frage als hilfreich verstanden habe, aber hier sind zwei grundlegende Fakten, die sich manifestieren, wenn Sie sich mit abelschen Rotationen befassen:

• In Polarkoordinaten, r,θ , haben Sie einfach$T=-i\frac{\partial}{\partial \theta}$, eine bloße Rotation der Ebene, die offensichtlich mit sich selbst pendelt. Es handelt sich um eine eindimensionale Darstellung. (Die Lie-Gruppe selbst ist eine unendlich dimensionale Gruppe, aber das zählt nur das Unendliche$\phi$Winkel.)

$$g(\phi) = 1 + i\phi T\quad +O(\phi^2)= 1+\phi\frac{\partial}{\partial\theta}+O(\phi^2) \\ T = -i\frac{\partial g(\phi)}{\partial \phi} | _{\phi=0} ~~.$$ Die Drehung übersetzt lediglich den Winkel θ Ihrer Darstellung durch den Parameter $\phi$.

• Also ausdrücklich, $$g(\phi)\psi(\mathbf{x}) \sim (1+iT\phi)~\psi( e^{i\theta}r)=\left(1+\phi\frac{\partial}{\partial\theta}\right )\psi( e^{i\theta}r)=\psi( e^{i\theta}r)+i\phi~ r e^{i\theta} \psi'( e^{i\theta}r).$$

Dies ist nur die unendlich kleine Version Ihres endgültigen Ausdrucks,$\psi( e^{i(\theta+\phi)}r)=\psi(x-\phi y, y+\phi x)\sim (1+\phi(x\partial_y-y\partial_x))\psi(x,y)$.

Zwei Referenzen: WP und Woit 2017 ( Quantum Theory, Groups and Representations--An Introduction ).