Spur und adjungierte Darstellung von SU(N)SU(N)SU(N)

Es ist bekannt, dass für ein Element$U$der Gruppe im Matrix-Sinne:

$$Ad_Ux=UxU^{-1}.\,\,(1)$$ Nun stellen wir fest, dass der Zielraum der adjungierten Wiederholung von überspannt wird $N^2-1$spurlose Matrizen $t_a$. Wenn wir also die Einheitsmatrix hinzufügen, erhalten wir eine vollständige Basis $\mathrm{Mat}_N(\mathbb{C})$. Wir stellen nun fest, dass die adjungierte Aktion trivialerweise auf diesen Raum ausgedehnt wird, sodass ich schreiben kann: $$Tr_{su(N)}(Ad_U)=Tr_{\mathrm{Mat}_N(\mathbb{C})}(Ad_U)-1,$$ wo $su(N)$ist der Raum der spurlosen hermitischen Matrizen. Es ist wahr, da die Identitätsmatrix für diesen Operator auf Identität gebracht wird. Mit (1) sehen wir das jetzt $$Tr_{\mathrm{Mat}_N(\mathbb{C})}(Ad_U)=Tr(U)Tr(U^{-1}),$$ endlich ankommen $$Tr (Ad_U)=Tr(U)Tr(U^{-1})-1.$$ Nehmen Sie zum Beispiel $U=I$, und dann Spur auf der linken Seite ist $N^2-1$die Dimension der adjungierten Wiederholung, während Spuren auf der rechten Seite sind $N$die Dimension der fundamentalen rep. Ich denke, diese Formel ist bekannt.

Es ist hier von großem Nutzen, weil es die Spuren Ihrer Art mit den Spuren in fundamentaler Darstellung in Beziehung setzt, die leicht durch das Argument Josuas berechnet werden können.

Nehmen$U=\prod_i \exp(t^a\alpha_a^i)$, zum$\alpha_a^i$eine beliebige Menge von Zahlen ($i=1..3$, zum Beispiel). Dann$Ad_U=\prod_i \exp(ad(t^a)\alpha_a^i)$. Jetzt erweitere ich unsere Formel in Potenzen$\alpha$, und ich möchte die untersuchen$\alpha_{a}^1\alpha_{b}^2\alpha_{c}^3$Begriff ($\alpha^i=t^a\alpha^i_a)$:

$$Tr(ad(\alpha^1)ad(\alpha^2)ad(\alpha^3))=Tr(\alpha^1\alpha^2\alpha^3)Tr(I)-Tr(I)Tr(\alpha^3\alpha^2\alpha^1).$$ Jetzt, $Tr(t^at^bt^c)$ist trivialerweise (durch die Formel für das Produkt $t_at_b$) gleicht $\frac{1}{4}\left(d^{abc}+if^{abc}\right)$, während $Tr (I)=N$. So erhalten wir schließlich (in Ihrer Notation): $$Tr(t^a_G t^b_G t^c_G)=\frac{N}{2}if^{abc}.$$ Du kannst es mit deinem Buch vergleichen. Ja, ich weiß, dass es nicht das ist, was Sie wollten, aber auf diese Weise (und nach der Joshua-Antwort für die Spuren in fundamentaler Wiederholung) können Sie jede gewünschte Spur erhalten. Da Sie das Hausaufgaben-Tag haben, lasse ich den Fall von vier Generatoren als Übung.

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Aktualisieren:

Die Tatsache, dass

$$Tr_{f}(U)Tr_{\bar{f}}(U)=Tr_{ad}(U)+1$$ , wo $Tr_R$ist die Spur in Repräsentation $R$, $ad$ist der angrenzende Repräsentant, $f$ist die grundlegende rep und $\bar{f}$ist die grundlegende Wiederholung, bei der alle Matrizen zu Transponierten ihrer Inversen gemacht werden (zweifache Wiederholung, in diesem Fall dieselbe wie die konjugierte Wiederholung), ist eine direkte Folge der Tatsache: $$f\otimes\bar{f}\simeq ad\oplus 1$$ , wo $1$ist die triviale eindimensionale Darstellung, $Tr_1(U)=1$. Dies liegt daran, dass Trace unter additiv ist $\oplus$und multiplikativ unter $\otimes$. Zum Beispiel für $SU(3)$das liest $\mathbf{3}\otimes\mathbf{\bar{3}}=\mathbf{8}\oplus\mathbf{1}$. Sie können beispielsweise andere Identitäten erhalten $\mathbf{3}\otimes\mathbf{3}=\mathbf{6}\oplus\mathbf{\bar{3}}$, für andere Darstellungen. Das hängt irgendwie mit der Charaktertheorie zusammen.

Mit Hilfe von Peter Kravchuk und joshphysics habe ich einen Nachweis der Spurenidentität erstellt. Ich werde es hier als Referenz posten. Nach der Methode von Kravchuk finden wir

$$\begin{split} \mathrm{tr}\big(t^a_Gt^b_Gt^c_Gt^d_G\big)&=2\big[ \mathrm{tr}\big(t^a_Nt^b_N\big)\mathrm{tr}\big(t^d_Nt^c_N\big)+ \mathrm{tr}\big(t^a_Nt^c_N\big)\mathrm{tr}\big(t^d_Nt^b_N\big)+ \mathrm{tr}\big(t^a_Nt^d_N\big)\mathrm{tr}\big(t^c_Nt^b_N\big)\big] \\ &\qquad +N\big[\mathrm{tr}\big(t^a_Nt^b_Nt^c_Nt^d_N\big)+ \mathrm{tr}\big(t^d_Nt^c_Nt^b_Nt^a_N\big)\big] \end{split}$$

wo die Spur$\mathrm{tr}\big(t^a_Nt^b_Nt^c_Nt^d_N\big)$kann berechnet werden als

$$\mathrm{tr}\big(t^a_Nt^b_Nt^c_Nt^d_N\big)=\frac{1}{4N}\delta^{ab} \delta^{cd}+\frac{1}{8}(d^{abe}+if^{abe})(d^{cde}+if^{cde})$$

Unter Verwendung der Antisymmetrie von$f^{abc}$und Symmetrie von$d^{abc}$, das bekommen wir

$$\mathrm{tr}\big(t^a_Nt^b_Nt^c_Nt^d_N\big)+\mathrm{tr} \big(t^d_Nt^c_Nt^b_Nt^a_N\big)=\frac{1}{2N}\delta^{ab}\delta^{cd}+ \frac{1}{4}(d^{abe}d^{cde}-f^{abe}f^{cde})$$

Mit der Identität$\big[t^a_N,\big[t^b_N,t^c_N\big]\big]+\big\{t^b_N,\big\{t^c_N,t^a_N\big\}\big\}-\big\{t^c_N,\big\{t^a_N,t^b_N\big\}\big\}=0$, können wir umschreiben$f^{abc}f^{cde}$wie

$$f^{abe}f^{cde}=\frac{2}{N}(\delta^{ac}\delta^{bd}- \delta^{ad}\delta^{bc})+d^{ace}d^{bde}-d^{ade}d^{bce}$$

Nun ist es einfach, den Beweis zu vollenden.

Hier ist meine Empfehlung zum weiteren Vorgehen. Beachten Sie, dass Sie die Spur des Produkts zweier beliebiger Generatoren erhalten. Es wäre daher nützlich, das Produkt von vier Generatoren innerhalb der Spur, die Sie zu berechnen versuchen, in eine Summe von Produkten von zwei Generatoren umzuwandeln. Dies kann durch Notieren der folgenden Kommutator-Antikommutator-Identität erfolgen:

$$t^at^b = \frac{1}{2}\Big([t^a,t^b]+\{t^a,t^b\}\Big)$$ Wenn Sie dies für jedes der Paare verwenden $t^at^b$und $t^ct^d$in der Spur, die Sie berechnen möchten, dann wird es auf eine Summe von Spuren von Paaren von Erzeugern und Vielfachen der Identität reduziert, die Sie dann leicht auswerten können.

Bearbeiten. Wie Benutzer Peter Kravchuk betont, hängt diese Methode davon ab, ob man in der Lage ist, Antikommutatoren in der adjungierten Repräsentation zu berechnen oder fundamentale Rep-Traces mit adjungierten Rep-Traces in Beziehung zu setzen.

OP hat seine eigene Frage bereits mit Hilfe anderer Antworten beantwortet, insbesondere der Antwort von Peter Kravchuk. Hier machen wir einige Anmerkungen dazu, wie die von Peter Kravchuk erwähnte Fusionsregel konkret realisiert werden soll.

Der erste Punkt ist die adjungierte Darstellung$Ad_{SU(N)}$von$SU(N)$ist der reelle Vektorraum von Hermitesch spurlos$N\times N$Matrizen, während die fundamentale Darstellung$F_{SU(N)}$(und seine komplex konjugierte Darstellung$\bar{F}_{SU(N)}$) von$SU(N)$sind komplexe Darstellungen .

Somit kann die Fusionsregel nur in einem komplexen Setting realisiert werden. Die Komplexbildung von$SU(N)$ist$SL(N,\mathbb{C})$.

Offensichtlich bleiben alle von OP erwähnten Lie-Algebra-Beziehungen und Spurenidentitäten unverändert, wenn wir an die Generatoren denken$t_a$'s als komplexe Grundlage für$sl(N,\mathbb{C})$eher als eine echte Grundlage für$su(N)$.

Nun folgt die Fusionsregel in zwei Schritten

$$\tag{1} F_{SL(N,\mathbb{C})}\otimes_{\mathbb{C}} \bar{F}_{SL(N,\mathbb{C})} ~\cong~ Ad_{GL(N,\mathbb{C})}~\cong~1\oplus Ad_{SL(N,\mathbb{C})}.$$

Hier die Darstellung der Lie-Gruppe$Ad_{GL(N,\mathbb{C})}$ist der Vektorraum aller Komplexe$N\times N$Matrizen, während die Lie-Gruppendarstellung$Ad_{SL(N,\mathbb{C})}$ist der Vektorraum des Komplexes spurlos$N\times N$Matrizen. Die eindimensionale triviale Darstellung$1$wird überspannt von der$N\times N$Identitätsmatrix${\bf 1_{N\times N}}$.

Die Repräsentation$\bar{F}_{SL(N,\mathbb{C})}$ist die duale/kontrarediente Darstellung , die nicht mit der komplex konjugierten Darstellung verwechselt werden sollte . Für unitäre Lie-Gruppen, wie z$SU(N)$, sind die duale/kontrarediente Darstellung und die komplexe konjugierte Darstellung gleich.

Die Fusionsregel (1) wird konkret bewiesen, indem man Basen für die verschiedenen beteiligten Vektorräume wählt und überprüft, ob sich die Basen unter kovariant transformieren$SL(N,\mathbb{C})$Gruppenaktion.