变换群与 Lie 代数
目录
1 变换群 3
2 旋转变换群 4
2.1 SO(2) 群与 U(1) 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.2 SO(3) 群与 SU(2) 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
3 Lie 代数 7
3.1 生成元 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
3.2 Lie 代数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
3.3 SO(3) 的生成元 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3.4 SU(2) 的生成元 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
4 对易子 10
4.1 对易子的定义与基本性质 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
4.2 Baker-Campbell-Hausdor 公式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
5 表示论 11
6 SU(2) 的表示 12
6.1 SU(2) 的表示 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
6.2 升降算符 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
6.3 SU(2) 的 Casimir 元 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
6.4 SU(2) 的不可约表示 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1
1 变换群
不妨从一个简单的例子开始. 希望找到一些变换, 使得对一个正方形的每个点进行变换后, 正方形不发生
变化. 一些可能的变换如下:
• 逆时针旋转 90
◦
• 逆时针旋转 180
◦
• 逆时针旋转 270
◦
• 不变
• 水平翻转
• 垂直翻转
• …
将所有可能的变换组成一个集合, 不妨记为 𝑆. 注意到其中取任意两个变换的复合仍然是一个可行的变换.
如将这个正方形先逆时针旋转 90
◦
, 再水平翻转, 正方形仍然不变. 如果用数学的语言写下来就是
任意 𝑓 , 𝑔 ∈ 𝑆 , 𝑓 ◦ 𝑔 ∈ 𝑆
其中 ◦ 在这里表示两个变换的复合, 即先进行 𝑔, 再进行 𝑓 . 这称为封闭性. 又注意到其中有一个特殊的变
换, 即不变的变换, 任意的变换与它复合都会得到原来的变换. 不妨把这个变换记为 𝑒, 同样用数学的语言
写下来就是
任意 𝑓 ∈ 𝑆, 𝑓 ◦ 𝑒 = 𝑒 ◦ 𝑓 = 𝑓
𝑒 称为单位元. 又又注意到, 对于每一个变换, 都会存在一个逆变换. 如逆时针旋转 90
◦
的逆变换就是顺时
针旋转 90
◦
, 先进行逆时针旋转 90
◦
, 再进行顺时针旋转 90
◦
就是没有转
任意 𝑓 ∈ 𝑆, 存在𝑔 ∈ 𝑆, 𝑓 ◦ 𝑔 = 𝑔 ◦ 𝑓 = 𝑒
如果注意力再集中一些, 就能发现它们还有一个性质: 结合律
任意 𝑓 , 𝑔, ℎ ∈ 𝑆, 𝑓 ◦ (𝑔 ◦ ℎ) = ( 𝑓 ◦ 𝑔) ◦ ℎ
一个例子就是, 假定有这样三个变换
• 𝑓 : 逆时针旋转 90
◦
• 𝑔: 逆时针旋转 180
◦
• ℎ: 逆时针旋转 270
◦
那么 𝑓 ◦ (𝑔 ◦ ℎ) 就是先逆时针旋转 90
◦
, 再逆时针旋转 450
◦
;( 𝑓 ◦ 𝑔) ◦ ℎ 就是先逆时针旋转 270
◦
, 再逆时针
旋转 270
◦
. 它们显然是相同的, 都相当于没转
这样就得到了一个群. 它可以被如下严格定义:
设 𝐺 是一个集合, 再定义一个二元运算 ◦, 如果满足以下条件, 那么 𝐺 就是一个群:
• 封闭性: ∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺, 𝑎 ◦ 𝑏 ∈ 𝐺
• 单位元: ∃𝑒 ∈ 𝐺, ∀𝑎 ∈ 𝐺, 𝑎 ◦ 𝑒 = 𝑒 ◦ 𝑎 = 𝑎
• 逆元: ∀𝑎 ∈ 𝐺, ∃𝑏 ∈ 𝐺, 𝑎 ◦ 𝑏 = 𝑏 ◦ 𝑎 = 𝑒
• 结合律: ∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝐺, 𝑎 ◦ (𝑏 ◦ 𝑐) = (𝑎 ◦ 𝑏) ◦ 𝑐
其中 ◦ 称为群乘法, 在上面的例子中, 它就是变换的复合. 对于某对象而言 (比如上面的正方形), 它在一
些变换下保持不变, 这些变换组成的集合就是一个群, 称为对称群. 对称群的群乘法就是变换的复合.
2 旋转变换群
2.1 SO(2) 群与 U(1) 群
旋转变换可以用矩阵描述. 如在二维平面上, 逆时针旋转 𝜃 的矩阵为
𝑅(𝜃) =
cos 𝜃 −sin 𝜃
sin 𝜃 cos 𝜃
!
下面可以一步步定义旋转群. 首先定义一个集合, 它包含所有的 2 × 2 矩阵. 这是一个线性变换群, 群乘法
即矩阵的乘法. 旋转矩阵应当是正交的, 这保证变换前后向量的长度不变, 这要求
𝑅(𝜃)𝑅(𝜃)
𝑇
= 𝐼
取出线性变换群中满足上式的所有二阶矩阵, 即得到了 𝑂 (2) 群, 其中的元素都描述了正交变换, 它们都
满足
𝑑𝑒𝑡 (𝑅) = ±1
二阶正交阵包含旋转和反射两种变换, 其中旋转变换的行列式为 1, 反射变换的行列式为 −1. 取出
𝑑𝑒𝑡 (𝑅) = 1
的所有矩阵, 即得到了 𝑆𝑂 (2) 群, 也就是描述二维平面旋转的群
实际上旋转也可以用复数表示. 注意到若用复数表示二维平面上的点
𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 ↔ (𝑥, 𝑦)
那么旋转变换和单位复数一一对应
𝑅(𝜃) ↔ 𝑒
𝑖 𝜃
这是因为复平面上复数的乘法就是旋转变换
𝑧
1
𝑧
2
= 𝑟
1
𝑟
2
𝑒
𝑖 (𝜃
1
+𝜃
2
)
如果注意力足够集中就能发现,所有的单位复数构成一个群, 群乘法就是复数的乘法, 记为 𝑈(1) 群
这样的对应关系不够明显, 为了更清晰地看到这一点, 可以将单位复数表示为
𝑧 = cos 𝜃 +𝑖 sin 𝜃
再次考察旋转矩阵
𝑅(𝜃) =
cos 𝜃 −sin 𝜃
sin 𝜃 cos 𝜃
!
这样就能注意到一个更明显的对应关系
1 ↔
1 0
0 1
!
, 𝑖 ↔
0 −1
1 0
!
这两个矩阵还是满足复数定义的, 注意到
0 −1
1 0
!
2
=
−1 0
0 −1
!
= −
1 0
0 1
!
如此就能将单位复数与二维旋转矩阵一一对应,𝑆𝑂 (2) 群与 𝑈 (1) 群同构
2.2 SO(3) 群与 SU(2) 群
三维空间的旋转矩阵可以由沿三根轴的旋转矩阵相乘得到
𝑅
𝑥
(𝜃) =
©
«
1 0 0
0 cos 𝜃 −sin 𝜃
0 sin 𝜃 cos 𝜃
ª
®
®
®
¬
, 𝑅
𝑦
(𝜃) =
©
«
cos 𝜃 0 sin 𝜃
0 1 0
−sin 𝜃 0 cos 𝜃
ª
®
®
®
¬
, 𝑅
𝑧
(𝜃) =
©
«
cos 𝜃 −sin 𝜃 0
sin 𝜃 cos 𝜃 0
0 0 1
ª
®
®
®
¬
就像二维的旋转变换与复数对应一样, 三维的旋转变换与四元数对应
考虑正交的行列式为 1 的复二阶矩阵, 即
𝑈
†
𝑈 = 𝐼, det(𝑈) = 1
不妨设
𝑈 =
𝑎 𝑏
𝑐 𝑑
!
若期望 𝑈
†
𝑈 = 𝐼, 那么
𝑈
†
𝑈 =
𝑎
∗
𝑐
∗
𝑏
∗
𝑑
∗
!
𝑎 𝑏
𝑐 𝑑
!
=
|𝑎|
2
+ |𝑐|
2
𝑎𝑏
∗
+ 𝑐𝑑
∗
𝑎
∗
𝑏 + 𝑐
∗
𝑑 |𝑏|
2
+ |𝑑|
2
!
=
1 0
0 1
!
注意到
|𝑎|
2
+ |𝑐|
2
= 1, |𝑏|
2
+ |𝑑|
2
= 1
因而不妨设
𝑎 = cos 𝛼𝑒
𝑖 𝜙
, 𝑐 = sin 𝛼𝑒
𝑖𝜓
𝑏 = sin 𝛽𝑒
𝑖𝜒
, 𝑑 = cos 𝛽𝑒
𝑖 𝜔
其中 𝛼, 𝛽 ∈ [0, 𝜋/2], 符号被包含在了相位中, 那么
𝑈 =
cos 𝛼𝑒
𝑖 𝜙
sin 𝛽𝑒
𝑖𝜒
sin 𝛼𝑒
𝑖𝜓
cos 𝛽𝑒
𝑖 𝜔
!
考察行列式
det(𝑈) = cos 𝛼 cos 𝛽𝑒
𝑖 (𝜙+𝜔 )
− sin 𝛼 sin 𝛽𝑒
𝑖 (𝜓+𝜒)
= 1
由于 𝑒
𝑖 (𝜙+𝜔 )
和 𝑒
𝑖 (𝜓+𝜒)
都是单位复数, 显然
cos 𝛼 cos 𝛽𝑒
𝑖 (𝜙+𝜔 )
− sin 𝛼 sin 𝛽𝑒
𝑖 (𝜓+𝜒)
≤ cos 𝛼 cos 𝛽 + sin 𝛼 sin 𝛽 = cos(𝛼 − 𝛽)
而
cos(𝛼 − 𝛽) = 1
又由于要求 det(𝑈) = 1, 因而上述不等号全部取等号, 即
𝛼 = 𝛽, 𝑒
𝑖 (𝜙+𝜔 )
= 1, 𝑒
𝑖 (𝜓+𝜒)
= −1
即
𝛼 = 𝛽, 𝜙 + 𝜔 = 0, 𝜓 + 𝜒 = 𝜋
得到
𝑈 =
cos 𝜃𝑒
𝑖 𝜙
sin 𝜃𝑒
𝑖𝜒
−sin 𝜃𝑒
−𝑖𝜒
cos 𝜃𝑒
−𝑖 𝜙
!
注意到对角线互为共轭与负共轭, 显然它应当具有以下形式
𝑈 =
1
√
𝑎
2
+ 𝑏
2
+ 𝑐
2
+ 𝑑
2
𝑎 + 𝑑𝑖 𝑏 + 𝑐𝑖
− 𝑏 + 𝑐𝑖 𝑎 − 𝑑𝑖
!
显然这是与单位四元数一一对应的
𝑈 = 𝑎 + 𝑏𝑖 + 𝑐 𝑗 + 𝑑𝑘, 𝑎
2
+ 𝑏
2
+ 𝑐
2
+ 𝑑
2
= 1
1 =
1 0
0 1
!
, 𝑖 =
0 1
−1 0
!
, 𝑗 =
0 𝑖
𝑖 0
!
, 𝑘 =
𝑖 0
0 −𝑖
!
行列式为 1 的酉矩阵构成的群称为 SU(2) 群, 换言之,
SU(2) 群与单位四元数群同构
. 全体单位四元数构
成了四维中间中的三维球面,SU(2) 群也与它对应
我们又知道了单位四元数对应了三维空间的旋转矩阵, 即 SO(3) 群
𝑞 = cos
𝜃
2
+ sin
𝜃
2
P
注意到一个三维旋转对应了两个单位四元数
𝑞
1
= cos
𝜃
2
+ sin
𝜃
2
P , 𝑞
2
= cos
𝜃 + 2𝜋
2
+ sin
𝜃 + 2𝜋
2
P
因而称 SU(2) 群为 SO(3) 群的双覆盖
3 Lie 代数
3.1 生成元
不妨先考虑二维旋转矩阵
𝑅(𝜃) =
cos 𝜃 −sin 𝜃
sin 𝜃 cos 𝜃
!
如果变换很小, 则 𝜃 很小, 那么 cos 𝜃 → 1, sin 𝜃 → 𝜃, 那么
𝑅(𝜃) →
1 −𝜃
𝜃 1
!
= 𝐼 + 𝜃
0 −1
1 0
!
𝜃 后面的矩阵称为生成元
考虑一般的形式, 一个无限小变换可以写为
𝑅(𝜃) = 𝐼 + 𝜃 𝑋
对于一个有限大小的旋转, 将其写为很多小旋转的复合
𝑅(𝜃) =
1 +
𝜃
𝑁
𝑋
𝑁
注意到当 𝑁 → ∞ 时
𝑅(𝜃) = lim
𝑁 →∞
1 +
𝜃
𝑁
𝑋
𝑁
= 𝑒
𝜃 𝑋
事实上, 对于任意的变换 ℎ(𝜃), 对其进行泰勒展开
ℎ(𝜃) = ℎ(0) + 𝜃ℎ
′
(0) +
𝜃
2
2
ℎ
′′
(0) + ···
ℎ(0) 显然是恒等变换. 比较用生成元表示的变换形式
𝑒
𝜃 𝑋
= 𝐼 + 𝜃 𝑋 +
𝜃
2
2
𝑋
2
+ ···
显然
𝑋 = ℎ
′
(0)
3.2 Lie 代数
Lie 群是描述连续对称性的群, 如圆的恒等变换群, 旋转角可以是任意的实数. 对于一个 Lie 群, 可以找到
一个与之对应的 Lie 代数
𝑛 × 𝑛 矩阵群 𝐺 的 Lie 代数 𝔤 定义为
𝔤 =
𝑋 ∈ 𝑀
𝑛
(R)|𝑒
𝜃 𝑋
∈ 𝐺, ∀𝜃 ∈ R
Lie 群乘法与 Lie 代数的对应关系为
𝑒
𝑋
◦ 𝑒
𝑌
= 𝑒
𝑋+𝑌+
1
2
[𝑋,𝑌 ]+
1
12
[𝑋, [𝑋,𝑌 ]]+···
其中 [, ] 称为 Lie 括号
[𝑋, 𝑌] = 𝑋𝑌 −𝑌 𝑋
[𝑋, 𝑌] 称为 𝑋 与 𝑌 的对易子. 可以利用 Lie 括号对 Lie 代数进行重新定义
Lie 代数 𝔤 是一个线性空间, 它上面定义了一个二元运算 [, ], 满足以下条件, 那么 𝔤 就是一个 Lie
代数:
• 双线性: [𝑎 𝑋 + 𝑏𝑌, 𝑍] = 𝑎[𝑋, 𝑍] + 𝑏[𝑌, 𝑍]
• 反对称: [𝑋, 𝑌 ] = −[𝑌, 𝑋]
• Jacobi 恒等式: [𝑋, [𝑌, 𝑍]] + [𝑌, [𝑍, 𝑋]] + [𝑍, [𝑋, 𝑌]] = 0
该定义不依赖于群
3.3 SO(3) 的生成元
首先给出 SO(3) 群的定义
𝑂
𝑇
𝑂 = 𝐼, det(𝑂) = 1
利用生成元
𝑂 = 𝑒
𝜃 𝐽
那么由第一个条件
𝑒
𝜃 𝐽
𝑒
𝜃 𝐽
𝑇
= 𝐼
由于 𝜃 是小量, 那么有
𝑒
𝜃 𝐽
𝑒
𝜃 𝐽
𝑇
= 𝑒
𝜃 (𝐽+𝐽
𝑇
)+
𝜃
2
2
[𝐽, 𝐽
𝑇
]+···
而 𝜃
2
是二阶小量, 可以忽略, 那么
𝑒
𝜃 𝐽
𝑒
𝜃 𝐽
𝑇
= 𝑒
𝜃 (𝐽+𝐽
𝑇
)
因而
𝐽 + 𝐽
𝑇
= 0
考察另一个条件
det(𝑒
𝜃 𝐽
) = 𝑒
𝑡𝑟 (𝜃 𝐽 )
= 1
因而
𝑡𝑟 (𝐽) = 0
这意味着对角元之和为零, 但是由于 𝐽 + 𝐽
𝑇
= 0, 所有对角元为零. 这两个条件限制了 6 个自由度, 因而线
性空间是三维的, 只需要找到三个基即可. 注意到
𝐽
1
=
©
«
0 0 0
0 0 −1
0 1 0
ª
®
®
®
¬
, 𝐽
2
=
©
«
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
ª
®
®
®
¬
, 𝐽
3
=
©
«
0 −1 0
1 0 0
0 0 0
ª
®
®
®
¬
这三个线性无关的矩阵正好可以满足条件, 那么任一生成元都可以表示为它们的线性组合
𝐽 = 𝑎𝐽
1
+ 𝑏𝐽
2
+ 𝑐𝐽
3
3.4 SU(2) 的生成元
SU(2) 群中的矩阵满足
𝑈
†
𝑈 = 𝐼, det(𝑈) = 1
同样设生成元为 𝐽, 那么
𝑒
𝜃 𝐽
𝑒
𝜃 𝐽
†
= 𝐼, det(𝑒
𝜃 𝐽
) = 1
同样可以得到生成元满足
𝐽
+
𝐽
†
= 0
但是这种形式并不优雅 (相对而言). 为了得到更优雅的形式, 考虑提出一个 𝑖
𝑈 = 𝑒
𝑖 𝜃 𝐽
显然应该有 (需要共轭, 因而添加一个负号)
𝑈
†
= 𝑒
−𝑖 𝜃 𝐽
†
那么就会得到
𝐽 − 𝐽
†
= 0 ⇒ 𝐽 = 𝐽
†
也就是说, 生成元是厄米矩阵. 这并没有限制对角元, 因而需要用上行列式的条件
det(𝑒
𝑖 𝜃 𝐽
) = 1 ⇒ 𝑡𝑟 (𝑖𝜃𝐽) = 0
这要求对角元之和为零. 因而 𝐽 是迹为零的厄米矩阵. 二维的复矩阵具有八个自由度, 厄米减少了四个, 迹
限制了一个, 同样剩下三个自由度, 因而会有三个基
𝜎
1
=
0 1
1 0
!
, 𝜎
2
=
0 −𝑖
𝑖 0
!
, 𝜎
3
=
1 0
0 −1
!
它们被称为泡利矩阵. 进行 Lie 括号运算可得
[𝜎
𝑖
, 𝜎
𝑗
] = 2𝑖𝜖
𝑖 𝑗 𝑘
𝜎
𝑘
我们不希望右边出现系数 2, 因而定义 SU(2) 的生成元为
1
2
𝜎
𝑖
4 对易子
4.1 对易子的定义与基本性质
对易子的定义是很简单的, 两个算子的对易子也是一个算子
[𝐴, 𝐵] = 𝐴𝐵 − 𝐵𝐴
由于算子不一定满足乘法可交换, 所以对易子不一定为零. 对易子是双线性的
[𝑎 𝐴 + 𝑏𝐵, 𝐶] = 𝑎[𝐴, 𝐶] + 𝑏 [𝐵, 𝐶], [𝐴, 𝑏𝐵 + 𝑐𝐶] = 𝑏 [𝐴, 𝐵] + 𝑐[𝐴, 𝐶], [𝐴, 𝐵] = −[𝐵, 𝐴]
乘积的对易子可以用对易子表示, 这很容易验证
[𝐴, 𝐵 𝐶] = 𝐵[𝐴, 𝐶] + [𝐴, 𝐵]𝐶, [𝐴𝐵, 𝐶] = 𝐴[𝐵, 𝐶] + [𝐴, 𝐶]𝐵
对易子的共轭转置是共轭转置的对易子
[𝐴, 𝐵]
†
= [𝐴
†
, 𝐵
†
]
另有 Jacobi 恒等式
[𝐴, [𝐵, 𝐶]] + [𝐵, [𝐶, 𝐴]] + [𝐶, [𝐴, 𝐵]] = 0
4.2 Baker-Campbell-Hausdor 公式
BCH 公式给出了算子在 𝑒 指数上的行为
𝑒
𝐴
𝑒
𝐵
= exp
𝐴 + 𝐵 +
1
2
[𝐴, 𝐵] +
1
12
(
[𝐴, [𝐴, 𝐵]] + [[𝐴, 𝐵], 𝐵]
)
+ ···
𝑒
𝐴
𝐵𝑒
−𝐴
= 𝐴 + [𝐴, 𝐵] +
1
2!
[𝐴, [𝐴, 𝐵]] +
1
3!
[𝐴, [𝐴, [𝐴, 𝐵]]] + ···
如果二级对易子为零
[𝐴, [𝐴, 𝐵]] = [𝐵, [𝐴, 𝐵]] = 0
那么就有推论
𝑒
𝐴+𝐵
= exp{𝐴}exp{𝐵}exp
−
1
2
[𝐴, 𝐵]
5 表示论
群论允许研究变换本身而不关心变换的对象, 同一个群可以作用于不同的对象. 定义群的表示
群 𝐺 的表示是从 𝐺 到线性空间 𝑉 上的全体线性变换集合的映射
𝑅 : 𝑔 ↦→ 𝑅(𝑔)
它满足
• 保持群乘法: 𝑅(𝑔
1
) ◦ 𝑅(𝑔
2
) = 𝑅(𝑔
1
◦ 𝑔
2
)
• 保持单位元: 𝑅(𝑒) = 𝐼
• 保持逆元
:
𝑅
(
𝑔
−1
)
=
𝑅
(
𝑔
)
−1
定义相似变换
𝑅 ↦→ 𝑅
′
= 𝑆𝑅𝑆
−1
若 𝑅 是群表示, 则 𝑅
′
= 𝑆𝑅𝑆
−1
也是. 为了更清晰, 不妨令 𝑇 (𝑔) = 𝑆𝑅𝑆
−1
, 那么验证
𝑇 (𝑒) = 𝑆𝑅(𝑒)𝑆
−1
= 𝑆𝐼𝑆
−1
= 𝐼
𝑇 (𝑔
−1
) = 𝑆𝑅(𝑔
−1
)𝑆
−1
= 𝑆𝑅(𝑔)
−1
𝑆
−1
= 𝑇 (𝑔)
−1
𝑇 (𝑔
1
)𝑇 (𝑔
2
) = 𝑆𝑅(𝑔
1
)𝑆
−1
𝑆𝑅(𝑔
2
)𝑆
−1
= 𝑆𝑅(𝑔
1
)𝑅(𝑔
2
)𝑆
−1
= 𝑆𝑅(𝑔
1
◦ 𝑔
2
)𝑆
−1
= 𝑇 (𝑔
1
◦ 𝑔
2
)
如此就有机会简化群表示. 但是SU(2) 群的生成元仅有一个可以被对角化, 这是因为对角阵是对易的, 而
SU(2) 的生成元都不对易
定义不变子空间. 若 𝑉 有子空间 𝑉
′
, 并且 𝑉
′
对于群变换是封闭的, 即
𝑅(𝑔)𝑣 ∈ 𝑉
′
, ∀𝑣 ∈ 𝑉
′
, ∀𝑔 ∈ 𝐺
那么 𝑉
′
称为 𝑉 的不变子空间. 因而可以在 𝑉
′
上定义一个新的表示 𝑅
′
, 使得
𝑅
′
(𝑔)𝑣 = 𝑅(𝑔)𝑣, ∀𝑣 ∈ 𝑉
′
𝑅
′
称为 𝑅 的子表示.𝑅
′
看起来比 𝑅 更基本, 因而可以进一步定义不可约表示
若 𝑉 除了 0 和 𝑉 本身没有不变子空间, 那么 𝑅 称为不可约表示
不可约表示不能再分解为子表示
有 Schur 引理
给定一个不可约表示 𝑅 : 𝔤 → 𝐺 𝐿 (𝑉), 若 𝑉 上有一个线性变换 𝑇 使得
𝑇 𝑅(𝑔) = 𝑅(𝑔)𝑇, ∀𝑔 ∈ 𝐺
即 𝑇 与所有的 𝑅(𝑔) 对易, 那么 𝑇 是恒等变换的常数倍
由此定义群的 Casimir 元. 对于 Lie 群的任意生成元 𝑋, 都有
[𝐶, 𝑋] = 0
6 SU(2) 的表示
6.1 SU(2) 的表示
SU(2) 的群元是由三个生成元生成的
𝐽
1
=
1
2
0 1
1 0
!
, 𝐽
2
=
1
2
0 −𝑖
𝑖 0
!
, 𝐽
3
=
1
2
1 0
0 −1
!
这三个生成元是 SU(2)Lie 代数的基. 任意合法的生成元都可以唯一分解为这三个基的线性组合. 他们满
足对易关系
[𝐽
𝑖
, 𝐽
𝑗
] = 𝑖𝜖
𝑖 𝑗 𝑘
𝐽
𝑘
线性变换显然也是 Lie 群, 因而知道生成元即可得到线性变换. 如果这个线性变换的生成元也有三个, 它
们就可以与 𝐽
1
, 𝐽
2
, 𝐽
3
一一对应
𝐽
1
↔ 𝐿
1
, 𝐽
2
↔ 𝐿
2
, 𝐽
3
↔ 𝐿
3
那么它们也应当满足对易关系
[𝐿
𝑖
, 𝐿
𝑗
] = 𝑖𝜖
𝑖 𝑗 𝑘
𝐿
𝑘
显然这样的变换是 SU(2) 的表示
6.2 升降算符
之前已经推导出了 SU(2) 的生成元
𝐽
1
=
1
2
0 1
1 0
!
, 𝐽
2
=
1
2
0 −𝑖
𝑖 0
!
, 𝐽
3
=
1
2
1 0
0 −1
!
为了得到 SU(2) 的表示, 需要假定我们不知道这些生成元的具体形式, 只知道它们满足对易关系
[𝐽
𝑖
, 𝐽
𝑗
] = 𝑖𝜖
𝑖 𝑗 𝑘
𝐽
𝑘
利用它们定义升降算符
𝐽
+
=
1
√
2
(𝐽
1
+𝑖𝐽
2
)
𝐽
−
=
1
√
2
(𝐽
1
−𝑖𝐽
2
)
可以验证它满足如下的对易关系
[𝐽
3
, 𝐽
±
] = ±𝐽
±
, [𝐽
+
, 𝐽
−
] = 𝐽
3
对于任意的 𝐽
3
的本征矢 𝑣,𝑏 为其对应的特征值, 注意到考虑被 𝐽
±
作用后的结果
𝐽
3
(𝐽
±
𝑣) = 𝐽
3
(𝐽
±
𝑣) + 𝐽
±
𝐽
3
𝑣 − 𝐽
±
𝐽
3
𝑣
= 𝐽
±
𝐽
3
𝑣 + 𝐽
3
𝐽
±
𝑣 − 𝐽
±
𝐽
3
𝑣
= 𝐽
±
𝑏𝑣 + [𝐽
3
, 𝐽
±
]𝑣
= (𝑏 ± 1)𝐽
±
𝑣
因而 𝐽
±
𝑣 也是 𝐽
3
的本征矢, 其本征值为 𝑏 ±1. 不断使用升降算符可以得到 𝐽
3
新的本征矢. 但是由于空间
是有限维的, 不可能无限次使用升降算符, 存在一个最大的本征值对应的 𝑣
𝑀
. 假定 𝑣 被升算子作用了了
𝑁 次后达到最大, 那么应当有
𝑣
𝑀
= 𝐽
𝑁
+
𝑣, 𝐽
+
𝑣
𝑀
= 0
它对应的最大本征值就为
𝑀 = 𝑏 + 𝑁
同样也应存在最小本征值. 自然最大本征矢被降算子作用 𝑀 次后达到最小
𝑣
𝑚
= 𝐽
𝑀
−
𝑣
𝑀
, 𝐽
−
𝑣
𝑚
= 0
假定最大本征值为 𝑗, 最小本征值就为
𝑚 = 𝑗 − 𝑀
我们希望这一系列的本征矢都是归一化的, 为了得到 𝑣
𝑗
与 𝑣
𝑗−1
的关系, 设
𝐽
−
𝑣
𝑗
= 𝑁
𝑗
𝑣
𝑗−1
为了方便阅读, 不妨借用狄拉克符号
|
𝑗
⟩
≡ 𝑣
𝑗
,
⟨
𝑗
|
≡ 𝑣
†
𝑗
先考虑最大特征值的情形. 显然有
|
𝐽
−
|
𝑀
⟩|
2
=
⟨
𝑀
|
𝐽
+
𝐽
−
|
𝑀
⟩
=
|
𝑁
𝑀
|
2
||
𝑀 − 1
⟩|
2
同时如果利用 𝐽
+
|
𝑀
⟩
= 0, 那么
|
𝐽
−
|
𝑀
⟩|
2
=
⟨
𝑀
|
𝐽
+
𝐽
−
|
𝑀
⟩
−
⟨
𝑀
|
𝐽
−
𝐽
+
|
𝑀
⟩
=
⟨
𝑀
|
(𝐽
+
𝐽
−
− 𝐽
−
𝐽
+
)
|
𝑀
⟩
=
⟨
𝑀
|
[𝐽
+
, 𝐽
−
]
|
𝑀
⟩
=
⟨
𝑀
|
𝐽
3
|
𝑀
⟩
= 𝑀
||
𝑀
⟩|
2
若希望
|
𝑀
⟩
与
|
𝑀 − 1
⟩
都是归一化的, 那么
𝑁
𝑀
=
√
𝑀
由此得到
𝐽
−
|
𝑀
⟩
=
√
𝑀
|
𝑀 − 1
⟩
对于一般情况, 希望求
𝑁
2
𝑀 −𝑘
=
⟨
𝑀 − 𝑘
|
𝐽
+
𝐽
−
|
𝑀 − 𝑘
⟩
=
1
𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
考察
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
=
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
+
(𝐽
3
+ 𝐽
−
𝐽
+
)𝐽
−
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
分别考察两部分
𝐽
+
𝐽
3
𝐽
−
= 𝐽
+
(𝐽
−
𝐽
3
− 𝐽
−
) = 𝐽
+
𝐽
−
(𝐽
3
− 𝐼)
𝐽
+
𝐽
−
𝐽
+
𝐽
−
= 𝐽
+
𝐽
−
(𝐽
3
+ 𝐽
−
𝐽
+
) = 𝐽
+
𝐽
−
𝐽
−
𝐽
+
+ 𝐽
+
𝐽
−
𝐽
3
因而
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
= (2𝑀 −2𝑘 +1)
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
+
𝐽
−
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
+
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
+
𝐽
−
𝐽
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
注意到
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
+
𝐽
−
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
= 𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
, 那么
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
= (2𝑀 − 2𝑘 + 1)𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
+
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
+
𝐽
−
𝐽
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
注意到最后一项
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
+
𝐽
−
𝐽
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
=
1
𝑁
2
𝑀 −𝑘+2
⟨
𝑀 − 𝑘 + 2
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
𝐽
+
𝐽
−
|
𝑀 − 𝑘 + 2
⟩
而
𝐽
2
+
𝐽
2
−
𝐽
+
𝐽
−
=
𝐽
2
+
𝐽
2
−
(
𝐽
3
+
𝐽
−
𝐽
+
)
因而
⟨
𝑀 − 𝑘 + 2
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
𝐽
+
𝐽
−
|
𝑀 − 𝑘 + 2
⟩
= (𝑀 −𝑘 +2)
⟨
𝑀 − 𝑘 + 2
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
|
𝑀 − 𝑘 + 2
⟩
+
⟨
𝑀 − 𝑘 + 2
|
𝐽
2
+
𝐽
3
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 2
⟩
又有
⟨
𝑀 − 𝑘 + 2
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
|
𝑀 − 𝑘 + 2
⟩
= 𝑁
2
𝑀 −𝑘+2
𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
那么
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
+
𝐽
−
𝐽
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
= (𝑀 − 𝑘 + 2)𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
+
1
𝑁
2
𝑀 −𝑘+2
⟨
𝑀 − 𝑘 + 2
|
𝐽
2
+
𝐽
3
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 2
⟩
同样会得到
⟨
𝑀 − 𝑘 + 2
|
𝐽
2
+
𝐽
3
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 2
⟩
=
𝑀 − 𝑘 + 3
𝑁
2
𝑀 −𝑘+3
⟨
𝑀 − 𝑘 + 3
|
𝐽
3
+
𝐽
3
−
|
𝑀 − 𝑘 + 3
⟩
+
1
𝑁
2
𝑀 −𝑘+3
⟨
𝑀 − 𝑘 + 3
|
𝐽
2
+
𝐽
4
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 3
⟩
= (𝑀 − 𝑘 + 3)𝑁
2
𝑀 −𝑘+2
𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
+
1
𝑁
2
𝑀 −𝑘+3
⟨
𝑀 − 𝑘 + 3
|
𝐽
2
+
𝐽
4
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 3
⟩
因而可以归纳得到
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
+
𝐽
−
𝐽
−
𝐽
+
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
= (𝑀 − 𝑘 + 2)𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
+ (𝑀 − 𝑘 + 3)𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
+ ··· + 𝑀 𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
因而
⟨
𝑀 − 𝑘 + 1
|
𝐽
2
+
𝐽
2
−
|
𝑀 − 𝑘 + 1
⟩
= [(𝑀 − 𝑘) + (𝑀 − 𝑘 + 1) + · ·· + 𝑀]𝑁
2
𝑀 −𝑘+1
故
𝑁
2
𝑀 −𝑘
=
(
𝑀
−
𝑘
) + (
𝑀
−
𝑘
+
1
) + ··· +
𝑀
=
1
2
(2𝑀 − 𝑘)(𝑘 + 1)
因此
𝑁
𝑀 −𝑘
=
1
√
2
p
(2𝑀 − 𝑘)(𝑘 + 1)
经过上面的过程得到
𝐽
−
𝑣
𝑘
= 𝛼
𝑘
𝑣
𝑘−1
令 𝑘 = 𝑀 − 𝑗 , 那么代入上面的结果中即可得到
𝛼
𝑘
=
1
√
2
p
𝑀 (𝑀 + 1) − 𝑘 (𝑘 − 1)
注意到 𝑘 = ±𝑀 时 𝛼 = 0, 因而得到 𝐽
3
的本征值为
{ −𝑀, −𝑀 + 1, ··· , 𝑀 − 1, 𝑀 }
由于 −𝑀 一直加 1 最终应该得到 𝑀, 故 𝑀 必须是整数或半整数. 如此就得到了 2𝑀 + 1 个本征矢
𝐽
+
与 𝐽
−
存在关联, 假设
𝐽
+
𝑣
𝑘
= 𝛽
𝑘
𝑣
𝑘+1
已知
𝐽
−
𝑣
𝑘
= 𝛼
𝑘
𝑣
𝑘−1
利用 𝐽
+
= 𝐽
†
−
可以得到
𝑣
†
𝑘
𝐽
+
= 𝛼
𝑘
𝑣
†
𝑘−1
右乘 𝑣
𝑘−1
得到
𝑣
†
𝑘
𝐽
+
𝑣
𝑘−1
= 𝛼
𝑘
因而
𝛽
𝑘−1
= 𝛼
𝑘
综合地来说, 有
𝐽
+
𝑣
𝑘
=
1
√
2
p
𝑀 (𝑀 + 1) − 𝑘 (𝑘 + 1)𝑣
𝑘+1
𝐽
−
𝑣
𝑘
=
1
√
2
p
𝑀 (𝑀 + 1) − 𝑘 (𝑘 − 1)𝑣
𝑘−1
6.3 SU(2) 的 Casimir 元
对于 SU(2) 群, 注意到如果定义
𝐽
2
≡ 𝐽
2
1
+ 𝐽
2
2
+ 𝐽
2
3
它就正好满足
[𝐽
2
, 𝐽
𝑖
] = 0
注意到
𝐽
+
𝐽
−
+ 𝐽
−
𝐽
+
= 𝐽
2
1
+ 𝐽
2
2
因而
𝐽
2
= 𝐽
+
𝐽
−
+ 𝐽
−
𝐽
+
+ 𝐽
2
3
利用上一节得到的结论
𝐽
+
𝑣
𝑘
=
1
√
2
p
𝑀 (𝑀 + 1) − 𝑘 (𝑘 + 1)𝑣
𝑘+1
𝐽
−
𝑣
𝑘
=
1
√
2
p
𝑀 (𝑀 + 1) − 𝑘 (𝑘 − 1)𝑣
𝑘−1
” 简单” 计算即可得到
𝐽
2
𝑣
𝑘
= 𝑀 (𝑀 + 1)𝑣
𝑘
这意味着所有 𝐽
3
的一套由升降算子得到的本征矢
{𝑣
−𝑀
, 𝑣
−𝑀+1
, ··· , 𝑣
𝑀 −1
, 𝑣
𝑀
}
都是 𝐽
2
的本征矢, 对应的本征值为 𝑀 (𝑀 + 1)
6.4 SU(2) 的不可约表示
希望找到 SU(2) 在其他维度的不可约表示, 即寻找三个相应维数生成元
𝐿
1
, 𝐿
2
, 𝐿
3
使得它们满足 SU(2) 的对易关系
[𝐿
𝑖
, 𝐿
𝑗
] = 𝑖𝜖
𝑖 𝑗 𝑘
𝐿
𝑘
上面的讨论中, 已经知道 𝐿
3
的本征值为整数或半整数, 并且具有 2𝑀 +1 个本征矢, 其中 𝑀 是 𝐿
3
的最大
本征值. 那么可以作如下讨论
6.4.1 一维不可约表示
对于一维情形的生成元 𝐿 是一维矩阵, 它只能有一个本征值, 即对应了 𝑀 = 0 的情形. 希望它们满足对易
关系
[𝐿
𝑖
, 𝐿
𝑗
] = 𝑖𝜖
𝑖 𝑗 𝑘
𝐿
𝑘
这只有
𝐿
1
= 𝐿
2
= 𝐿
3
= 0
对应的表示是
𝑒
𝑖 𝜃 𝐿
= 𝑒
𝑖 𝜃0
= 𝐼
即恒等变换
6.4.2 二维不可约表示
二位情形对应 𝑀 =
1
2
, 此时 𝐿
3
的本征值为 ±
1
2
. 假定 𝐿
3
是对角的, 那么显然它就是
𝐿
3
=
1
2
1 0
0 −1
!
它的本征矢为
𝑣
1
2
=
1
0
!
, 𝑣
−
1
2
=
0
1
!
为了得到 𝐿
1
与 𝐿
2
, 可以利用升降算符
𝐿
+
=
1
√
2
(𝐿
1
+𝑖𝐿
2
), 𝐿
−
=
1
√
2
(𝐿
1
−𝑖𝐿
2
)
由上面的讨论我们知道升降算符作用在本征矢上的结果
𝐿
+
𝑣
1
2
= 0, 𝐿
−
𝑣
−
1
2
= 0
𝐿
+
𝑣
−
1
2
=
1
√
2
𝑣
1
2
, 𝐿
−
𝑣
1
2
=
1
√
2
𝑣
−
1
2
反过来 𝐿
1
与 𝐿
2
可以用 𝐿
+
与 𝐿
−
表示
𝐿
1
=
1
√
2
(𝐿
+
+ 𝐿
−
), 𝐿
2
=
𝑖
√
2
(𝐿
+
− 𝐿
−
)
那么它们作用在本征矢上的结果也是可以求得的
𝐿
1
𝑣
1
2
=
1
2
𝑣
1
2
, 𝐿
1
𝑣
−
1
2
= −
1
2
𝑣
−
1
2
𝐿
2
𝑣
1
2
=
𝑖
2
𝑣
1
2
, 𝐿
2
𝑣
−
1
2
= −
𝑖
2
𝑣
−
1
2
由此就可以得到 𝐿
1
与 𝐿
2
𝐿
1
=
1
2
0 1
1 0
!
, 𝐿
2
=
1
2
0 −𝑖
𝑖 0
!
这正是泡利矩阵
6.4.3 三维不可约表示
三维情形对应 𝑀 = 1, 此时 𝐿
3
的本征值为 0, ±1. 假定 𝐿
3
是对角的, 那么显然它就是
𝐿
3
=
©
«
1 0 0
0 0 0
0 0 −1
ª
®
®
®
¬
它的本征矢是极为简单的
𝑣
1
=
©
«
1
0
0
ª
®
®
®
¬
, 𝑣
0
=
©
«
0
1
0
ª
®
®
®
¬
, 𝑣
−1
=
©
«
0
0
1
ª
®
®
®
¬
升降算符的作用也是可以求得的
𝐿
+
𝑣
1
= 0, 𝐿
−
𝑣
−1
= 0
𝐿
+
𝑣
0
= 𝑣
1
, 𝐿
−
𝑣
1
= 𝑣
0
𝐿
+
𝑣
−1
= 𝑣
0
, 𝐿
−
𝑣
0
= 𝑣
−1
利用
𝐿
1
=
1
√
2
(𝐿
+
+ 𝐿
−
), 𝐿
2
=
𝑖
√
2
(𝐿
+
− 𝐿
−
)
那么就能得到 𝐿
1
与 𝐿
2
作用的结果
𝐿
1
𝑣
1
=
1
√
2
𝑣
0
, 𝐿
1
𝑣
0
=
1
√
2
(𝑣
1
+ 𝑣
−1
), 𝐿
1
𝑣
−1
=
1
√
2
𝑣
0
𝐿
2
𝑣
1
=
𝑖
√
2
𝑣
0
, 𝐿
2
𝑣
0
=
𝑖
√
2
(𝑣
1
− 𝑣
−1
), 𝐿
2
𝑣
−1
= −
𝑖
√
2
𝑣
0
因而
𝐿
1
=
1
√
2
©
«
0 1 0
1 0 1
0 1 0
ª
®
®
®
¬
, 𝐿
2
=
1
√
2
©
«
0 −𝑖 0
𝑖 0 −𝑖
0 𝑖 0
ª
®
®
®
¬
7 参考文献
• Physics from Symmetry (Jakob Schwichtenberg)
• Symmetry and the Standard Model Mathematics and Particle Physics (Matthew Robinson)
