【同步更新】物理向群论：随手记
把有点意思的内容自己复现一遍，但是覆盖不了所有上课内容
警告：非常个人向，甚至接近于日记，有许多屁话和不严谨的地方
\[\require{physics}\]群的基本概念、性质
凯莱定理
每个群G同构于对称群$S_G$的一个子群
对应法则：取$g\in G$,左作用于G后得到G的一个置换$gG$，同时这个置换方式也是对称群$S_G$中的一个元素。由消去律可以验证这个（同构）映射是单射；再验证保运算，取G中元素a，b，打到SG中的a’,b’上，那么ab的作用效果正是a’b’，这是由群的结合律保证的；至于子群，封闭性由原群G保证了。
这告诉我们可以用置换的方式去理解群元
性质：在这种同构方式中，只要是含有不动点的置换必定是单位元，必定全部不动；并且所有对应过去的置换循环节长度唯一（对长度为n的循环节，反复作用n次即可归为不动；由上一条可知要么都动要么都不动，所以循环节长度只能出现一种）也就是说质数阶群对应的循环节长度只有1和它本身
共轭类
形式上很像矩阵相似
\[a\sim b\Leftrightarrow \exists g,s.t.a=gbg^{-1}\]阿贝尔群的每个元素自成共轭类
群中心：与所有元素均交换的群员组成的子群（一定是正规子群）
定理：共轭类中元素的循环结构必定相同（也即阶相同）
证明：先证明互换左右作用的单循环节保长度，也即
\[g=(b_1,b_2)(a_1,a_2,...,a_n)(b_1,b_2)\]保循环节长度n
1.若ai与bi两两不同（不相交），则含a的循环节与含b的循环节可交换，g=(a_1,a_2,…,a_n)保循环节长度
2.若b1b2中出现一个在a中，不妨设b1=ak，但b2不出现在a中，则
\[\begin{aligned} g & = (b_1,b_2)(a_1,a_2,...,a_k,...a_n)(b_1,b_2) \\ & = (a_k,b_2)(...,a_n,a_1,...,a_k)(a_k,b_2) \\ & = (a_k,b_2)(...,a_n,a_1,...,a_k,b_2) \\ & = (a_k,b_2)(a_k,b_2)(b_2,...,a_n,a_1,...) \\ & = (b_2,...,a_n,a_1,...) \\ \end{aligned}\]相当于用b2替换了原a循环节中的b1，长度不变
3.若b1b2全部出现在a中，则
\[\begin{aligned} g & = (b_1,b_2)(a_1,a_2,...,b_1,b_2,...a_n)(b_1,b_2) \\ & = (...,a_n,a_1,...b_2)(b_2,b_1) \\ & = (...,a_n,a_1,...b_2,b_1) \end{aligned}\]长度不变
又因为所有置换群中元素均可表示为若干对换的积，故任取$q\in S_n$,q可以表示为
\[q=(b_1,b_2)(c_1,c_2)...(h_1,h_2)\] \[q^{-1}=(h_1,h_2)...(c_1,c_2)(b_1,b_2)\]作用在(a_1,a_2,…,a_n)上，可得
\[(b_1,b_2)(c_1,c_2)...(h_1,h_2)(a_1,a_2,...,a_n)(h_1,h_2)...(c_1,c_2)(b_1,b_2)\]多次利用结合律和上面已经证明的结论，可得上式结果也是长为n的循环节
至于对多个循环节的作用，可以这样添元素
\[q(a_1,...,a_n)(b_1,...,b_n)q^{-1}=[q(a_1,...,a_n)q^{-1}][q(b_1,...,b_n)q^{-1}]\]最后仍然是保循环结构的
至此，我们证明了共轭类中元素的循环结构必定相同。
加一点我个人对共轭类的啰嗦理解：从某种角度来看，共轭类的元素其实是本质一样的，但是群中的不对易性使得他俩看起来外观长得不一样（或者说穿了不一样的衣服），所以说完全对易的阿贝尔群就没人把本质一样的东西拉开，你本质一样，外观也就全部一致了；
你看两个互相共轭的元素，之间好像就差一个同声传译，一个负责翻译的，翻译了给另外一个人处理，处理完了再翻译回去，效果是一样的（我也不知道写这么多显然的屁话有什么用，大概是希望如果我有几年不接触这些概念之后，不要对着这个共轭类概念发愣吧）
对Sn共轭类的刻画
对于任意一个群，利用凯莱定理打到Sn的子群上并划分共轭类，则有：共轭类中的循环结构必定相同，但循环结构相同的元素不一定在同一共轭类上（如克莱因群除单位元以外均是2：2循环结构，但是他是阿贝尔群所以每个元素自成一个共轭类）
感性地理解：这主要是因为gag-1左手右手的g不在子群中，而是在Sn大群中
但是对于整个Sn群，有更强的结论：循环结构相同<=>同一共轭类
上节给出了必要性证明，下面仅需证充分性。这需要对gag-1这种东西有更深刻的把握，先来证明这个结论
设$g,a\in S_n;~~g:i\mapsto g(i)$,a用循环写作
\[a:(i,j,...,m)(k,..,l)\]则$gag^{-1}$用循环写作
\[gag^{-1}:(g(i),g(j),...,g(m))(g(k),..,g(l))\]就像线性代数中的“以g为基下的变换a”
证明比发现要简单。我们观察一下gag-1把g(i)打到哪里：
\[g(i)\stackrel{g^{-1}}{\rightarrow}i\stackrel{a}{\rightarrow}j\stackrel{g}{\rightarrow}g(j)\]该引理得证
由此，假设有两个结构一样的置换，只需建立映射q把循环节内容一个个映过去（类似上文的i映到gi，j映到gj等等）；由循环节中单字至多出现一次可知q单射，则必定能在Sn中找到（不唯一）满足条件的q。所以两个结构一样的置换必在同一共轭类中
共轭类中元素个数
已确定循环结构为：长度为i的节有ai个。例(x)(x)(xx)(xxx)所对应的a1=2,a2=1,a3=1,且1+1+2+3是总元素个数（非省略计法）,那么Sn中（回到ai表示）的元素个数有
\[\frac{n!}{\Pi i^{a_i}a_i!}\]分母中的i^ai代表每一个循环节有其长度种等价写法,共有ai个这样的循环节；ai！代表无需考虑等长循环节之间顺序
群表示论
a？第二周就开始表示论了吗 我是不是少看了几集.jpg
群的表示就是把群元hom到线性变换上；同构就是忠实表示，如果ker非平凡那就是简并表示
还有函数表示，设群元对应的线性变换是a，那么对于一个给定的关于坐标的线性函数f(x)，a作用在f上相当于f(ax)把a拿出来变成f’(x)
原群的简并表示可以诱导一个特定商群的忠实表示（模ker呗）；商群（不平凡）的表示诱导原群的简并表示（用pi映射）。
概念-等价表示：表示之间的等价性指的是在两个表示之间存在一组固定的基，通过换基将同一群元的两种表示相等起来；那么根据这个等价关系同样可以将表示之间划分为不同的等价类,等价类所构成的集合与这个商群一一对应：
\[Hom(G;GL(m;\mathbb{C}))/GL(m;\mathbb{C})\]为了完整性插一句显然的话：幺正表示必然是定义在内积空间中的
| 定理1：可约的幺正表示必可分解：即证不变子空间的补空间不变，只看（正交）基。取不变子空间的基ei，补空间基ej，则<ei | ej>=0再用上幺正条件<ei | UU+ | ej>=0即U作用后仍是正交补，所以补空间也是不变子空间 |
定理2：有限群的表示必等价于某个幺正表示。（也就是要找换基S使得SDS-1全部幺正）
先开始我觉得还得要求原表示的所有矩阵ker的交为0，，后来发现单位元打到矩阵上一定是单位阵，ker=0！
构造新引理：注意到（平均内积）在群作用下不变
\[(v,w)=\sum_{g\in G}<D(g)v|D(g)w>\]也就是定义一个新内积（内积合法性易验证），它等于群作用后所有内积和。对这个内积施以一个群变换，可以由重排引理验证他是不变的。
\[(D(g')v,D(g')w)=\sum_{g\in G}<D(g')D(g)v|D(g')D(g)w>=\sum_{g\in G}<D(g)v|D(g)w>=(v,w)\]幺正变换=保内积，这和要证明的东西息息相关
| 上面定义了一个新内积(v,w),那么是否存在线性变换S，使得(v,w)=<Sv | Sw>呢？ |
由内积四条可以看出，向量（已知基上展开系数）内积完全取决于基之间的内积情况，现在把S想作一个nxn的待定矩阵。取一对基（n+nC2=n(n+1)/2种取法），用上面的定义式计算内积大小，由此可以得到n(n+1)/2个限制方程，此时有n^2个待解元，必然存在这样的S，这就是要找的新基，等价的幺正变换写作
\[U(g)=SD(g)S^{-1}\]验证原内积在U下不变：
\[\begin{aligned} & < Uv|Uw> \\ & =< SDS^{-1}v|SDS^{-1}w> \\ & = \sum_{g\in G}< D_gDS^{-1}v|D_gDS^{-1}w> \\ & = \sum_{g\in G}<D_gS^{-1}v|D_gS^{-1}w> \\ & = (S^{-1}v,S^{-1}w) \\ & = <v|w> \end{aligned}\]也就是说，在等价的意义下，所有有限群表示都是幺正、可约=可分解的，所以下面的有限群内容会时不时默认表示幺正、可约可分解混用。
舒尔引理
1.U(G)是G的在线性空间V上的不可约表示，A是V上的算符（相当于是个矩阵/线性映射，和U(g)同级，但不要求在群内），如果对任意的g有
\[AU(g)=U(g)A\]A可以和群的表示交换，有点像中心但是不要求群内
那么一定有
\[A=\lambda I\]证明：在C上，A必定有一个特征λ及对应的特征空间$V_\lambda$，取$\forall x \in V_\lambda,g\in G$,则
\[U(g)Ax=AU(g)x=\lambda U(g)x\]也即，$V_\lambda$是U(g)的不变子空间；由于不可约表示没有非平庸的不变子空间，再加上A的特征空间存在性，所以$V_\lambda=V\Rightarrow A=\lambda I$
由此可以迅速得到一个结论：交换群的不可约表示是一维的
2.对群G，U是V上不可约表示，U’是V’上不可约表示，这两个表示不等价；有映射A:V’->V.使得
\[AU'(g)=U(g)A~~,\forall g \in G\]那么要么这两个表示是完全相同的（进入舒尔引理1），要么A=0
证明:还是和上面一样，构造一个平庸的不可约表示的不变子空间，将U作用在imA上：(不严谨但是爽)
\[UimA=UAx=AU'x\in imA\]也即imA是U的不变子空间，要么imA=0，A=0；要么imA=V
对称的，再用AU’作用在kerA上
\[AU'kerA=UAkerA=0\Rightarrow U'kerA\in kerA\]要么kerA=V’,A=0;要么kerA=0
当kerA=0且imA=V时，A建立了V’与V之间的同构，此时U与U’有这样的关系
\[U(G)=AU'(G)A^{-1}\]也即两表示等价，表示的像所处的线性空间同构
用更精炼的语言再叙述一遍
有两个表示，v in End(V),w in End(W),记在Hom(V,W)中满足fv=wf的f组成线性子空间$Hom^G(V,W)$,那么要么v和w等价，$dim(Hom^G(V,W))=1$，要么表示不等价，$dim(Hom^G(V,W))=0$
不止在复数域C上的表示的舒尔引理
V是有限群G在域k上的的不可约表示，那么能与所有表示交换的$End^G(V)$是k上的有限维除代数（除环+k代数）
解释：不限定交换性的算子End(V)自然构成k代数（矩阵一般都是代数的，毕竟线性空间配备乘法，你懂的），加上交换性限定后升级为除代数（也即所有乘法有逆，在线性结构上表示为$ker(End^G(V))=0$）
证明：重点在于证明乘法可逆性
对于任何与群作用对易的算符$\phi\in End^G(V)$,必然有两个不变子空间kerφ和imφ，而不可约表示的不变子空间平凡，故要么φ可逆要么φ=0，又因为有限群表示必是有限的，所以$End^G(V)$是k上的有限维除代数
回到C版舒尔借助这个：C上的有限维除代数是C自己
证明：运用到C[x]上的代数基本定理
在有限维代数中，任取一元a，不断生成{a,a^2,…}直到这组向量线性相关，也即，存在多项式$P\in C[x]$,使得P(a)=0
另一方面,对多项式P进行因式分解，$P(x)=\Pi(x-x_i),x_i\in C$,代入a得$P(a)=\Pi(a-x_i)=0$，除环内乘积为0则有一项为0，$\exists i,a=x_i\in C$，故该代数就是C自己。
正交归一性定理
我觉得这节相当的数物！很有完备函数系下（展开）的感觉~
注：本节上下标混用，但是对于矩阵，上标代表行，下标代表列
正交归一：在一个大小为$n_G$的群上，对于两个不可约表示$U_\nu$和$U_\mu$，表示的维度记为$n_\nu$和$n_\mu$；对于一个表示矩阵$D_\mu(g)$，其分量写作$D_\mu(g)^i_j$的形式
那么现在固定{表示、矩阵分量位置ij}对于“群员遍历”产生的分量 组成的矢量：
\[\vec v_\mu(i,j)=(D_\mu(g_1)^i_j,D_\mu(g_2)^i_j,...,D_\mu(g_{n_G})^i_j)\]再把长度稍微改改（为了下面的“归一”）,乘根号下表示维度除群规格
\[\boxed{\vec x_\mu(i,j)=\sqrt{\frac{n_\mu}{n_G}}(D_\mu(g_1)^i_j,D_\mu(g_2)^i_j,...,D_\mu(g_{n_G})^i_j)}\]变换$\vec x_\mu(i,j)$中的参数ij，一共可以产生$n_\mu^2$个矢量，这些矢量系是正交归一的，也即，当且仅当i=k,j=l时，有$\vec x_\mu(i,j)·\vec x_\mu(k,l)=1$，其他情况下内积为0
品味一下，想想正交函数系sinax，或者正交归一函数系球谐函数。。
用表达式写出来也即
\[\frac{n_\mu}{n_G}\sum_gD^\dagger_\mu(g)^k_iD^\mu(g)^j_l=\delta_i^j\delta_l^k\]这个式子可以进一步推广到表示之间的正交关系（我们将在证明中看出舒尔引理如何支撑这个结论），引入同样是不可约的表示$\nu$,得
\[\frac{n_\mu}{n_G}\sum_gD^\dagger_\mu(g)^k_iD^\nu(g)^j_l=\delta_\mu^\nu\delta_i^j\delta_l^k\]也就是说，不同表示之间的矢量x必定正交，等式为0
证明：先将上式左侧的分量形式改写成矩阵相乘形式,中间插两个δ
\[\sum_gD^\dagger_\mu(g)^k_iD^\nu(g)^j_l=\sum_{g,n,m}D^\dagger_\mu(g)^k_n\delta^n_i\delta ^j_mD^\nu(g)^m_l\]设$A^n_i=\delta^n_i;B^j_m=\delta^j_m$，其中A、B是矩阵，则AB可以视作一个仅有i行j列有元素1的矩阵，例如(i=2,j=3)
\[AB=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}\]继续将分量形式合并为矩阵相乘，注意到仅有k(行)l(列)是非求和变量，也即整体的行列标是kl
\[\sum_{g,n,m}D^\dagger_\mu(g)^k_n\delta^n_i\delta ^j_mD^\nu(g)^m_l\to\sum_g D_\mu^\dagger(g)ABD^\nu(g)\]证第一个克罗内克符号
这里要用到舒尔引理2，欲构造形式
\[D_\mu^{-1}(p)MD_\nu(p)=M~~,\forall p\in G~~(*)\]那就令$M=\sum_g D_\mu^\dagger(g)ABD^\nu(g)$,算算LHS试试(下面用到了逆=共轭转置)
\[LHS=\sum_g D_\mu^{-1}(p)D^\dagger_\mu(g)ABD^\nu(g)D_\nu(p)=\sum_g D^\dagger_\mu(gp)ABD^\nu(gp)\]由重排引理得上式
\[LHS=\sum_g D^\dagger_\mu(g)ABD^\nu(g)=M\]*式成立，所以我们可以由舒尔引理得，若$\nu!=\mu$,则M=0，若$\nu=\mu$,则$M=\lambda I$
\[\sum_g D^\dagger_\mu(g)ABD^\mu(g)=\lambda I\]欲求λ，则两边取trace，左侧
\[tr(\sum_g D^\dagger_\mu(g)ABD^\mu(g))=\sum_g tr[(D^\dagger_\mu(g)D^\mu(g))(AB)]\]其中，$D^\dagger_\mu(g)D^\mu(g)=I$,故$(D^\dagger_\mu(g)D^\mu(g))(AB)=AB$
若$i\neq j$,则AB主对角线上全为0，tr(AB)=0,λ=0
若$i=j$，则AB主对角线上有一个1，tr(AB)=1，此时
\[tr(\sum_g D^\dagger_\mu(g)ABD^\mu(g))=n_G=tr(\lambda I)=\lambda n_\mu\]综上，
\[\lambda=\frac{n_G}{n_\mu}\delta^j_i\]回代到原式，即
\[\sum_g D^\dagger_\mu(g)ABD^\mu(g)=\frac{n_G}{n_\mu}\delta^j_i I\]上式的两侧行列分量为kl，写作分量形式即
\[\sum_gD^\dagger_\mu(g)^k_iD^\mu(g)^j_l=\sum_{g,n,m}D^\dagger_\mu(g)^k_n\delta^n_i\delta ^j_mD^\mu(g)^m_l=\frac{n_G}{n_\mu}\delta^j_i \delta^k_l\]故
\[\frac{n_\mu}{n_G}\sum_gD^\dagger_\mu(g)^k_iD^\nu(g)^j_l=\delta^\nu_\mu \delta^j_i \delta^k_l\]
推论：不可约有限群表示的维数平方和不超过群大小
\[\sum_{\mu}n_\mu^2\leq n_G\]通俗的口头证明：对于每个不可约表示$\mu$（想成$n_\mu\times n_\mu$的矩阵）,一共有$n_\mu^2$个矩阵分量，而每个分量ij都可以生成正交归一的$\vec x_\mu(i,j)$（忘记了就往上看有框的公式），并且每个不同表示间也是正交的，也就是说在$\vec x$所在的空间中有了$\sum_{\mu}n_\mu^2$个独立的矢量；而这个线性空间是$n_G$维的，由于线性空间中独立矢量数必小于等于空间维度，所以有$\sum_{\mu}n_\mu^2\leq n_G$
先对特征标进行一个小小的recall：表示中的矩阵，可能存在两两之间的矩阵相似关系(SAS-1=B)，依据相似关系划分等价类（也即群中的共轭类），我们又知道trace是相似不变量，所以就用tr来刻画每个共轭类，记作$\chi^\mu_i$(表示$\mu$中共轭类i的矩阵迹)
上面中我们通过群元g作为分量生成了带框的那个向量x，现在用特征标替换{群元矩阵上的某个分量}生成y向量
\[\boxed{\vec y(\mu)=(\sqrt{\frac{n_1}{n_G}}\chi^\mu_1,\sqrt{\frac{n_2}{n_G}}\chi^\mu_2,...,\sqrt{\frac{n_i}{n_G}}\chi^\mu_n)}\]有多少个表示，就有多少个y向量；这组向量在不可约表示的前提下同样具有很好的正交归一性
\[\sum_i\frac{n_i}{n_G}{\chi_\mu^\dagger}^i\chi_i^\nu=\delta_\mu^\nu\]为证明特征标的正交归一性定理，取群元正交归一定理的特殊情况后取迹，这是原表述
\[\frac{n_\mu}{n_G}\sum_gD^\dagger_\mu(g)^k_iD^\nu(g)^j_l=\delta_\mu^\nu\delta_i^j\delta_l^k\]固定i=j（他们怎么样并不是这次关心的），并将kl看作矩阵分量指标，看作矩阵形式，左侧恰好是两个矩阵点乘
\[\frac{n_\mu}{n_G}\sum_gD^\dagger_\mu(g)D^\nu(g)=\delta_\mu^\nu I\]再求trace
\[\frac{n_\mu}{n_G}\sum_gtr(D^\dagger_\mu(g))tr(D^\nu(g))=\delta_\mu^\nu tr(I)\] \[\frac{n_\mu}{n_G}\sum_in_i\chi^{\dagger i}_\mu \chi^\nu_i=\delta_\mu^\nu n_\mu\]特征标正交归一性得证
任意表示的分解
任给群G的在V上的一个表示U，都可以在等价意义下分解为一些不可约表示的直和，这仅仅来源于线性空间的本性（之类的东西）；对于这个线性空间V，找到每个群意义下的不变子空间，进行直和分解
\[V=\bigoplus_{不变}W\]对于表示而言
\[U=\bigoplus_{\lambda}\alpha_\lambda U^\lambda\]其中，右侧这些$U^\lambda$是G的不等价不可约表示，$\alpha_\lambda$表示出现的次数。欲求这个次数，对上式左右取迹
\[\chi^i=\sum_\lambda \alpha_\lambda\chi^i_\lambda\]利用这个等式构造框框向量y
\[\vec y =\begin{pmatrix} \sqrt{\frac{n_1}{n_G}}\chi^1\\ \sqrt{\frac{n_2}{n_G}}\chi^2\\ ...\\ \sqrt{\frac{n_i}{n_G}}\chi^i\\ \end{pmatrix}=\sum_\lambda \alpha_\lambda \begin{pmatrix} \sqrt{\frac{n_1}{n_G}}\chi^1_\lambda\\ \sqrt{\frac{n_2}{n_G}}\chi^2_\lambda\\ ...\\ \sqrt{\frac{n_i}{n_G}}\chi^i_\lambda\\ \end{pmatrix}\]等式同时对不可约表示形成的$\vec y(\mu)$做内积,由正交归一性得
\[<y|y(\mu)>=\alpha_\mu\]所以展开系数可以用内积的方式求得（这种模式大家应该都玩烂了）
推论：表示U不可约<=>$\norm{\vec y(U)}_2=1$
证：$\norm{\vec y(U)}_2$实际上是一些整数平方和的形式，若值为1则仅可能是一项为1，其他项均为0
实例：“正则表示”（regular representation）
设群G内的运算律为gi·gj=gk;将每个群元看作线性空间上V的基矢,定义V上的线性映射U(gi)，满足
\[U(g_i)|g_j>=|g_k>\]则称该表示U为正则表示。这个线性映射刻画的是gi对群元的置换作用，举个例子，三元群的群元(123)的矩阵表示写作
\[\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\]单位元的表示一定是单位阵，非单位元的表示矩阵必定1)对角线为0 2)每行、列有且仅有一个1（这些性质都很好用重排引理证明）
正则表示对应的特征标框框向量写作
\[\vec y=(\sqrt{n_G},0,...,0)\]从模长可以看出是可约表示，下面通过求内积的方式来计算不可约表示$\mu$出现的次数
\[\alpha_\mu=<y|y_\mu>=\sqrt{n_G}·\sqrt{\frac{1}{n_G}}·n_\mu=n_\mu\]也即，不可约表示的出现次数恰为表示维数；单位元的正则表示$I_{n_G}$同样可以由这些不可约表示展开，用特征标写作
\[n_G=\sum_\mu n_\mu^2\]意思是说，所有不可约表示维度的平方和恰为群的阶数。谈笑间看似在玩正则表示的同时，得出了这个很有用的结论，在下面也会经常用到
完备性定理
完备性定理：
什么时候一组向量被称作“完备”呢？当然是这组向量能作为基底来描述整个空间中的任意向量，或者说span张成全空间V。当探讨一组正交归一向量{ei}的完备性时，可以直接说$\sum_i e_i\otimes e_i$是HomV上的单位算符，用狄拉克符号写作
\[\sum_i|i><i|=I\]下面给不太熟悉的读者提供更具体的矩阵观点。拿出一个正交归一中的基矢e1
\[\vec e_1 =\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ ...\\ 0 \end{pmatrix}\]自张量积后，可以用矩阵写作（我不知道这里能不能写等号，至少是同构号吧）
\[\vec e_1 \otimes \vec e_1=\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ ...\\ 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&...&0\\ \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1&0&...&0\\ 0&0&&\\ \vdots &&\ddots&\\ 0&&&0\\ \end{pmatrix}\]那么
\[\vec e_1 \otimes \vec e_1+\vec e_2 \otimes \vec e_2=\begin{pmatrix} 1&0&...&0\\ 0&0&&\\ \vdots &&\ddots&\\ 0&&&0\\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0&0&...&0\\ 0&1&&\\ \vdots &&\ddots&\\ 0&&&0\\ \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&0&...&0\\ 0&1&&\\ \vdots &&\ddots&\\ 0&&&0\\ \end{pmatrix}\]如果{$e_i$}能张成全空间，则
\[\sum_i e_i\otimes e_i=I\]对于非基的一组正交归一且完备矢量{xi}，一定存在正交变换A，使得
\[A|e_i>=|x_i>\]故有
\[\sum_i x_i\otimes x_i=\sum_{i全} Ae_i\times e_i^TA^T=A(\sum_{i全} e_i\times e_i^T)A^T=AIA^T=I\]我们刚刚验证了正交归一完备->和为I，下面要反推正交归一和为I->完备
利用秩不等式rank(A+B)<=rank(A)+rank(B)
观察$\sum_i x_i\otimes x_i=I$，左侧每一项求和量的秩都是1，右侧的秩是dimV，也就是说i的个数必须>=dimV；又因为V中正交归一的矢量组最多有dimV个矢量，所以i的数目为dimV，又因为正交性，故spanxi=V完备
至此，和为I的条件与心中的完备性很好的结合起来了
上面都是前戏，现在隆重介绍群表示中的完备性定理
\[\sum_{\mu,l,k}\frac{n_\mu}{n_G}D^\mu(g)^l_kD^\dagger_\mu(g')^k_l=\delta_{gg'}~~(*)\]先讲讲为什么叫“完备性”；拿出我们的框框向量
\[\boxed{\vec x_\mu(i,j)=\sqrt{\frac{n_\mu}{n_G}}(D_\mu(g_1)^i_j,D_\mu(g_2)^i_j,...,D_\mu(g_{n_G})^i_j)}\]把*式中的g看成分量指标，对这个式子不用分量表示而是用矩阵表示，也即
\[\sum_{\mu,l,k}\frac{n_\mu}{n_G}{D^\mu}^l_k{D^\dagger_\mu}^k_l=I\] \[\sum_{\mu,l,k}\vec x_\mu(l,k)\vec x_\mu^\dagger(k,l)=I\]这恰好与$\sum_i\ketbra{i}=I$具有一致的形式，也就是说不可约群表示这组$\vec x$不仅相互之间正交归一，还能张成全空间V。
证明：注意到正交归一的矢量一共有$\sum_{\mu}n_\mu^2$个，而他们所在的空间维度为$n_G$,结合在表示分解那一节中得到的结论$\sum_{\mu}n_\mu^2= n_G$，完备性得证。
特征标完备性定理
\[\frac{n_i}{n_G}\sum_\mu\chi_i^\mu{\chi_\mu^\dagger}^j=\delta_i^j\]证明：
关于特征标的小引理：
\[\sum_{h\in class}U^\mu(h)=\frac{n_i}{n_\mu}\chi^\mu_iI\]左侧是对共轭类i中所有群元的表示求和，右侧的ni代表共轭类i中的元素个数
证明：看见右边有I，那就还是往舒尔靠，把LHS左右夹住试试
\[U^\mu(g)(\sum_hU^\mu(h))U^{\mu-1}(g)=\sum_hU^\mu(ghg^{-1})\]由（共轭类中的）重排引理得，上式仍然为$\sum_{h\in class}U^\mu(h)$,故
\[\sum_{h\in class}U^\mu(h)=\lambda_i^\mu I\]老套路求trace
\[tr(\sum_{h\in class}U^\mu(h))=n_i\chi^\mu_i\] \[tr(\lambda_i^\mu I)=\lambda_i^\mu n_\mu\]可得
\[\lambda_i^\mu=\frac{n_i}{n_\mu}\chi^\mu_i\]使用到矩阵元的完备性定理
用到矩阵元的完备性定理
\[\sum_{\mu,l,k}\frac{n_\mu}{n_G}D^\mu(g)^l_kD^\dagger_\mu(g')^k_l=\delta_{gg'}\]注意到这个等式所拥有的实际变量（与求和哑变量相对）是g和g’；并且gg’不同的时候RHS=0；现在关心gg’在同一共轭类i中的情况
在共轭类i中取gg’的值，一共可以造出ni^2个这样的等式，其中有ni个式子RHS=1，其余均为0；现在把这些式子全部求和
\[\sum_{\mu,l,k}\frac{n_\mu}{n_G}(\sum_{g\in class}D^\mu(g))^l_k(\sum_{g'\in class}D^\dagger_\mu(g'))^k_l=n_i\]将小引理代入LHS
\[\sum_{\mu,l,k}\frac{n_\mu}{n_G}(\frac{n_i}{n_\mu}\chi^\mu_iI)^l_k(\frac{n_i}{n_\mu}\chi^{\dagger\mu}_iI)^k_l=n_i\] \[\sum_{\mu}\frac{n_\mu}{n_G}\frac{n_i^2}{n_\mu^2}\chi^\mu_i\chi^{\dagger\mu}_i=n_i\] \[\frac{n_i}{n_G}\sum_\mu\chi_i^\mu{\chi_\mu^\dagger}^i=1\]而当求和共轭类不同的时候，重复上面操作，左边形式不变（仅把其中一个i更改），右边为0，结合在一起可得
\[\frac{n_i}{n_G}\sum_\mu\chi_i^\mu{\chi_\mu^\dagger}^j=\delta_i^j\]这节看到这里应该隐隐感觉到，正交归一和完备有种“对偶”或者“转置”的关系，一个纵向刻画，一个横向刻画。。。
本章脉络梳理：
特征标表
有了特征标的完备性定理后，可知不可约表示数=群G中的共轭类数，所以我们可以以共轭类、表示划分两个坐标轴，做成一张方表，表中填特征标
例如只有两个元素的C2群,其特征标表为
| $C_2$ | e | a |
|---|---|---|
| $U_1$ | 1 | 1 |
| $U_2$ | 1 | -1 |
C2所有不可约表示均1维（阿贝尔），所以表示=特征标。第一排无脑填1，因为每个群都有恒1的平庸表示。第二排的表示1和-1也很好想出来
此外，在填不出来的情况下，可以用待定系数，代入正交归一定理、完备性定理、$\sum n_\mu^2=n_G$来解出，例如S3的特征标表
规定共轭类1、2、3分别代表e、循环节长度为2、循环节长度为3
| $S_3$ | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|
| $U_1$ | 1 | 1 | 1 |
| $U_2$ | 1 | -1 | 1 |
| $U_3$ | 2 | 0 | -1 |
填表小寄巧
1.先填右边、上边：上边一排永远是1，右边一列代表着表示维度
2.是否阿贝尔：阿贝尔群则不可约表示全部1维，特征标和表示相等
3.（纵向）完备性：由于归一化系数$\sqrt{\frac{n_i}{n_G}}$中的ni在列内保持一致，而横着看不一定相等的特性，所以如果情况不够简单尽量避免用正交归一性，而是用完备性：一列竖着的平方和乘$\frac{n_i}{n_G}$=1
4.$\sum n_\mu^2=n_G$这些都是整数的运算，做起来比较方便，只剩几个表示待求时可以快速判断表示维度
5.找不可约表示的重点在于同态关系，所以可以从商群的不可约表示入手，再还原到原群中
直积表示
这里的直积不同于直和；直和就像是把两张不同的纸左边与右边贴起来，成为一张大大的平平的纸；直积（张量积）就像先量一下一张A纸的边长，然后狂暴搞一堆摞起来的B纸，使得摞的高度达到之前量的那个边长
直积表示的出现有着直接的物理动机：（没学过量力，听了个响）大意就是知道两个粒子的态，直积一下就成了他们整体的态(大概是这样？)
设有在基为{ui}的线性空间U上的表示拥有矩阵形式A，和{vi},V,B；那么直积表示所在空间W拥有基{wkj}=uk x vj,维度是dimUxdimV
令k表示有序数对(i,j)，则直积表示的矩阵形式写作$D^{k’}_k=A^{i’}_iB^{j’}_j$,保群同态易验证
直积表示的特征标=小表示特征标的积
CG系数(Clebsch-Gordan coefficient)
也就是求直积表示拥有的自然基（uk x vj直接乘起来得到的）怎么转化到另一组基，使得表示的矩阵形式上全部由不可约表示组成；或者说，在群的意义下将表示矩阵分块对角化，$D=S\Lambda S^{-1}$，求这个S
那就将待求的不可约基$\ket{w^\lambda_{\alpha l}}$在张量基下展开
\[|w^\lambda_{\alpha l}>=\sum_{ij} |w_{ij}><w_{ij}|w^\lambda_{\alpha l}>\]其中$\braket{w_{ij}}{w^\lambda_{\alpha l}}$被称作CG系数，也可以写作$<i,j,(\mu,\nu),\alpha,\lambda,l>$
换基后矩阵元的变化
\[D^\mu(g)^{i'}_iD^\nu(g)^{j'}_j=<i'j'|\alpha\lambda l'>D^\lambda(g)^{l'}_l<\alpha\lambda l|ij>\]代入矩阵元的正交归一和完备性定理，同样有CG系数的正交归一和完备性定理,我就不再抄了
群代数、表示、左模
虽然上课没讲，但是这些东西还是知道一下比较好
群表示：G是一个群，V是域K上的一个线性空间，则G到V上全体可逆线性变换构成的群GL(V)的一个群同态φ称为群G在域K上的一个线性表示，简称为表示，称V为表示空间。若V为有限维，则称$dim_KV$为表示的次数或维数，记作$deg\varphi$
表示可以由二元组记作$(\varphi,V)$(群同态，表示空间)
群代数：（在群上赋予类似模或者线性空间的加法结构）K[G]是域K上的线性空间，在K[G]中定义如下乘法运算
\[(\sum_{g\in G}a_gg)(\sum_{h\in G}b_hh):=\sum_{g\in G}\sum_{h\in G}(a_gb_h)\]则K[G]成为群G在环K上的群环；K[G]也成为群G在域K上的群代数
设$(\varphi^*,V)$是群代数K[G]的一个线性表示，定义K[G]对V的乘法
\[av:=\varphi^*(a)(v)~~,~\forall a\in K[G],v\in V\]该运算满足
\[a(v+u)=av+au\] \[(a+b)v=av+bv\] \[(ab)v=a(bv)\] \[1v=v\] \[a(kv)=k(av)=(ka)v\]所以V成为K[G]上的一个左模
感觉就是群元同时承担两个作用：矢量（空间基）和变换（作用）
群代数的中心：
\[Z_{kG}=\{z\in kG|xz=zx,\forall x\in kG\}=\{z \in kG|gzg^{-1}=z,\forall g\in G\}\]还是描述的与全体的可交换性。但是与群中心相比，此处的对象范围更广了，允许出现多个群元线性组合的形式。比如我取一个共轭类i，把里面的元素全部求和形成一个群代数上的元素xi，这个xi一定是在群代数中心的。
群代数中心的结构：
设群G中的共轭类用i表示，令$z_i=\sum_{g\in class~i}g$，则
\[Z_{kG}=\bigoplus k_i z^i\]看见“共轭类数=不等价不可约表示数”这个证明可以用“类和向量构成群代数中心的基”，但是前置东西超出我的能力范围看不懂了。。哭
理想速复习：（吸收性）任意环元r作用在加法子群I上，rI一定在I的里面
模速复习：把线性空间的数域改成环
模的子模：空间的不变子空间；表示的分解：模分解成子模的直和
单模（或不可约模）：没有非平凡子模的模，定位与不可约表示同级
幂等元：$e_\mu e_\nu=\delta_{\mu\nu}e_\mu$（这是物理群论书上的定义，比数学书多要求了正交性）
本原幂等元：生成最小左理想的幂等元
本原幂等元的充要判定：$e_ire_i=\lambda_re_i,\forall r\in K[G]$
本原幂等元与不可约表示：两个本原幂等元生成等价不可约表示当且仅当存在群代数中的元素r，使得$e_1re_2!=0$
幂等元与不可分解理想：环A的幂等元e本原当且仅当A的左理想Ae不可分；环A的中心幂等元e本原当且仅当A的双边理想Ae不可分；环的两个本原中心幂等元正交或相等
群代数的不可分左理想对应一个不可约表示：选取最小左理想中的基矢，用群元左作用在每个基矢上，生成一个矩阵（线性变换）
一些粗略的思考（不一定对）：幂等元可以对代数结构进行划分（投影之类的）（且有很好的正交完备性，求和为1）Ae直接坍缩（简并）成一个左理想了，本原幂等元的划分是单的（不可再分性）
一个共轭类对应群代数中心的一个基矢；群代数中心还可以由幂等元张成（直和Ae），后者代表着不可约表示（个数）
杨图杨表
本质上在做一个整数拆分。杨图用从上到下不严格递减的总数为n的小方块描述了n的一种拆分（组合数学里的东西，懒得抄了）
对于Sn，n的拆分方案数=杨图数=共轭类数=不等价不可约表示数（因为Sn的共轭类与循环节规格完全挂钩，在本文1-3已证）
杨表：对于一个有n个格格的杨图，把1~n这几个数字填入框框中，就得到了杨表
normal杨表：填数字的顺序完全固定，（就跟大多数人写字一样）从上到下从左到右依次递增填1~n；normal杨表通过Sn置换可以变为其他的普通杨表
standard杨表：填数字顺序半固定：每行从左往右递增，每列从上到下递增即可
现在在杨表中作用Sn；如果置换保行（只水平动），那就叫对称子(Symmetrizer)；保列就叫反对称子(Anti-symmetrizer)。
对于一个杨图（易得唯一的normal杨表），我们可以分别写出这两个向量(本节中，向量常常代表群代数中的元素)
\[s=\sum h~~;~~a=\sum(-1)^vv\]s代表把保行的所有置换加起来，a表示把保列的所有置换（奇置换要乘-1）加起来
最后把sa乘起来得到向量e（由于一个是横向置换，一个是纵向置换，所以sa=as）
性质：
1.注意到s和a包含了对每行（列）置换完整的求和，所以任取一个行置换作用在s的左右（或者列置换作用在a的左右），（由于重排引理）其结果仍然是s（或者a）本身
进一步地，s和a都是群代数中的幂等元（但是非本原），s与a的乘积e是本原幂等元。
利用杨图生成Sn的不可约表示：
杨图对应整数划分-对应循环节格式-对应某个共轭类-(1:1)-不等价不可约表示数
杨图所对应的standard杨表数-表示维度-利用钩子定理计数：
standard杨表数为
\[\frac{n!}{\Pi hook(i)}\]i代表某个格子，hook(i)代表从这个格子的右手边最右端开始走，一直往左走走到i这个格子，再往下一直走出去，路过的格子数就是hook(i);然后你再把每个格子的钩子数乘起来放在分母就可以算表示维度了
对于每个杨图你可以通过乘sa的方式得到一个本原幂等元e，这玩意就是最小左理想的一个基；当表示维度>1时，很显然你还得找左理想中其他的基；方法就是用群元不断作用在e上就好了，最后达到的效果是用维度个矢量表示这一整个理想，每个群元在基矢上的作用并作一个矩阵
性质（示意）：
横着排一行的杨图对应的e是将所有置换求和，该e在群作用下不变，所以是平凡表示
竖着排一列的杨图对应的e是将所有置换按符号交错求和，区分且仅区分出了置换的奇偶性，对应着Sn/An=C2的那个1-1…一维表示
一些胡思乱想：每个不可约表示都是群的某些特性被忽略，选中一个特性进行体现的结果（模掉了什么东西。。），对应着幂等元的投影。而在杨图中（由于群代数加法的可交换性），加号相连的置换之间的某些差别被模掉了，所以就生成了极小左理想，就是不可约表示
撒谎理论
从这里进入光滑拓扑群部分了，冲冲冲
连续群在单位元附近做展开，一阶导就是生成元
\[D(d_\alpha)=I-id_{\alpha_a}X_a+...\]则$X_a$为生成元
\[X_a=i\frac{\partial}{\partial\alpha_a}D(\alpha)|_{\alpha=0}\]是的，你没看错，前面两个式子里的i就是虚数单位，而不是什么id恒等映射（我之前就看错了），据说是物批为了计算方便提出来的一个系数（联想到虚宗量贝塞尔函数），有些人会提-i，数批也许不会提这个，但是本质上不会改变什么
另一个值得注意又比较显然的一点，李群独立参数个数=李代数维度=李代数生成元个数
利用无穷小变换连续乘积的形式把任一群元展开
\[D(\alpha)=(I-i\frac{\alpha_a}{N}X_a)(I-i\frac{\alpha_a}{N}X_a)...(I-i\frac{\alpha_a}{N}X_a)~~;N\to\infty\] \[D(\alpha)=(I-i\frac{\alpha_a}{N}X_a)^N~~~;N\to\infty\]这个在形式上和指数函数expx的极限定义，所以利用e指数的形式记作
\[D(\alpha)=e^{-iX_a\alpha_a}\]注：这只是一种记法，事实上流形上的指数映射和狭义的指数函数有很多可以类比的地方，但是把所有性质完全等同起来是不可取的（在下面我们将看到，交换性的加法群上的指数函数实际上是这个东西的一个截断）
至此，我们用指数形式建立了群元（李群）与无穷小变换（李代数）之间的对应关系。在上面的关系式中，D(α)是李群中的元素，$X_a$是李代数中的元素
下面抄一下代数的定义：
设K是一个域，R是一个环，如果满足：
1.(R,+)构成域K上的向量空间
2.(ka)b=k(ab)=a(kb),$\forall k \in K,a,b\in R$
则称R是域K上的一个代数或K-代数，向量空间R的维数称为代数R的维数，环R的单位元成为代数R的单位元
简单的来看一下，大概就是配备了环乘法的线性空间。注意：在物批研究的大多数李代数中，此处的环乘法即为对易算符[A,B]=AB-BA，后者由矩阵乘法定义
李代数的定义：（from参考4,按照一般习惯微调）
域F上的线性空间L，配备乘法运算$L\times L\to L$,记作[x,y]，叫做x与y之间的对易子或者李括号，满足下面这三条就叫做F上的李代数
1.李括号双边线性
2.[x,x]=0 for all x in L
3.[x,[y,z]]+[y,[z,x]]+[z,[x,y]]=0 (Jacobi恒等式)
CBH公式
全称campbell-baker-Hausdorff公式(也有说法是BCH公式，人名换位)，描述了李代数乘法法则与李群乘法法则之间的对应关系
若有
\[e^Ae^B=e^C\]其中，ABC在李代数中，e^A等在李群中，则有关系式
\[C=A+B+\frac{1}{2}[A,B]+\frac{1}{12}([A,[A,B]]+[[A,B],B])+...\]更具体的（在知乎上抄的，这谁知道对不对啊）（from参考3）
\[C=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\sum_{r_i+s_i>0}\frac{1}{\sum_{i=1}^n(r_i+s_i)\Pi_{i=1}^nr_i!s_i!}[A^{(r_i)},B^{(s_1)},...,A^{(s_n)},B^{(s_n)}]\]其中$A^{(r_j)}$代表A连续出现j次
\[[X_1,X_2,..,X_m]=[X_1,[X_2,[...,[X_{m-1},X_m]...]]]\]证明CBH公式：（抄自参考5）
引理：
\[e^ABe^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2}[A,[A,B]]+...+\frac{1}{n!}[A,[A,...[A,B]...]]+..\]通项中，$\frac{1}{n!}$后对应着A出现n次，B出现一次
引理证明：
设算符F->End(V)(就是进去一个标量出来一个矩阵)（标量乘矩阵定义为把矩阵所有分量都乘一下这个标量，所以x与A对易）
\[U(x)=e^{xA}Be^{-xA}\]注意到（第二个等号是因为A与expxA对易）
\[\frac{d}{dx}U(x)=e^{xA}ABe^{-xA}-e^{xA}Be^{-xA}A \\=A(e^{xA}Be^{-xA})-(e^{xA}Be^{-xA})A=[A,U(x)]\]对上式两端dx积分得
\[U(x)=U(0)+\int_0^x[A,U(t)]dt=B+\int_0^x[A,U(t)]dt\]这个积分方程可以通过逐项逼近的方法来求级数解（就是算下一个更精确解时，右边积分中U代入上一个解）来算几个试试
令$U_0(x)=0$,则
\[U_1(x)=B+\int_0^x[A,0]dt=B\] \[U_2(x)=B+\int_0^x[A,B]dt=B+[A,B]x\] \[U_3(x)=B+\int_0^x[A,B+[A,B]t]dt\\ =B+\int_0^x[A,B]dt+\int_0^x[A,[A,B]]tdt=B+[A,B]x+\frac{1}{2}[A,[A,B]]x^2\] \[...\]设$U_l(x)=\sum_{i=0}^l\frac{1}{i!}[A^{(i)},B]x^i$,迭代下一个
\[U_{l+1}(x)=B+\sum_{i=0}^l\frac{1}{i!}\int_0^x[A,[A^{(i)},B]]x^idt\\ =B+\sum_{i=0}^l\frac{1}{(i+1)!}[A,[A^{(i)},B]]x^{i+1}=\sum_{i=0}^{l+1}\frac{1}{i!}[A^{(i)},B]x^i\]所以原积分方程的解是(咳、其实敛散性没讨论（x）)
\[U(x)=e^{xA}Be^{-xA}=\sum_{i=0}^\infty\frac{1}{i!}[A^{(i)},B]x^i\]令x=1，引理得证 口
该引理的推论：
\[e^{-xB}Ae^{xB}=\sum_{i=0}^\infty\frac{1}{i!}[A,B^{(i)}]'x^i~~~(1)\]↑注意这个式子多重李括号的中心在最左边！所有括号都把A括住的那种
\[e^{-A(x)}\frac{d}{dx}e^{A(x)}=e^{-A}A'e^A=\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{i!}[A',A^{(i-1)}]~~~(2)\]设
\[e^{G(x)}=e^{xA}e^{xB}\] \[G(x)=\sum_{i=1}^\infty x^iG_i\](定义式代入x=0可以看出G(0)=0，所以G没有常数项，求和从1开始)；证明的主要目的就是求出每一项系数Gi
定义式求导并右乘自身逆得
\[e^{-xB}e^{-xA}\frac{d}{dx}e^{xA}e^{xB}=e^{-G(x)}\frac{d}{dx}e^{G(x)}\]分成左右两部分计算(第二个等号代入了推论1式)
\[LHS=e^{-xB}Ae^{xB}+B=B+\sum_{i=0}^\infty\frac{1}{i!}[A,B^{(i)}]'x^i\]右边代入推论2式
\[RHS=\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{i!}[G',G^{(i-1)}]\]需要计算多项式G与导数之间的多重李括号时，利用无穷级数展开计算
\[G(x)=\sum_{i=1}^\infty x^iG_i~~~;~~~G'(x)=\sum_{i=1}^\infty i x^{i-1}G_i\]利用李括号的双边线性性
\[[G',G]=[\sum_{i=1}^\infty i x^{i-1}G_i,\sum_{i=1}^\infty x^iG_i]=x^2[G_1,G_2]+2x^2[G_2,G_1]+O(x^3)\\ =-x^2[G_1,G_2]+O(x^3)\]理论上每一项都是可以算出来的，只是通项比较复杂（组合性很强，一开头也摆出来了），就只算前几项为例；代入RHS展开式中
\[RHS=G_1+2xG_2+x^2(3G_3-\frac{1}{2}[G_1,G_2])+O(x^3)\]现在就可以和LHS的级数结果比较系数解出G_i了
\[G_1=A+B\] \[G_2=\frac{1}{2}[A,B]\] \[G_3=\frac{1}{12}([A,[A,B]]+[B,[B,A]])\]故
\[e^Ae^B=e^{A+B+\frac{1}{2}[A,B]+\frac{1}{12}([A,[A,B]]+[B,[B,A]])+...}\]想要多少项就算多少项，证毕
对易括号就是李代数中的乘法，也就是说，当李代数中的运算唯一确定时，李群中的乘法表也被唯一确定了；和所有线性空间一样，确定维度个基矢（李代数生成元）之间的乘法表后，全体的乘法关系也就被确定了。可以看出，CBH公式中有大量的连环李括号，我想这就是为什么GTM9一直在研究什么半单啊可解啊的原因吧
取李代数上的两个生成元$X_a$、$X_b$,做对易括号后得到的结果仍是李代数中的一个矢量，将这个矢量在确定的生成元下展开，写作
\[[X_a,X_b]=if_{abc}X_c\]等式右侧使用了求和约定，也就是说，$if_{abc}$是生成元ab对易子在生成元c下的展开系数，fabc叫做结构常数（当时还吐槽这玩意很像克氏符啥的233）
由于对易括号的反对称性，结构常数也具有反对称性；由于括号满足Jacobi恒等式，相应的结构常数也满足
\[if_{ade}if_{bcd}+if_{bde}if_{cad}+if_{cde}if_{abd}=0\]SO(2)
这一套我在李丽里干过的来着
SO(2)群是平面转动群，矩阵上是正交且det=1的2x2矩阵由矩阵乘法组成的群
SO2群是单参控制的（一维），可以写作
\[R(\phi)=\begin{pmatrix} cos\phi&-sin\phi\\ sin\phi&cos\phi \end{pmatrix}\]几何性质：注意到$R(\phi)=R(\phi+2k\pi),k\in Z$,所以$R(\phi)\cong\mathbb{R}/2\pi$,也就是个圆弧
生成元:
利用公式
\[R(d\phi)\approx I-i(d\phi)X,d\phi\to 0\]其中X是生成元
\(R(d\phi)=\begin{pmatrix} cosd\phi&-sind\phi\\ sind\phi&cosd\phi \end{pmatrix}\approx \begin{pmatrix} 1&-d\phi\\ d\phi&1 \end{pmatrix}=I-i\begin{pmatrix} 0&-i\\ i&0 \end{pmatrix}d\phi\) 则
\[J=\begin{pmatrix} 0&-i\\ i&0 \end{pmatrix}\]是SO(2)的生成元;对应的李代数so(2)由所有2x2实反对称矩阵（单参控制）构成
将生成元J代入$R(\phi)=e^{-iJ\phi}$,注意到$J^2=-I$（J这东西本来就对标虚数单位）
\[R(\phi)=e^{-iJ\phi}=I-iJ\phi-\frac{1}{2}J^2\phi^2+\frac{1}{6}iJ^3\phi^3+...\\ =I(1-\frac{1}{2}\phi^2+...)+iJ(\phi-\frac{1}{6}\phi^3+...)\\ =Icos\phi+iJsin\phi=\begin{pmatrix} cos\phi&-sin\phi\\ sin\phi&cos\phi \end{pmatrix}\]SO(3)
三维转动群，由于先前的（李丽？）知识我们已经知道这玩意有3维（所以只有三维里才有叉乘，伟大！）
也即，3x3实正交矩阵，且det=1
几何性质：
欲表达一个三维转动，你需要两个角度参数描述一个轴，加上一个参数描述转过多少角度
轴$\hat n(\theta,\phi),\theta\in[0,\pi],\phi\in[0,2\pi)$，角度$\psi\in[0,\pi]$
因为$R_{\hat n}(\psi)=R_{-\hat n}(2\pi-\psi)$,所以上面确定范围的时候涉及到一次兼并
可以建立以ψ为长度，$\hat n$为方向的向量，则SO(3)几乎与3维半径为Π的实心球一一对应，除了表面上相对的两个点代表SO(3)中同一元素。（$R_{\hat n}(\pi)=R_{-\hat n}(\pi)$）
\[SO(3)\sim \mathbb{R}P_3\]后者的一维同调群非平凡，故SO(3)是双连通区域；在SO(3)球中做一条闭合曲线，有一类（不跨最外层）可以连续变换到一个点上；而有一类（利用对径相同的性质跨越最外层）不可以连续变换到一个点上
内层逻辑是因为“闭合”借用的是转动的实际意义，而“连续”仅仅在流行上看，跳过外表面不能算作连续
SO(3)下的不变张量：
二阶不变张量：$\delta_{ij}$
\[R_k^iR_l^j\delta^{kl}=\delta^{ij}\]这是由转动的正交性保证的
三阶不变张量：$\varepsilon^{lmn}$
\[R_l^iR_m^jR_n^k\varepsilon^{lmn}=\varepsilon^{ijk}\]这是由det=1及行列式的反对称性保证的，特殊地，$det(R)=R_l^1R_m^2R_n^3\varepsilon^{lmn}=1$
三维转动的欧拉角描述
这个在李丽里也有写，懒得再写一遍了，就写一下角度取值范围吧：两边转角在[0,2pi)，中间转角在[0,pi]；且大多数量力、群论教材对中间那一次旋转的定义是绕y轴的
SO(3)生成元
和寻找SO(2)生成元的步骤类似，首先写出绕xyz轴旋转的矩阵，再求导或者一阶小量展开
绕x旋转
\[\begin{pmatrix} 1&&\\ &cos\theta&-sin\theta\\ &sin\theta&cos\theta \end{pmatrix}\]对其取一阶θ->0
\[\begin{pmatrix} 1&&\\ &1&-\theta\\ &-\theta&1 \end{pmatrix}\]故生成元
\[J_1=\begin{pmatrix} &&\\ &&-i\\ &i& \end{pmatrix}\]这里就可以看出提出系数i的原因，正是让生成元矩阵厄米
同理可得绕y与绕z的生成元
\[J_2=\begin{pmatrix} &&i\\ &&\\ -i&& \end{pmatrix}\] \[J_3=\begin{pmatrix} &-i&\\ i&&\\ && \end{pmatrix}\]可以看出对应的李代数so(3)由3x3反对称矩阵组成（好吧，数批说是实反对称，物批提了个i之后说这是纯虚矩阵，同时也是厄米阵）
生成元的Levi-Civita符号表示
\[(J_k)^l_{~m}=-i\varepsilon_{klm}\]由此可以算得，三个方向上生成元的平方和
\[J^2=J_1^2+J_2^2+J_3^2=\begin{pmatrix} &-1&-1\\ -1&&-1\\ -1&-1& \end{pmatrix}\]对SO(3)中共轭类的刻画
先上结论：所有转动同一角度（轴可以不同）的转动元在同一共轭类（并且一个共轭类就是仅由这些东西组成的）
我喜欢这个结论，很漂亮也很好理解
看这个芙芙，一种是她（绕着自己为轴）转动了φ；另一种是她先倒下来，转动一个φ，再站回去，当然两个效果是一样的啦~
证明：仅需证明{绕n1轴转动φ}效果完全等同于{任意一次空间旋转D：将n1转到n2}->{在转动后的空间绕n2旋转φ}->{执行D逆：将n2转回n1}（后面的三个操作从左往右读）
此定理为自证明，请自行甄别可行性（好啰嗦）
绕n1将x向量旋转φ角，可得y向量，此时n1、x、y三个向量之间的夹角是确定的（相对位置确定），且y与x、n1之间的夹角只由{x与n1之间的夹角}和{转角φ}两者决定
现在对全空间施以一个旋转操作D，记n1旋转之后的位置为n2，x旋转至x’，y旋转至y’，下证x’绕n2旋转φ后恰落在y’的位置:
因为D是旋转操作，有保内积性=>保角性，即n2,x’,y’三者之间的夹角不变.
由于一次绕轴转动后，所产生的新向量与{原向量}和{轴}之间的夹角仅由{原向量和轴之间的夹角}和{转角}决定；在执行D变换的前后，进行绕轴旋转φ时，{x与n1之间的夹角}={x’与n2之间的夹角}，所以x’绕n2旋转φ后得到的向量与x’、n2之间的夹角分别等于y’与x’、n2之间的夹角
两个（含手性的）夹角恰能唯一决定一个方向，长度始终=x，所以x’绕n2旋转φ后恰落在y’的位置，可以视作x’绕n2旋转φ后为y’。
现在执行逆变换$D^{-1}$,它一定会将y’变换到y的位置上，也即{绕n1轴转动φ}效果完全等同于{任意一次空间旋转D：将n1转到n2}->{在转动后的空间绕n2旋转φ}->{执行D逆：将n2转回n1}，证毕
绕任意轴的旋转
有了这个结论之后，就可以将欧拉角的非定轴转动改为三个定轴转动了
设xyz轴分别标号123，不带’表示定轴，带’表示转动后的坐标轴，下面对欧拉角的表达式进行化简
\[R_{3'}(\gamma)R_{2'}(\beta)R_3(\alpha)=R_{2'}(\beta)R_3(\gamma)R_{2'}^{-1}(\beta)R_{2'}(\beta)R_3(\alpha)\\ =R_{2'}(\beta)R_3(\gamma)R_3(\alpha)=R_3(\alpha)R_2(\beta)R_3^{-1}(\alpha)R_3(\gamma)R_3(\alpha)\\ =R_3(\alpha)R_2(\beta)R_3(\gamma)\]也即，欧拉角转动效果等价于绕定轴逆序旋转原有角度。
将注意力放在绕定轴n转动任意角度，这构成了SO(3)的一个正规子群，且同构于SO(2)，是单参Lie群，必定对应着单个生成元$J_n$
我们已经知道了对一个定轴转动$R_n(\phi)$，左右包一个特定转动，就可以得到想要的绕a转动$R_a(\phi)$，那么生成元呢？是不是也可以通过左右包转动的操作来得到想要的轴生成元呢？
（定理0）答案是肯定的，利用泰勒展开作为桥梁，计算一下(在高次项中补足一些$D^{-1}D$即可)
\[DR_{n_1}(\phi)D^{-1}=De^{-iJ_{n_1}\phi}D^{-1}=D(1-iJ_{n_1}\phi-\frac{1}{2}J_{n_1}^2\phi^2+...)D^{-1}\\ =1-iDJ_{n_1}D^{-1}\phi-\frac{1}{2}DJ_{n_1}D^{-1}DJ_{n_1}D^{-1}\phi^2+...\\ =e^{-iDJ_{n_1}D^{-1}\phi}\]也就是说，左右被同样的转动夹住，可以将其变为一个转动后的生成元J，下面有两条定理描述这个性质，以及J1,J2,J3类似于正交基矢的可以用来描述任意生成元的良好性质
因为这两条性质并列来看可以互相促进理解，所以我将定理及解释写在一起，之后再写证明、
1.$J_k$(k=1,2,3)在旋转下的操作类似于基矢{$e_k$}
\[RJ_kR^{-1}=J_lR^l_{~k}\]解释：我们现在随便拿一个旋转矩阵
\[R=\begin{pmatrix} r_{11}&r_{12}&r_{13}\\ r_{21}&r_{22}&r_{23}\\ r_{31}&r_{32}&r_{33} \end{pmatrix}\]回忆一下矩阵对于线性变换最朴素的理解方式：这个操作将第一个基矢转到第一个列向量，以此类推，也即它是由三个转动后的基矢列向量并成的。
并且不妨取k=3，等式右侧即为$r_{13}J_1+r_{23}J_2+r_{33}J_3$，若是把{Ji}看作线性空间中的一组基，则这正是旋转后的第三个基矢在旋转前基矢下的展开！这就是为什么说“在旋转下的操作类似于基矢{$e_k$}”
2.任一归一化后的向量$\hat n=(n^1,n^2,n^3)$,则在$\hat n$转动方向上的生成元$J_n$可以被基矢对应的生成元J1,J2,J3展开为
\[J_n=J_kn^k\]这条定理是说，J123发挥基矢作用，其效果于e123是并行的，可以看出任意轴对应的J具有很好的结构，可以被很容易地表示
1.证明：把之前关于ε不变的等式拿过来
\[R^i_lR^j_mR^k_n\varepsilon^{lmn}=\varepsilon^{ijk}\]左乘${R^T}^s_{~i}$，得
\[{R^T}^s_{~i}R^i_lR^j_mR^k_n\varepsilon^{lmn}={R^T}^s_{~i}\varepsilon^{ijk}\]利用$R^TR=I$的特性
\[R^j_m\varepsilon^{smn}(R^T)^n_k=\varepsilon^{ijk}{R}^i_{~s}\]反代入生成元的Levi-Civita符号表示
\[i(J_k)^l_{~m}=\varepsilon_{klm}\] \[R^j_m(J_s)^m_n(R^T)^n_k=(J_i)^j_k{R}^i_{~s}\]改为矩阵相乘形式（去掉分量）
\[RJ_sR^{-1}=J_i{R}^i_{~s}\]证毕
2.证明：设有转动R将z轴方向向量(0,0,1)转置$\hat n=(n^1,n^2,n^3)$,则该转动矩阵R的第三列向量必为$\hat n=(n^1,n^2,n^3)$，由定理0和1可得
\[J_n=RJ_3R^{-1}=J_kR^k_3=n^1J_1+n^2J_2+n^3J_3\]生成元的对易性、谱性质
超级大注明：本节能使用的工具有且仅有：$J_1$、$J_2$、$J_3$组成一个三元李代数，并且他们之间的李括号定义为
\[[J_k,J_l]=i\varepsilon_{klm}J^m\]所以请迅速丢掉上一章我们给出的生成元矩阵形式，现在能用的只有这个运算律。本节开始的目标为：寻找该李代数的表示，进而寻找SO(3)的表示
事实上先前的矩阵形式生成元也满足这个对易关系，但是下面我们应该设法寻找其他的表示
定义：$J_\pm$
\[J_\pm=J_1\pm iJ_2\]关于$J_\pm$的相关李括号
\[[J_3,J_\pm]=[J_3,J_1]\pm i[J_3,J_2]=iJ_2\pm i(-iJ_1)=iJ_2\pm J_1=\pm(J_1\pm iJ_2)=\pm J_\pm\] \[[J_+,J_-]=[J_1+iJ_2,J_1-iJ_2]=-i[J_1,J_2]+i[J_2,J_1]=-2i[J_1,J_2]=2J_3\]以及$J_\pm^\dagger=J_\mp$
在稍前面一点我们定义了$J^2$(总角动量平方算符=所有分量平方和)，下面计算$J^2$与$J_k$(k=1,2,3)的李括号(就取k=1为例好了)
\[[J^2,J_1]=[J_2^2,J_1]+[J_3^2,J_1]=J_2(-iJ_3)+(-iJ_3)J_2+J_3(iJ_2)+(iJ_2)J_3=0\]tips：平方李括号公式（很易推）$[a^2,b]=a[a,b]+[a,b]a$
由轮换对称性可得$\forall k\in{1,2,3},[J^2,J_k]=0$，进一步的，有$[J^2,J_\pm]=0$
下面开始利用升降算符$J_\pm$进行特征（及特征空间）的升降，下文中不加说明时一般默认$\ket{\lambda,m}$是$J^2$下特征为$\lambda$的特征向量，也是是$J_3$下特征为m的特征向量
利用$[J_3,J_+]=J_+$，有
\[J_3J_+|m>=[J_3,J_+]|m>+J_+J_3|m>=J_+|m>+mJ_+|m>=(m+1)J_+|m>\]可见，$J_+$作用在$J_3$下特征为m的的特征向量后，会将其转到特征为m+1的特征空间内。
那么$J^2$的场合如何呢？来算算
\[J^2J_+|\lambda>=J_+J^2|\lambda>=\lambda J_+|\lambda>\]也即，上升下降算符不会改变总角动量的特征值
既然可以一直这么上升下降，那么我们就应当试图导出一种截断
定理(J3特征值的上界估计)：总角动量平方$J^2$的特征值$\lambda$是3方向上生成元$J_3$特征值平方$m^2$的上界
证明：注意到$J^2-J_3^2=\frac{1}{2}(J_+J_-+J_-J_+)$，$J_\pm$互为共轭转置，利用这点作用在非零的$\ket{j,m}$上，有
\[\begin{aligned} & < \lambda,m|J^2-J_3^2|\lambda,m> \\ & = \frac{1}{2}<\lambda,m|J_+J_-+J_-J_+|\lambda,m> \\ & = \frac{1}{2}(<\lambda,m|J_-^\dagger J_-|\lambda,m>+<\lambda,m|J_+^\dagger J_+|\lambda,m>) \geq 0 \end{aligned}\]另一方面，直接将$J^2-J_3^2$作用在$\ket{\lambda,m}$上，可得
\[<\lambda,m|J^2-J_3^2|\lambda,m>=(\lambda-m^2)<\lambda,m|\lambda,m>\]
由于模方为正，故有
\[\lambda-m^2\geq 0\]也即，无论上升还是下降，$m^2$均不能超过$\lambda$,设$min~m=j’~;~max~m=j$,则用上升算符作用在最大特征值的特征向量上，必然为0向量
\[0=J_-J_+|\lambda,j>=(J^2-J_3^2-J_3)|\lambda,j>=(\lambda-j^2-j)|\lambda,j>\]则$\lambda=j(j+1)$；同理让$J_+J_-$作用在最小特征j’上，可得等式$\lambda=j’(j’-1)$，故
\[j(j+1)=j'(j'-1)\]解得j’=j+1(舍)或-j，即j’=-j,$\lambda=j(j+1)$,以后可以直接用$\ket{j,m}$来表示一个特征向量了，不过注意J^2对应的特征向量是j(j+1)
下面计算上升下降算符对向量模长产生的影响，设 \(J_+|j,m>=a_{im}|j,m+1>~;~J_-|j,m>=b_{jm}\) ,则 \(|a_{jm}^2|<j,m+1|j,m+1>=<j,m+1|J_-J_+|j,m+1>\\ =(j(j+1)-m^2-m)<j,m|j,m>\) 故 \(|a_{jm}|=\sqrt{j(j+1)-m(m+1)}=\sqrt{(j-m)(j+m+1)}\) 同理 \(|b_{jm}|=\sqrt{(j+m)(j-m+1)}\)
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参考资料
1.董无极《Group Theory in Physics》
2.丘维生《群表示论》
3.https://zhuanlan.zhihu.com/p/618624483
4.GTM9
5.http://webhome.phy.duke.edu/~mehen/760/ProblemSets/BCH.pdf
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