Traza y representación adjunta de SU(N)SU(N)SU(N)

Se sabe que para un elemento$U$del grupo, en sentido matricial:

$$Ad_Ux=UxU^{-1}.\,\,(1)$$ Ahora, notamos que el espacio de destino del representante adjunto está atravesado por $N^2-1$matrices sin rastro $t_a$. Entonces, si agregamos la matriz unitaria, obtenemos una base completa en $\mathrm{Mat}_N(\mathbb{C})$. Ahora notamos que la acción adjunta se extiende trivialmente a este espacio, por lo que puedo escribir: $$Tr_{su(N)}(Ad_U)=Tr_{\mathrm{Mat}_N(\mathbb{C})}(Ad_U)-1,$$ dónde $su(N)$es el espacio de las matrices hermíticas sin rastro. Es cierto ya que la matriz identidad se lleva a identidad para este operador. Ahora, usando (1), vemos que $$Tr_{\mathrm{Mat}_N(\mathbb{C})}(Ad_U)=Tr(U)Tr(U^{-1}),$$ finalmente llegando a $$Tr (Ad_U)=Tr(U)Tr(U^{-1})-1.$$ Por ejemplo, tome $U=I$, y luego trazar a la izquierda es $N^2-1$la dimensión del representante adjunto, mientras que las trazas de la derecha son $N$la dimensión de la rep fundamental. Supongo que esta fórmula es bien conocida.

Es de gran utilidad aquí, porque relaciona las huellas de su tipo con las huellas en la representación fundamental, que se calculan fácilmente mediante el argumento que proporciona Joshua.

Tomar$U=\prod_i \exp(t^a\alpha_a^i)$, por$\alpha_a^i$un conjunto arbitrario de números ($i=1..3$, por ejemplo). Después$Ad_U=\prod_i \exp(ad(t^a)\alpha_a^i)$. Ahora amplío nuestra fórmula en potencias de$\alpha$, y quiero examinar el$\alpha_{a}^1\alpha_{b}^2\alpha_{c}^3$término ($\alpha^i=t^a\alpha^i_a)$:

$$Tr(ad(\alpha^1)ad(\alpha^2)ad(\alpha^3))=Tr(\alpha^1\alpha^2\alpha^3)Tr(I)-Tr(I)Tr(\alpha^3\alpha^2\alpha^1).$$ Ahora, $Tr(t^at^bt^c)$es trivialmente (por la fórmula del producto $t_at_b$) igual a $\frac{1}{4}\left(d^{abc}+if^{abc}\right)$, tiempo $Tr (I)=N$. Así que finalmente obtenemos (en su notación): $$Tr(t^a_G t^b_G t^c_G)=\frac{N}{2}if^{abc}.$$ Puedes compararlo con tu libro. Sí, sé que no es lo que querías, pero de esta manera (y siguiendo la respuesta de Joshua para las trazas en la representación fundamental) puedes obtener cualquier traza deseada. Ya que tienes la etiqueta de tarea, te dejo el caso de los cuatro generadores como ejercicio.

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Actualizar:

El hecho de que

$$Tr_{f}(U)Tr_{\bar{f}}(U)=Tr_{ad}(U)+1$$ , dónde $Tr_R$es la huella en la representación $R$, $ad$es el representante adjunto, $f$es la repetición fundamental y $\bar{f}$es la repetición fundamental donde todas las matrices se llevan a traspuestas de sus inversas (rep dual, en este caso igual que la repetición conjugada), es consecuencia directa del hecho: $$f\otimes\bar{f}\simeq ad\oplus 1$$ , dónde $1$es la representación unidimensional trivial, $Tr_1(U)=1$. Esto se debe a que la traza es aditiva bajo $\oplus$y multiplicativo bajo $\otimes$. por ejemplo, para $SU(3)$esto lee $\mathbf{3}\otimes\mathbf{\bar{3}}=\mathbf{8}\oplus\mathbf{1}$. Puede obtener otras identidades de, digamos $\mathbf{3}\otimes\mathbf{3}=\mathbf{6}\oplus\mathbf{\bar{3}}$, para otras representaciones. Esto está relacionado de alguna manera con la teoría de los personajes.

Con la ayuda de Peter Kravchuk y joshphysics, completé una prueba de la identidad del rastro. Lo publicaré aquí como referencia. Por el método de Kravchuk, encontramos

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

donde el rastro$\mathrm{tr}\big(t^a_Nt^b_Nt^c_Nt^d_N\big)$se puede calcular como

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

Usando la antisimetría de$f^{abc}$y simetría de$d^{abc}$, obtenemos que

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

con la identidad$\big[t^a_N,\big[t^b_N,t^c_N\big]\big]+\big\{t^b_N,\big\{t^c_N,t^a_N\big\}\big\}-\big\{t^c_N,\big\{t^a_N,t^b_N\big\}\big\}=0$, podemos reescribir$f^{abc}f^{cde}$como

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

Ahora, es sencillo terminar la demostración.

Aquí está mi recomendación sobre cómo proceder. Observe que se le da la traza del producto de dos generadores cualesquiera. Por lo tanto, sería útil convertir el producto de cuatro generadores dentro de la traza que intenta calcular en una suma de productos de dos generadores. Esto se puede hacer observando la siguiente identidad conmutador-anticonmutador:

$$t^at^b = \frac{1}{2}\Big([t^a,t^b]+\{t^a,t^b\}\Big)$$ Si usas esto en cada uno de los pares $t^at^b$y $t^ct^d$en el rastro que desea calcular, se reducirá a una suma de rastros de pares de generadores y múltiplos de la identidad que luego podrá evaluar fácilmente.

Editar. Como señala el usuario Peter Kravchuk, este método depende de poder calcular los anticonmutadores en el representante adjunto o relacionar las trazas de repetición fundamentales con las trazas de repetición adjuntas.

OP ya respondió su propia pregunta con la ayuda de otras respuestas, especialmente la respuesta de Peter Kravchuk. Aquí hacemos algunos comentarios sobre cómo se debe realizar concretamente la regla de fusión mencionada por Peter Kravchuk.

El primer punto es que la representación adjunta$Ad_{SU(N)}$de$SU(N)$es el espacio vectorial real de Hermitian traceless$N\times N$matrices, mientras que la representación fundamental$F_{SU(N)}$(y su compleja representación conjugada$\bar{F}_{SU(N)}$) de$SU(N)$son representaciones complejas .

Por lo tanto, la regla de fusión solo puede realizarse en un entorno complejo . La complejización de$SU(N)$es$SL(N,\mathbb{C})$.

Obviamente, todas las relaciones de álgebra de Lie y las identidades de trazas mencionadas por OP permanecen sin cambios si pensamos en los generadores.$t_a$'s como una base compleja para$sl(N,\mathbb{C})$en lugar de una base real para$su(N)$.

Ahora la regla de fusión sigue en dos pasos

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

Aquí la representación del grupo Lie$Ad_{GL(N,\mathbb{C})}$es el espacio vectorial de todos los complejos$N\times N$matrices, mientras que la representación del grupo de Lie$Ad_{SL(N,\mathbb{C})}$es el espacio vectorial de complejos sin trazas$N\times N$matrices. La representación trivial unidimensional$1$está atravesado por el$N\times N$matriz de identidad${\bf 1_{N\times N}}$.

La representación$\bar{F}_{SL(N,\mathbb{C})}$es la representación dual/contragrediente , que no debe confundirse con la representación conjugada compleja . Sin embargo, para grupos unitarios de Lie, como$SU(N)$, la representación dual/contragrediente y la representación conjugada compleja son lo mismo.

La regla de fusión (1) se demuestra concretamente eligiendo bases para los diversos espacios vectoriales involucrados, y comprobando que las bases se transforman covariantemente bajo el$SL(N,\mathbb{C})$acción de grupo.