Tensores invariantes en representación adjunta

Question

Supongamos que tenemos un grupo de Lie simple $G$ con álgebra $\mathfrak{g}=\{X_a\}$ donde los generadores $X_a$ están en alguna representación matricial. ¿Es cierto que el único rango invariante $n$ en la representación adjunta es

$$ \hspace{80pt} T_{a_1\cdots a_n}={\rm Tr} (X_{a_1}\cdots X_{a_n}) \ ? \hspace{80pt} (*) $$

Pista:

$T$ es claramente invariante, bajo $g\in G$ se transforma como

$$ \begin{split} T_{a_1\cdots a_n}\xrightarrow{\ g\ } & \ \sum_{b_1\ldots b_n}D_{\rm adj}(g)_{a_1}{}^{b_1}\cdots D_{\rm adj}(g)_{a_n}{}^{b_n}T_{b_1\cdots b_n} \\ &={\rm Tr}(g^{-1}X_{a_1}g\cdots g^{-1}X_{a_n}g)\\ &= T_{a_1\cdots a_n}\, . \end{split} $$ ( $D_{\rm adj}(g)$ es el elemento del grupo $g$ en la representación adjunta, y en la segunda línea $g$ está en la misma representación matricial que los generadores). Sin embargo, no sé si todos los tensores invariantes pueden escribirse en la forma $(*)$ .

Ejemplo:

La declaración $(*)$ es cierto para $G=SO(3)$ donde es bien sabido que los únicos tensores invariantes bajo rotaciones son $\delta_{ij}$ y $\epsilon_{ijk}$ y los productos tensoriales de estos dos (lo que permite construir los productos escalares y cruzados rotacionalmente invariantes en $\mathbb{R}^3$ ). Utilizando una representación matricial del álgebra (por ejemplo, las matrices de Pauli), es fácil ver que

$$ \delta_{ij} \propto {\rm Tr} (\sigma_i\sigma_j) \hspace{20pt}\hbox{and}\hspace{20pt} \epsilon_{ijk}\propto {\rm Tr} (\sigma_i\sigma_j\sigma_k)\, , $$ mostrando que los tensores de la forma $(*)$ agotan todos los posibles tensores invariantes.

Answer 1

Es una respuesta algo incompleta, pero podría generalizarse de algún modo. Funciona al menos para SU(n) y SO(n). Un tensor invariante es un escalar bajo una transformación de grupo, y como es un tensor de rango $n$ debe construirse tensando $n$ representaciones adjuntas $Ad \otimes \cdots \otimes Ad$ el hecho es que de todos los tensores que surgen en la descomposición de este producto tensorial en representaciones irreducibles, los tensores invariantes son los que corresponden al ${\bf 1}$ representación, que es la que tenemos:

\begin{equation} Ad \otimes \cdots \otimes Ad = \nu_n {\bf 1} \oplus \cdots \end{equation}

Esto significa que los componentes del tensor invariante son esencialmente los coeficientes de Clebsch-Gordan que acoplan el h.l. a la representación trivial en el h.r. Ahora bien, estos coeficientes de Clebsch-Gordan deben acoplar los vectores unitarios a un escalar, y por ejemplo en el ejemplo que has dado $(\sigma_i)^{\alpha}_{\beta}$ puede considerarse como el acoplamiento de Clebsch-Gordan fundamental en $\beta$ y una antifundamental (que son las mismas para SU(2)) en $\alpha$ a un vector en $i$ . Es decir, que las matrices de Pauli son, en cierta base, sólo estos coeficientes de Clebsch-Gordan. Sospecho que se puede hacer un argumento similar para las matrices de $(X_a)^b_c$ y si esto es así, entonces se deduce que la única manera de acoplar todos estos elementos matriciales a un escalar es trazarlos en alguna combinación. Esto significa en particular que la respuesta a la pregunta es no. Se pueden formar tensores invariantes que sean productos tensoriales de dos tensores invariantes de menor rango, por ejemplo tomemos $n \geq 6$ :

\begin{equation} T_{a_1 \cdots a_n} = Tr(X_{a_1}X_{a_2})Tr(X_{a_3}X_{a_4}X_{a_5})Tr(X_{a_6} \cdots X_{a_n}) \end{equation}

En primer lugar, se observa que el $(X_a)^{b}_{c}$ son efectivamente coeficientes de Clebsch-Gordan, ya que proyectan un producto de dos vectores en $Ad \otimes Ad = {\bf 1}\oplus Ad \oplus \cdots $ al vector en $Ad$ en los l.h.s, componentwise toman $u^a,v^b$ a $w^a=f^{a}_{bc}u^b v^c$ . A continuación, mira el producto de dos representaciones adjuntas

\begin{equation} Ad \otimes Ad = {\bf 1} \oplus Ad \oplus D := d_2 \end{equation} Donde el ${\bf 1}$ corresponde a $\phi= \delta_{ab} u^{a}v^{b}$ y $Ad$ a $w_a$ arriba. ( $\phi$ es escalar cuando $Ad$ es ortogonal, lo que ocurre siempre que $G$ es compacto) Observe también que $D$ es autoconjugable por lo que $\bar{D} = D$ . Consideremos ahora el producto de $4$ representaciones adjuntas

\begin{equation} ({\bf 1} \oplus Ad \oplus D) \otimes ({\bf 1} \oplus Ad \oplus D) = {\bf 1}\oplus {\bf 1} \oplus {\bf 1} \oplus Ad \oplus Ad \oplus Ad \oplus \sum_{i=1}^3 D^{(1)}_{i} := d_{4} \end{equation} donde todos $D^{(1)}_i$ también son autocojugables. Obsérvese que como $D$ se compone de dos irreps antifundamentales y dos fundamentales, la suma corre $i=1,2,3$ . Ahora es cuestión de combinatoria calcular la degeneración de ${\bf 1}$ , $\nu_n$ arriba. Este número debe ser igual al número de formas independientes de rastrear $n$ generadores en el adjunto esto puede hacerse en principio de forma recursiva, aunque los detalles son algo confusos.

Podemos dar una expresión combinatoria para esto. Nótese que para trazar debemos trazar dos o más generadores (no existe un tensor invariante de rango 1), por lo que debemos mirar las particiones de $n=k_1 + k_2 + \cdots + k_r$ con cada $k_i \geq 2$ hay $\binom{n-r-1}{r-1}$ tales particiones, y para cada una podemos poner los índices en $n!$ Sin embargo, debemos tener en cuenta la ciclicidad del trazo y dividir por $k_1 k_2 \cdots k_r$ también debo dividir por $r!$ porque el orden de las distintas trazas carece de importancia. El número total de rangos $n$ tensores invariantes viene dada ahora por la suma siguiente, que debería ser igual a $\nu_n$

\begin{equation} \sum_{r=1}^{\lceil n/2 \rceil} \binom{n-r-1}{r-1} \sum_{ \sum_{i}^{r}k_i =n,~k_i \geq 2} \frac{n!}{r! k_1 \cdots k_r} = \nu_n \end{equation} Demostrarlo, sin embargo, es una cuestión aparte, y es un problema de combinatoria.