Una pregunta acerca de la representación irreducible del grupo simétrico (permutación de grupo) en el tensor de espacio y tensor de la contracción

Question

En el capítulo 13 del libro de texto de Teoría de grupos en Física por Wu-Ki Tung, Lema 2 se discute la equivalencia de las dos representaciones irreducibles de GL(m)${T^i}_j$. En su prueba, simplemente se menciona (sin argumentos de fondo como si es bastante obvio) que la contracción de dos tensores es cero si sus índices de pertenecer a diferentes tipos de simetría. He pensado en ella durante algún tiempo, pero realmente no puede encontrar una prueba de esta afirmación.

Permítanme estado de la cuestión más claramente a continuación. Considere la posibilidad de un tensor $T^a$ donde $a$ se refiere a una lista de contravariante índices, como $T^{1234}$. Ahora uno puede symmetrize este tensor de acuerdo a un Joven de Cuadros, es decir,$\tau$, y el tensor resultante se denota por

$$T^{\tau(a)}.$$

Se hace constar que, de acuerdo con los teoremas de las representaciones del grupo simétrico $S_n$, $\tau$ corresponde a una representación irreducible de $S_n$. Ahora se considera un covariante del tensor ${T'_b}$ y de diferentes Jóvenes Tableaux $\lambda$ donde $b$ contiene el mismo número de índices, $\tau$ $\lambda$ no son equivalentes (se supone $\tau$ > $\lambda$ sin pérdida de generalidad). Se afirma que la contracción

$$T^{\tau(a)}T'_{\lambda(a)}=0.$$

Es obviamente cierto al $\tau$ corresponde a la symmetrizer y $\lambda$ es el anti-symmetrizer. Pero no puedo pensar de la prueba para un caso general.

Answer 1

Si $\sigma$ es una permutación, a continuación,$T^{\sigma(a)}{T'}_{a}=T^{a}{T'}_{\sigma^{-1}(a)}$. Si una permutación es parte de un symmetrizer para un Joven de cuadros, entonces también lo es su inversa, por lo $T^{\tau(a)}{T'}_{a}=T^{a}{T'}_{\tau(a)}$. Por lo $T^{\tau(a)}{T'}_{\lambda(a)}=T^{a}{T'}_{\tau(\lambda(a))}=0$.

Answer 2

Me di cuenta de la siguiente prueba. Teniendo en cuenta las siguientes primitivas idempotente

$$\tilde{e}_\lambda \equiv a_\lambda s_\lambda,$$

uno puede mostrar lo que es equivalente a $e_\lambda$, ya que el $\tilde{e}_\lambda e_\lambda = a_\lambda s_\lambda s_\lambda a_\lambda = \eta a_\lambda e_\lambda \ne 0$. Por lo tanto, la izquierda ideal generado por a $e_\tau$ puede ser reescrita en términos de$\tilde{e}_\tau$$e_\tau(a)=\sum_p \zeta_p \tilde{e}_\tau^p(a)$. Ahora, uno tiene se supone que $\tau > \lambda$, por lo que hay dos números, es decir,$i$$j$, busque en la misma línea de la Joven Tableaxu $\Theta_\tau$ y de forma simultánea en la misma columna de $\Theta_\lambda$. Si no, siguiendo el argumento utilizado en el Apéndice IV del libro de texto, los dos Jóvenes de Cuadros debe ser el mismo, lo que conduce a una contradicción. Por lo tanto, si uno multiplica el transporte $(ij)$ desde la izquierda de $e_\tau$ da ningún efecto: $(ij)e_\tau =e_\tau$, mientras que un $-1$ se obtiene en el caso de $\tilde{e}_\lambda$: $(ij)\tilde{e}_\lambda^p= - \tilde{e}_\lambda^p$.

Así que uno puede aplicar $(ij)$ tanto en el contravariante de índices e índices covariantes de la contracción

$$T^{\tau(a)}T'_{\lambda(a)}=T^{(ij)\tau(a)}T'_{(ij)\lambda(a)},$$

y los argumentos anteriores, dará $$T^{(ij)\tau(a)}T'_{(ij)\lambda(a)}=-T^{(ij)e_\tau (a)}T'_{(ij)\sum_p \zeta_p \tilde{e}_\lambda^p (a)}=-T^{\tau(a)}T'_{\lambda(a)},$$

y por lo tanto

$$T^{\tau(a)}T'_{\lambda(a)}=0.$$