Esto viene desde el contexto de la química teoría de grupo, así que pido disculpas si estoy usando la terminología de forma incorrecta. Para ese contexto, véase la Determinación de la simetría de los armónicos de los degenerados de los modos en los chemSE.
En química, se utiliza el simétrica producto directo de las irreps de un grupo de trabajo para determinar ciertas propiedades de las vibraciones moleculares. Yo estaba tratando de resolver un problema que implicaba el uso de la recursividad fórmula: $$\chi_v(\hat{R})=\frac{1}{2}[\chi(\hat{R})\chi_{v-1}(\hat{R})+\chi(\hat{R}^v)]$$ para determinar los caracteres de una determinada representación reducible formado por la combinación de $v$ muchos irreps de un grupo (apéndice C para un poco de contexto).
Mi proceso de pensamiento fue que esta fórmula era innecesario y que pudiera tomar el simétrica producto directo de la irrep $v$ muchas veces y obtener el resultado correcto. Por ejemplo, estoy trabajando con el $D_{\infty h}$ grupo de puntos y buscar en una combinación de $\Pi_u$ modos, así que he intentado solucionar por $v=3$, teniendo la clave de producto en cada paso, y obtuvo $$\Pi_u\otimes\Pi_u\otimes\Pi_u=(\Sigma^+_g\oplus\Delta_g)\otimes\Pi_u=2\Pi_u\oplus\Phi_u$$
Pero esto no es correcto, la representación real debería ser $\Pi_u\oplus\Phi_u$. Lo único que yo podía pensar de que podría ser defectuoso con mi método es que si el simétrica producto directo no es distributiva, pero no puedo encontrar una fuente que dice de una manera o de la otra. Puedo obtener múltiples simétrica directa de productos mediante la distribución?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
No funciona porque está tomando el simétrica exterior de productos entre cosas que no son el mismo. Por cálculo directo con $$\chi_3(\hat R)=\frac16\left\{\chi^3(\hat R)+2\chi(\hat R^3)\pm3\chi(\hat R^2)\chi(\hat R)\right\}$$ El uso de la tabla de caracteres para el grupo simétrico $S_3$ de la simetría del triple producto de $\Pi_u$ sí no hace el trabajo a $\Pi_u\oplus\Phi_u$. $$\begin{align}\chi_3(E)&=\frac16\left\{2^3+2(2)+3(2)(2)\right\}=4\\ \chi_3(R(\theta))&=\frac16\left\{2^3\cos^3\theta+2(2\cos3\theta)+3(2\cos2\theta)(2\cos\theta)\right\}\\ &=\frac16\left\{6\cos\theta+2\cos3\theta+4\cos3\theta+6\cos2\theta+6\cos3\theta\right\}\\ &=2\cos\theta+2\cos3\theta\\ \chi_3(i)&=\frac16\left\{(-2)^3+2(-2)+3(2)(-2)\right\}=-4\\ \chi_3(C_{2d})&=\frac16\left\{0^2+2(0)+3(2)(0)\right\}=0\end{align}$$ Creo recordar que hacerlo en etapas como su intento sugiere pero estaba manteniendo alrededor de todas las representaciones del grupo simétrico en los pasos intermedios. Pero cuando usted necesita $\chi(\hat R^3)$ a calcular una simétrica producto entre el $\Delta_g$ $\Pi_u$ que la representación de la $\chi(\hat R^3)$ qué elegir?
EDIT: Hay una amplia literatura sobre el grupo simétrico, pero me temo que te mandan en la hierba alta cuando sólo se necesita un poquito de todo. Así que tal vez una mini-conferencia sobre el grupo simétrico será suficiente. El conjunto de operadores que permutar los elementos de un conjunto de $n$ objetos idénticos se llama el grupo simétrico $S_n$. Una posible notación para un elemento de $S_n$ es escribir la asignación de como esta: $$R=\begin{bmatrix}1&2&3&4&5&6\\6&3&5&4&2&1\end{bmatrix}$$ Lo que significa que en virtud de la asignación de $R$, $1$ mapas para $6$, $2$ mapas para $3$, $3$ mapas para $5$, $4$ mapas para $4$, $5$ los mapas de a $2$, e $6$ mapas a $1$. Pero más comúnmente visto es el ciclo de la notación. Desde $1$ mapas a$6$, el cual se asigna de nuevo a $1$, que se escribe como el $2$ciclo $(12)$. A continuación, $2$ mapas a $3$ mapas a $5$ y finalmente de vuelta a $2$ que nos da el $3$ciclo $(235)$. $4$ se asigna a sí mismo, el $1$ciclo $(4)$. Así que podemos escribir el elemento de grupo como producto de ciclos disjuntos $R=(235)(16)(4)$. Normalmente el $1$-ciclos se omiten por razones de brevedad, pero ya que son una parte fundamental de la fórmula que estamos tratando de desarrollar, vamos a continuar con la escritura de ellos. Ahora podemos ver el efecto en las funciones de onda. Supongamos que tenemos un producto de la función de las funciones de onda de $3$ electrones $$\psi=f(e_1)g(e_2)h(e_3)$$ Podemos operar sobre esto con un operador que permutes de sus elementos: $$\hat O((123))f(e_1)g(e_2)h(e_3)=f(e_2)g(e_3)h(e_1)$$ Donde cada electrón fue reemplazado por su imagen bajo la asignación. Si tenemos la golpeó con otro operador $$\hat O((12)(3))f(e_2)g(e_3)h(e_1)=f(e_1)g(e_3)h(e_2)$$ Podríamos haber calculado el producto de la $2$ permutaciones como $$(12)(3)(123)=(1)(23)$$ Para elaborar un producto como este que usted vaya a través de los ciclos a partir de la derecha (de la primera a la ley) y de seguimiento de lo que sucede a cada número como es permutada por cualquier ley de los ciclos. Podríamos haber equivalentemente, operado en el producto original de la función de onda con el producto del operador para obtener $$\hat O((1)(23))f(e_1)g(e_2)h(e_3)=f(e_1)g(e_3)h(e_2)$$ Así vemos que los operadores de $S_n$ formar un grupo con el grupo de producto, siendo de composición funcional, por lo que siempre es asociativa. Si usted barajar un mazo de cartas y, a continuación, moverlos de nuevo lo que es todavía una baraja de cartas de manera que el conjunto de las permutaciones de los operadores es cerrado bajo la multiplicación del grupo. Hay un elemento de identidad, la permutación, que deja todo tranquilo, y a la inversa, como si algunos de pregrado entra en su oficina y se mete a su neocube siempre se puede poner de nuevo en orden (mal ejemplo, sólo putear). Así que la primera cosa a hacer es encontrar las columnas de su tabla de caracteres, las clases conjugacy. Como ejemplo, podemos mapa $(235)(16)(4)$ a, digamos, $(154)(36)(2)$ por la conjugación? Vamos a escribir de ellos, uno por encima de las anteras: $$\begin{align}(235)(16)(4)\\(154)(36)(2)\end{align}$$ Si nos asignan $1$ en $2$, $5$ en $3$, $4$ en $5$, $3$ en $1$, $6$ en $6$ $2$ a $4$ $$\begin{bmatrix}1&2&3&4&5&6\\2&4&1&5&3&6\end{bmatrix}=(12453)(6)$$ Entonces todo podría ser alineado para los ciclos de hacer las cosas correctas para el mapeado de los elementos, de modo que operamos y, a continuación, utilizar la inversa para obtener $$(13542)(6)(235)(16)(4)(12453)(6)=(154)(2)(36)$$ Al igual que hemos dicho. Espero que usted puede ver en este ejemplo que los operadores con el mismo ciclo de estructura conjugada y aquellos con diferente estructura del ciclo no son. Podemos calcular el número de elementos en una clase conjugacy $$N\left(\left\{\mathop{\LARGE\Lambda}_{k=1}^nn_k\right\}\right)=\frac{n!}{\prod\limits_{k=1}^nk^{n_k}n_k!}$$ Donde $n_k$ es el número de $k$-ciclos en un elemento de la clase conjugacy. Ahora que tenemos los encabezados de columna de la tabla de caracteres de $S_n$ tengo que admitir que las filas son mucho más intimidante, pero sólo necesitamos dos de ellos. La primera y más sencilla es la totalmente representación simétrica donde cada elemento está representado por la $1\times1$ matriz identidad $\begin{bmatrix}1\end{bmatrix}$. El es la representación que los Bosones pertenecen. Para entender el Fermión representación tenemos que explicar lo que es un uniforme y una permutación impar. Si se multiplica el producto de $2$ ciclos disjuntos a la izquierda por una $2$-ciclo (transposición) que contiene un elemento de cada ciclo consigue $1$ ciclo largo: $$(15)(123)(456)=(123564)$$ Si se multiplica un ciclo por una transposición que contiene $2$ elementos de ese ciclo consigue $2$ ciclos disjuntos: $$(15)(123564)=(123)(456)$$ Así, cada transposición de multiplicar una permutación por cambios en el número de ciclos disjuntos por $\pm1$. Para $S_n$ si $n$ y el número de ciclos disjuntos de un elemento $R$ $S_n$ son tanto o incluso a un extraño, a continuación, el elemento $R$ es una permutación y es el producto de un número par de transposiciones. Si $n$ es regular y el número de ciclos disjuntos de a $R$ es impar, o $n$ es impar y el número de ciclos disjuntos o $R$ es incluso, el $R$ es una permutación impar y es el producto de un número impar de transposiciones. Incluso los relatos como un conjunto cerrado en el grupo muliplication, por lo que constituyen un subgrupo de $S_n$. Hay tantas permutaciones impares, ya que incluso debido a $(12)$ veces incluso cualquier permutación es una permutación impar. También hay muchos incluso permutaciones como extraña por $(12)$ veces una permutación impar es una permutación. Así que si aún permutaciones están representados por $\begin{bmatrix}1\end{bmatrix}$ y el extraño permutaciones por $\begin{bmatrix}-1\end{bmatrix}$, que es el antisimétrica, o Fermión representación de $S_n$. Ahora que tenemos todas las columnas y las filas de la tabla de caracteres de $S_n$ que tenemos podemos usar el teorema de ortogonalidad para proyecto subespacios que pertenecen a estos importantes representaciones irreducibles. El siguiente punto admito que estaba un poco borroso. Si cada una de las $n$ factor de funciones de onda de un producto de la función de onda pertenece a la representación irreducible $\Gamma_r$ de grupo de puntos de $G$, entonces la traza de la operación $\pi$ de la $S_n$ actuando de la operación $R\in G$ sobre el subespacio de todos los productos de las funciones de onda de todos los socios de la representación irreducible $\Gamma_r$ es $$\chi(\pi)=\prod_{k=1}^n\chi_r^{n_k}(R^k)$$ Donde $\pi$ $n_k$ ciclos de longitud $k$. Tan sólo tienes que suma $$\chi_s(R)=\frac1{n!}\sum_{C\subseteq S_n}\chi_s(C)\frac{n!}{\prod\limits_{k=1}^nk^{n_k}n_k!}\prod_{k=1}^n\chi_r^{n_k}(R^k)$$ ¡Uf! Ahora sabes por qué no te enseñan que en la química en general. Como un ejemplo, supongamos que tenemos $3$ factor de funciones de onda que pertenecen a la $T_{1u}$ representación de $O_h$. Necesitamos la tabla de caracteres de $O_h$ $$\begin{array}{c|ccccc|ccccc}O_h&E&8C_3&3C_4^2&6C_4&6C_{2d}&i&8S_6&3\sigma_h&4S_4&6\sigma_d\\\hline A_{1g}&1&1&1&1&1&1&1&1&1&1\\ A_{2g}&1&1&1&-1&-1&1&1&1&-1&-1\\ E_g&2&-1&2&0&0&2&-1&2&0&0\\ T_{1g}&3&0&-1&1&-1&3&0&-1&1&-1\\ T_{2g}&3&0&-1&-1&1&3&0&-1&-1&1\\\hline A_{1u}&1&1&1&1&1&-1&-1&-1&-1&-1\\ A_{2u}&1&1&1&-1&-1&-1&-1&-1&1&1\\ E_u&2&-1&2&0&0&-2&1&-2&0&0\\ T_{1u}&3&0&-1&1&-1&-3&0&1&-1&1\\ T_{2u}&3&0&-1&-1&1&-3&0&1&1&-1\end{array}$$ Y a pesar de que en realidad no necesita, sólo para demostrar un punto proporcionamos la tabla de caracteres para $S_3$ $$\begin{array}{c|ccc}S_3&(1^3)&2(3)&3(21)\\\hline (3)&1&1&1\\ (21)&2&-1&0\\ (1^3)&1&1&-1\end{array}$$ Así que estamos listos para proyecto en las representaciones irreducibles de $S_3$ $$\begin{array}{c|ccccc|ccccc|l}O_h&E&8C_3&3C_4^2&6C_4&6C_{2d}&i&8S_6&3\sigma_h&4S_4&6\sigma_d&\Gamma\\\hline (3)&10&1&-2&0&-2&-10&-1&2&0&2&A_{2u}+2T_{1u}+T_{2u}\\ (21)&8&-1&0&0&0&-8&1&0&0&0&E_u+T_{1u}+T_{2u}\\ (1^3)&1&1&1&1&1&-1&-1&-1&-1&-1&A_{1u} \end{array}$$ Como un ejemplo de cálculo para obtener el $(21)\times3C_4^2$ entrada de la anterior vimos que $(C_4^2)^3$ es de la misma clase conjugacy como $C_4^2$$(C_4^2)^2=E$, por lo que la entrada fue $$\frac16\left\{2\chi_{T_{1u}}^3(C_4^2)+(-1)2\chi_{T_{1u}}(C_4^2)+(0)3\chi_{T_{1u}}(C_4^2)\chi_{T_{1u}}(E)\right\}=\frac16\left\{2(-1)^3+(-1)2(-1)+(0)3(-1)(3)\right\}=0$$ Se puede observar que llegamos $4$ bosón de representaciones irreducibles y $1$ Fermión. También hemos encontrado $3$ $(21)$ irreductible representaciones que no son ni Fermión ni bosón lo que demuestra que usted no sólo puede restar fuera de la Fermión representaciones y obtener siempre el bosón. Así se está haciendo tarde... puedo decir que vivieron felices para siempre y es hora de que la cama?
