Bevezets a csoportelmlet alapjaibazikus hallgatknak(H.F. Jones nyomn)1. Csoport, rszcsoportHa egy zikai redszer szimmetriit vizsgljuk, azaz feldertjk azoknak a transzform-ciknak (pl. geometriai tkrzsek, forgatsok, eltolsok) a struktrjt, amelyekkelszemben a rendszer invarins, termszetes mdon jelenik meg a csoport fogalma. Adencibl azonnal lthat, hogy a transzformcik muveleti tulajdonsgai pontosanmegfelelnek a csoportokon denilt muveleteknek s gy a csoportelmlet eredmnyeikzvetlenl alkalmazhatk a zikai redszerek tulajdosgainak vizsglatban.Denci szerint a G = fc. /. . . .g halmazt csoportnak nevezzk, ha fennllnak ra kvetkezo tulajdonsgok (aximk):0. 9 egy ` : GG! G lekpezs, amely 8 rendezett (c. /) 2 GG elemprhozhozzrendel egy c 2 G elemet. A muveletet (csoport)szorzsnak szoks nevezni.Jellsben:c/ = c. (1)1. A csoportszorzs asszociatv, azaz 8c. /. c 2 G esetnc (/c) = (c/) c. (2)2. 9! egysgelem, azaz ltezik egy s csak egy c 2 G, gy hogy 8c 2 G esetncc = cc = c. (3)3. 8c 2 G-hez 9! inverz elem, azaz ltezik egy s csak egy c12 G, gy hogycc1= c. (4)A csoportszorzs ltalban nem kommutatv: c/ 6= /c. Ha egy G csoport olyan,hogy 8c. / 2 G esetn c/ = /c, a csoportot kommutatv vagy Abel-csoportnak hvjuk.Vizsgljuk meg, hogy az c elem inverznek inverze mi lesz.c1c11= c.Az egyenletet szorozzuk be balrl c-val:cc1c11= cs az asszociativits szablya szerint vgezzk el az elso szorzst:cc11= c11= c.1Egy elem inverznek inverze teht nmagval egyenlo. Azonnal kvetkezik, hogy a 3.axima gy is felrhat:c1c = c.Ugyancsak kvetkezik, hogy az c egysgelem c1inverze egyenlo c-vel, hiszen amsodik axima szerintcc1= c1.ami a 3. axima szerint egyenlo c-vel.Egyszeru pldk csoportokra:1. C2 : fc. cg, ahol c2= c. (Az c elem inverze nmaga.)2. A nemszingulris, ::-es mtrixok csoportja, ahol a csoportmuvelet a mtrixs-zorzs. (Itt a csoportinverz a mtrixok inverze, az egysgelem az egysgmtrix.)3. Az egsz szmok halmaza, ahol a csoportmuvelet a kznsges sszeads. (Azegysgelem a nulla, az inverz elemek az ellenttek.)4. A zikai alkalmazsok szempontjbl fontos szerepet jtszanak az n. pontcso-portok; az olyan szimmetria-transzformcik csoportjai, amelyek egy merev test egypontjt helyben hagyjk.Az egyik egyszeru pontcsoport a n.:-ed rendu ciklikuscsoport: Ca, amelynek elemei egy adott tengely krli 2:,: szg egszszm tbb-szrsvel, az ra jrsval ellenttes irnyban trtno elforgatsok. Acsoportmuveletmegfelel kt egyms utni elforgats alkalmazsnak, gy hogy eloszr mindig a htstnyezonek megfelelo muveletet hajtjuk vgre. (Az inverz elem az ellenttes irnybantrtno megfelelo szgu elfordts, az egysgelem a nulla szggel trtno elfordts)A felsoroltakbl az 1., 3. s a 4. eset Abel-csoportra plda, mg a mtrixokszorzsrl tudjuk, hogy az ltalban nem kommutatv.Vizsgljuk meg az . 1. C cscsokkal megadott szablyos hromszg szimmetria-transzformciit. A hromszg kzppontja krli, az ra jrsval szembeni i2:,3.(i = 0. 1. 2) szggel trtno elforgatsok a hromszget nmagba viszik t. Az ennlnagyobb szggel trtno elforgats nem klnbzik a hrom felsorolt eset valame-lyiktol. Jellje a megfelelo transzformcit c. c s c2. A c2elem, ami alatt a c elemktszeri alkalmazst, azaz a c sajt magval trtn szorzatt rtjk egyenlo lesza c elem c1inverzvel, hiszen ugyanarra a hromszgllsra vezet. A C3 csoportugyangy mint a Ca ltalnos ciklikus csoport kommutatv, tetszoleges eleme elol-lthat c valamilyen hatvnyval.A szablyos hromszgnek ms szimmetrii is lteznek: a slyvonalakra trtnotkrzsek szintn nmagba viszik t a hromszget. Jellje az . 1. C cscsokhoztartoz slyvonalakra trtno tkrzst rendre /1. /2. /3.A hromszg szimmetria-transzformciinak teljes csoportja gy a kvetkezo ele-mekbol ll: 13 = fc. c. c2. /1. /2. /3g . A csoport neve harmadrendu dider csoport.ltalban az : oldal szablyos poligon elforgatsainak Ca csoportjt :-ed renduciklikus csoportnak, a tkrzseket is megengedo szimmetria-transzformciinak tel-jes 1a csoportjt :-ed rendu dider csoportnak nevezzk.Lttuk, hogy 13-ban megtalljuk az c. c. c2elemeket is, amelyek nmagukbana C3 csoportot alkotjk. Azt mondjuk, hogy a C3 csoport a 13 csoport rszcso-portja. Rszcsoport alatt egy G csoport olyan rszhalmazt rtjk, ami szintn cso-portot alkot a G csoportban hasznlt csoportmuveletre nzve. Megklnbztetjk2az n.trivilis rszcsoportokat s a valdi rszcsoportokat.Trivilis rszcsoport azc egysgelem, amely nmagban is csoportot alkot s a teljes G csoport, ami a Gcsoportnak szintn rsze.Egy csoportot akkor hatroztunk meg teljesen, ha megadtuk az elemeinek szorza-tt. Vges csoportok esetben, azaz akkor, ha csoportnak csak vges szm eleme van,ezt a legegyszerubben a szorztbla (latin ngyzet) megadsval tehetjk meg. Pl-daknt nzzk a C3 csoport szorztbljt. Az elso, vonallal elvlasztott oszlop tartal-mazza az elso tnyezoket, a vonallal elvlasztott elso sor pedig a msodik tnyezoket.A tbla belso elemei felelnek meg a szorzatoknak:q1 n q2c c c2c c c c2c c c2cc2c2c cA vonal feletti s elotti rszek megismtlodnek a tbla elso sorban s oszlopbanmivel ezek az egysgelemmel trtno szorzssal lltak elo. Ezrt a vonalon kvlirszeket nem is szoktk kirni.A szorztbla minden oszlopban s sorban egy-egy csoportelem csak egyszerjelenhet meg, azaz egy sorban s oszlopban a csoportelemeknek egy permutcijahelyezkedik el. Ttelezzk fel ui., hogy az i-edik sorban (oszlopban) egy elem ktszerjelenik meg, azaz qiqI = qiq|. (qIqi = q|qi) . / 6= |. Szorozzuk meg az egyenlet ktoldalt balrl (jobbrl) a qi elem q1iinverzvel. A csoportszorzs asszociativitsamiatt az eredmny qI = q|, ami az indexek klnbzosge miatt lehetetlen.rdemes megvizsglni a teljes 13 csoport szorztbljt is. A csoport nem kom-mutatv. Egyszeru eszkzkkel meggyozodhetnk pl. arrl, hogy/1c = c/3. (5)A c transzformci hatsra ui. az 1C hromszg cscsai trendezodnek: !1.1 ! C.C ! szerint.A /1 transzformci pedig felcserl kt cscsot: !1. 1 ! . C ! C. Az egyenlosg jobb oldala szerint eloszr vgrehajtjuk az ! 1.1 ! .C ! C csert, majd a c forgatst: ! 1.1 ! C.C ! .Lthat, hogy ugyanarra vgeredmnyre jutottunk. Hasonl mdon lthatjuk be aztis, hogy:/2 = /1c./3 = /1c2.Szintn fennll, hogy:/21 = /22 = /23 = c.3Ha gyelembe vesszk a fenti sszefggseket, a szorztbla gy alakul:q1n q2c c c2/1/2/3c c c c2/1/1c /1c2c c c2c /1c2/1/1cc2c2c c /1c /1c2/1/1/1/1c /1c2c c c2/2/1c /1c2/1c2c c/3/1c2/1/1c c c2cFigyeljk meg, hogy a szorzatokat sikerlt kt elem, c s /1 felhasznlsval kifejezni.Azt mondjuk, hogy ez a kt elem generlja a G csoportot, amit gy jellnk:G = qj fc. /1g .Az (5) egyenlet c1-gyel trtno beszorzssal trhat/1 = c/3c1alakba. (Ha a csoport kommutatv lenne, ez egy nyilvnvalan helytelen egyenlosgrevezetne: /1 = /3.)Az egyenlet ebben a formban jobban mutat r arra a tnyre, hogy a /1 s /3valamilyen rtelemben hasonl transzformcit r le. Az egyenlet szerint ui. a /1transzformci hatst gy is elrhetjk, hogy eloszr a c1forgatssal megfeleloirnyba forgatjuk a hromszget, vgrehajtjuk a /3 transzformcit, majd a c muvelet-tel "visszacsinljuk" c1hatst. Ennek a helyzetnek az ltalnos lersra szolgl acsoportelemek kztti specilis viszony jellemzsre az albbiakban bevezetett kapc-solat. Azt mondjuk, hogy az c s / csoportelemek konjugltak, ha tallunk olyan ccsoportelemet, amellyel fennll, hogyc = c/c1.Az egyenletben fellpo c elemet konjugl elemnek hvjuk.A csoportok vizsglatban klnsen fontos szerepet jtszik n. :-ed rendu per-mutcis csoport, amelynek jele oa.A csoport elemeinek az : db i-vel (i = 1 . . . :)cimkzett objektum permutciit tekintjk, ahol az i-edik elem a ji-edikbe megy t:1 = 1 2 :j1j2 ja.A jells szempontjbl mindegy,hogy 1-ben milyen sorrendben rjuk le az os-zlopokat. A fenti permutcival egyenlo permutcit jell a1 = 2 1 :j2j1 japermutci is. Kt permutci, 1 s Q szorzata alatt a kt permutci egyms utnialkalmazsval ltrehozott permutcit rtjk:1Q = 1 2 :j1j2 ja 1 2 :12 a= 1 2 :jq1jq2 jq.4Ltjuk, hogy amint azt a lineris opercik szorzsnl is megszoktuk, eloszr amsodik helyen ll tnyezo hatst rtkeljk ki. A szorzat nem kommutatv, amiegy egyszeru pldn is illusztrlhat: 1 2 31 3 2 1 2 33 1 2 = 1 2 32 1 3.ugyanakkor 1 2 33 1 2 1 2 31 3 2 = 1 2 33 2 1.Az egysgelem1 = 1 2 :1 2 :.1 inverze pedig11= j1j2 ja1 2 :.Vegyk szre, hogy a 13 csoport elemeit tulajdonkppen a hromszg cscsainaktrendezsvel deniltuk s gy pl. a c s /1 elem lerhat gy is mint az . 1. Celemek albbi permutcija:1c = 1 C1 C .1b1 = 1 C C 1.Az albbiakban a "lerhat gy is" szrevtel pontosabb rtelmet kap s beltjuk,hogy egy ltalnos tulajdonsg megnyilvnulsnak eredmnye.2. CsoporthomomorzmusA csoportok struktrjnak vizsglatban fontos szerepet jtszik az n.csoportho-momorzmus fogalma. Kpezzk le az csoport qi elemeit az , : ! 1 lekpzssela 1 csoport elemeire:qi 7! , (qi) 2 1gy, hogy a lekpezs megtartja a csoportmuveletek szerkezett, azaz ha 8qi. q) 2 -rafennll, hogy, (qi) , (q)) = , (qiq)) . (6)Ekkor azt mondjuk, hogy egy csoporthomomorzmust hoztunk ltre. A (6) ssze-fggsbol kt fontos dolog azonnal kvetkezik.Helyettestsk ui.a q) helyre az csoport c egysgelemt:, (qi) , (c) = , (qic) = , (qi) .5Az egyenletet balrl beszorozva az , (qi)1inverzelemmel, azt kapjuk, hogy, (qi)1, (qi) , (c) = , (qi)1, (qi) .azaz, (c) = c1.ahol c1 a 1 csoport egysgeleme. Az c egysgelemet teht a homomorzmus az c1egysgelemre kpezi le.Most a (6) egyenletben a q) helyre rjuk be q1i-t s hasznljuk fel az utbbisszefggst:, (qi) , q1i = ,qiq1i= , (c) = c1.Teht a homomorzmus az inverzelemeket a kpelemek inverzeire kpezi le:, q1i = , (qi)1.A csoporthomomorzmusok kzt specilis szerepet jtszanak az egy-egy rtelmu,azaz invertlhat lekpezsek. Az egy-egy rtelmu homomorzmust izomorzmusnaknevezzk. Ha csoport izomorf 1 csoporttal, jellsben: = 1.az azt jelenti, hogy a kt csoport struktrja megegyezik s az egyikben tallt ssze-fggsek fennllnak a msikban is.A szorztblrl tett megjegyzsnk arrl, hogy minden sorban a csoportelemekegy permutcija jelenik meg, elvezet Cayley ttelhez, amely szerint egy : elemucsoport mindig izomorf az oa csoport egy rszcsoportjval. Tekintsk ui. a G csoporti-edik qi s ,-edik q) elemnek szorzatt. A szorzs eredmnye a csoport /-adik eleme:qiq) = qI.A /-t mint az i. , fggvnyt jelljk gy: / = fi. ,g, azaz qiq) = qfi,)g. Ha , vgigfutaz 1-tol :-ig terjedo rtkeken, / rtke is vgigfut a szorztblban meghatrozot-tak szerint 1-tol :-ig. Ilyen mdon minden rgztett qi elem lekpezheto az 1 . . . :egszszmok egy permutcijra:qi 7! 1i = 1 2 :fi. 1g fi. 2g fi. :g. (7)A denci szerint a 1i permutci olyan, hogy a , szmhoz (, = 1 . . . :) az fi. ,gszmot rendeli. (7) ennek megfeleloen a qiq) = qfi,)g szorzatot a 1fi,)g permutcirakpezi le.Lssuk be, hogy a lekpezs kveti a homomorzmus szablyt:1fi,)g = 1i1).Abal oldalon ll 1fi,)g permutci (7) szerint egy / szmhoz (/ = 1 . . . :) az ffi. ,g . /gszmot rendeli.6A jobb oldalon ll 1i1) permutciszorzatot az oa csoport szorzsi szablyaszerint rtkeljk ki. Az elso lpsben a / szmhoz a 1) permutci a f,. /g szmotrendeli, a msodik lpsben pedig ehhez a 1i permutci az fi. f,. /gg rtket rendeli.A csoportszorzs muvelete asszociatv:(qiq)) qI = qi (q)qI), gy a ktfle eredmnymegegyezik ffi. ,g . /g = fi. f,. /gg.A lekpezs egy-egy rtelmu is mivel : 6= : esetn 1n 6= 1a, hiszen 1n egy/ szmhoz f:. /g-t, 1a pedig f:. /g-t rendel, amelyek qIqn 6= qIqa miatt nemegyenlok.3. Konjuglt osztlyokHa egy halmaz elemeit valamilyen szempont alapjn prokba tudjuk lltani (jells-ben: c s /) gy hogy a prba llts a halmaz minden elemre kielgti az albbitulajdonsgokat, azt mondjuk, hogy deniltunk egy n. ekvivalencia relcit, shogy az c s / elemek ekvivalensek.1. c s c.2. ha c s / akkor / s c.3. ha c s / s / s c akkor c s c.A korbban bevezetett konjugci ekvivalencia relcit denil a G csoport elemeikztt, amennyiben az egymsnak konjuglt elemeket tekintjk ekvivalensnek: c s /(c. / 2 G) ha 9q 2 G amivel c = q/q1. A hrom felttelt ez a denci kielgti,hiszen1. c = ccc1.2. ha c = q/q1akkor / = q1cq, lttuk ui., hogy (q1)1= q.3. ha c = q/q1s / = /c/1akkor c = q/c/1q1= q/c (q/)1.ahol kihasznltuk, hogy (q/)1= /1q1, amirol a q/ (q/)1= c egyenlet q1-gyel, majd /1-gyel trtno beszorzsval gyozodhetnk meg.Az ekvivalencia relci a halmazokat ekvivalencia osztlyokra bontja fel.A cso-portban a konjuglt elemek ennek megfeleloen n. konjuglt osztlyokba sorolhatk.Az c elemhez rendelt (c) konjuglt osztly azon / 2 G csoportelemeket tartalmazza,amelyek ekvivalensek c-val:(c) = / j / = qcq1. q 2 G.Pldaknt tekintsk a 13 = fc. c. c2. /1. /2. /3g csoportot. A konjuglt osztlyok:(c) Az c egysgelem mindig nll konjuglt osztlyt alkot, hiszen 8q 2 Gesetn qcq1= c.(c. c2) c2= /1c/11 .(/1. /2. /3) /1 = c/3c1, /2 = c/1c1.74. MellkosztlyokVlasszuk ki a G csoport valamely H = f/1. /2. . . . . /vg rszcsoportjt s szorozzukbe ennek elemeit balrl (jobbrl) a G csoport valamely q elemvel. Az gy nyerthalmazt a q elem (H rszcsoporthoz rendelt) baloldali (jobboldali) mellkosztlynakhvjuk s gy jelljk:qH := fq/1. q/2. . . . . q/vg . (Hq := f/1q. /2q. . . . . /vqg) .Beltjuk, hogy a H rszcsoporthoz rendelt baloldali (jobboldali) mellkosztlyok,amelyek halmazt G,H-val jelljk, ekvivalenciaosztlyokat kpeznek. (A bizonytssorn csak a baloldali mellkosztlyokra vonatkoz sszefggseket rjuk le, a job-boldali mellkosztlyokra vonatkoz lpsek a nyilvnval hasonlsg alapjn tehetokmeg.)Legyen az ekvivalencia relci a kvetkezo:c s /. ha / 2 cH.Vizsgljuk meg az ekvivalencia relci feltteleinek fennllst.1. Fennll-e, hogy c s c, azaz c 2 cH?Mivel c 2 H s c = cc ezrt c 2 cH.2. Fennll-e, hogy ha / 2 cH, akkor c 2 /H?/ 2 cH azt jelenti, hogy 9/ 2 H gy hogy / = c/. Ezt beszorozva /1-gyelkapjuk, hogy c = //1. Mivel H rszcsoport tartalmazza /1-et s gy c 2 /H.3. Fennll-e, hogy ha / 2 cH s c 2 /H akkor c 2 cH?/ 2 cH s c 2 /H azt jelenti, hogy 9/. /0 2 H gy hogy / = c/ s c = //0.Ebbol c = c//0 addik, ami szerint c 2 cH, mivel //0 2 H.Teht a qH mellkosztlyokba tartozs ekvivalenciaosztlyokba rendezst jelent,ami gy a G csoportnak egy msik, a konjuglt osztlyoktl eltro felosztst ered-mnyezi.A H rszcsoporthoz rendelt mellkosztlyok elemszma egyenlo a H rszcsoport[/] elemszmval, amibol azonnal addik Lagrange ttele, amely szerint egy G csoportH rszcsoportjnak [/] rendje osztja kell legyen a G csoport [q] rendjnek. Teht[q] = : [/] .ahol : a diszjunkt mellkosztlyok (egsz) szma.Specilisan, ha egy csoport rendje prmszm, nem lehet valdi rszcsoportja.Az eredmny egy ltszlagos ellentmondst is tartalmaz, mivel a G csoport min-den elemhez rendelhetnk mellkosztlyt, ami azt jelenten, hogy a G csoport rendje[q] helyett [q] [/]. Ez azonban mgsincs gy mivel a mellkosztlyok nem mind kln-bzoek. Egy mellkosztly minden eleme "cimkelemknt" szolglhat, teht a qH8mellkosztllyal azonos mellkosztly a q0H mellkosztly ha q0 2 qH, hiszen ekkorkell legyen oly / 2 H, amivel q0= q/. Ha q/-val megszorozzuk H elemeit, afq//1. q//2. . . . . q//vg halmazt kapjuk. Acsoportszorzs asszociativitsa miatt elvgezhetjkeloszr a //i alak szorzsokat, ami jra a H elemeit fogja adni ms sorrendben sgy a kapott halmaz qH-val lesz egyenlo.Pldaknt vegyk a 13 csoport H = fc. /1g rszcsoportjt. A lehetsges mel-lkosztlyokcH= fc. /1g .cH = fc. c/1g .c2H =c2. c2/1.5. Normlis rszcsoportSpecilis szerepet jtszanak a G csoport normlis, nkonjuglt vagy invarins H rszc-soportjai, amelyekre fennll, hogy a bal- s jobboldali mellkosztlyaik azonosak.qH = Hq8q 2 G esetn.Ha az egyenlosg kt oldaln ll halmazok elemeit jobbrl beszorozzuk q1-gyel, ajobb oldalon a H halmazt kapjuk, mg a bal oldalon H elemeinek konjugltjait. Ezenutbbiak halmazt rtelemszeruen qHq1-gyel jellve, a dencit gy is rhatjuk:qHq1= H 8q 2 G esetn.Ez a jells mutat r az nkonjuglt terminus jogossgra, mivel H olyan, hogytartalmaza minden elemnek a konjugltjt is s gy ha H normlis rszcsoport, akkorteljes konjuglt osztlyokbl ll.Pldaknt tekintsk a 13 csoport C3= fc. c. c2g rszcsoportjt. Ez normlisrszcsoport mivel minden elem konjugltja is benne van, pl. ahogy azt mr lttuk/1c/11= c2, stb. 13-nak ugyanakkor a C2 = fc. /1g csoport is rszcsoportja, amiviszont mr nem normlis rszcsoport, mert pl. c/1c1= /2 , 2 C2.6. FaktorcsoportHa a G csoport H rszcsoportja normlis, a hozz tartoz qH mellkosztlyok G,Hhalmazt is felruhzhatjuk csoporttulajdonsgokkal. A q1H 2 G,H s q2H 2 G,Hmellkosztlyok kztt a kvetkezo mdon deniljuk a csoportmuveletet:(q1H) (q2H) := (q1q2) H.A denci akkor hasznlhat, ha kielgti a csoportmuveletekre elfogadott aximkat,valamint egyrtelmu eredmnyt szolgltat, hiszen lttuk, hogy ugyanazt a mellkoszt-lyt tbbfle elemmel is cimkzhetjk, ami felveti a jobb oldalon ll szorzat-mellkosztlyegyrtelmusgnek krdst.90. A fenti muvelet kt mellkosztlyhoz valban mellkosztlyt rendel s alka-lmas lehet csoportszorzs denilsra. Lssuk, hogy egyrtelmu-e az eredmnye. Aq1H s q2H mellkosztlyokat ms, q01 2 q1H s q02 2 q2H elemekkel is cimkzhetjk:q01H s q02H. A fenti denci szerint ezek szorzata(q01H) (q02H) = (q01q02) H. (8)Ha q01 2 q1H s q02 2 q2H akkor 9 /01 2 H s /02 2 H gy hogy q01 = q1/01 s q02 = q2/02.A (8) egyenlet jobb oldala ezzel gy rhat:(q1/01q2/02) H.Ha az gy felrt mellkosztlynak az elemeit meg akarjuk hatrozni, be kell szorozzukH elemeit a zrjelben ll kifejezssel. A /02-vel val szorzs H rszcsoport elemeitcsak trendezi, gy(q1/01q2/02) H = (q1/01q2) H.A q2-vel trtno szorzs elolltja a q2H = fq2/1. q2/2. . . . . q2/vg mellkosztlyt, amiH normlis rszcsoport volta miatt egyenlo lesz a Hq2 = f/1q2. /2q2. . . . . /vq2g mel-lkosztllyal. A /01 elemmel trtno beszorzs ismt csak trendezi H elemeit, amimiatt a jobb oldal a fq1/1q2. q1/2q2. . . . . q1/vq2g halmazzal lesz egyenlo. H normlisvolta miatt a /iq2 szorzatok (i = 1 . . . :) halmaza egyenlo a q2/i elemek halmazvals gy vgl is a jobb oldalon az albbi halmaz elemei llnakfq1q2/1. q1q2/2. . . . . q1q2/vg .ami nem ms mint a (q1q2) H mellkosztly. Aszorzs muvelete ezek szerint egyrtelmuenmeghatrozott.1. Krds, hogy a (q1H) [(q2H) (q3H)] szorzatban a szgletes zrjel thelyezheto-e az elso kt tnyezore minden q1. q2. q3 2 G-re? Vgezzk el a bal oldalon a szgleteszrjelben ll szorzst, majd lpsenkn a kijellt muveleteket:(q1H) [(q2H) (q3H)] = (q1H) [(q2q3) H] = [q1 (q2q3)] H = [(q1q2) q3] H= [(q1q2) H] (q3H) = [(q1H) (q2H)] (q3H) .Teht a szorzs asszociatv.2. Vlasszuk egysgelemnek az cH mellkosztlyt. Ekkor fennll, hogy(cH) (qH) = (cq) H = qH.valamint, hogy(qH) (cH) = (qc) H = qH8q 2 G-re.3. Vlasszuk qH inverzt q1H-nak. Ekkor(qH)q1H= qq1H = cH.A fenti muvelettel denilt G,H csoportot G csoport faktorcsoportjnak hvjuk.10Pldakppen vegyk a 13 csoportot s a H = C3 = fc. c. c2g normlis rszcso-portjt. Kt mellkosztlyt kpezhetnk:1 = cH = H =c. c. c2.1 = /1H =/1. /1c. /1c2.A mellkosztlyok szorzata:12= (cH) (cH) = c2H = H = 1.11 = (cH) (/1H) = (c/1) H = /1H = 1.12= (/1H) (/1H) = /21H = cH = 1.7. Homomorzmus kpe, magjaKpezzk le az csoportot az , : ! 1 homomorzmussal a 1 csoportra. A 1csoport azon elemeinek halmazt, amelyek valamilyen -beli elemnek a kpei az ,homomorzmus Im,-fel vagy , ()-val jellt kpnek nevezzk:Im, := f/ 2 1 j / = , (c) . c 2 g .Ha Im, = 1 a lekpezs szrjektv, ha Im, 1 a lekpezs injektv.Meggyozodhetnk arrl, hogy Im, rszcsoportja 1-nek, amihez azt kell belt-nunk, hogy a csoportszorzs muvelete nem visz ki belole. Legyen /1 = , (c1) 2 Im,s /2 = , (c2) 2 Im,. A homomorzmus kvetkeztben a szorzatukra fennll, hogy/1/2 = , (c1) , (c2) = , (c1c2) 2 Im,.Azoknak az c 2 elemeknek a halmazt, amelyeknek a kpe a 1 csoport c1egysgeleme a csoporthomomorzmus ker ,-fel vagy ,1(c1)-vel jellt magjnak nevez-zk:ker , := fc 2 j , (c) = c1g .A lekpezs magja rszcsoportja -nak,amirol gy gyozodhetnk meg,hogymegvizsgljuk kt elemnek a szorzatt. Ha /1. /2 2 ker ,, akkor , (/1) = , (/2) = c1.A csoporthomomorzmus miatt rhatjuk, hogy, (/1) , (/2) = , (/1/2) = c1.teht a /1/2 szorzat szintn a maghoz tartozik.A csoporthomomorzmusrl szl bevezetoben lttuk, hogy az c 2 egysgelemkpe az c1 egysgelem kell legyen, gy az is a maghoz tartozik.Krds mg, hogy a mag elemeinek inverzei is benne vannak-e a magban. Legyen/ 2 ker ,, azaz , (/) = c1.A bevezetsben szintn lttuk, hogy 8q 2 -ra fennll,hogy , (q1) = , (q)1, s gy,/1 = , (/)1= c11= c1.teht /1szintn benne van a magban.A csoporthomomorzmus magja normlis rszcsoportja -nak, mivel a mag tet-szoleges / elemnek q/q1konjugltja is eleme a magnak, hiszen,q/q1= , (q) , (/) , q1 = , (q) c1, q1 = c1.118. Izomorzmus-ttelJellje az , : ! 1 csoporthomomorzmus magjt 1 = ker ,. Lttuk, hogy 1normlis rszcsoport, s ezrt rtelmezheto vele az ,1 faktorcsoport.Az n. izomorzmus-ttel szerint az , homomorzmus Im, kpe izomorf ,1-val, azaz:Im, = ,1.A kt csoport izomorzmust az egy-egy rtelmu megfeleltets fellltsval bi-zonythatjuk be. Legyen a megfeleltets a kvetkezo:, (q) $ q1.azaz az , homomorzmus ltal a q elemhez rendelt , (q) 2 Im, elemhez a q1 2 ,1faktorcsoportelemet rendeljk hozz.Az izomorzmus fennllsnak bizonytshoz meg kell vizsglni, hogy a megfelel-tets mindkt irnyban egyrtelmu-e valamint, hogy orzi-e a csoportmuvelet tulajdon-sgait.1. Az , (q) ! q1 hozzrendels egyrtelmu-e? Ha kt klnbzo q0 6= q elem-nek egyenlo a kpe, azaz , (q0) = , (q), akkor az egyenlosget , (q1)-gyel beszorozvaaddik, hogy , (q1) , (q0) = c1. Ennek megfeleloen , (q1q0) = c1 s gy q1q0 2 1,amibol kvetkezik, hogy q0 2 q1 s ezrt q1 = q01.2. A q1 ! , (q) hozzrendels egyrtelmu-e? Ha kt klnbzo q0 6= qelemhez rendelt mellkosztly egyenlo, azaz q01= q1, akkor q0 2 q1 s ezrtq1q0 2 1, azaz , (q1q0) = c1.Az egyenlosget , (q)-vel beszorozva addik, hogy, (q) , (q1q0) = , (q), azaz , (q0) = , (q).3. Fennll-e az , (q) , (q0) $ (q1) (q01) megfeleltets 8q0. q 2 esetn? Abal oldal a csoporthomomorzmus kvetelmmye miatt , (qq0)-vel egyenlo. A jobboldalon a mellkosztlyok szorzata denci szerint (qq0) 1-val egyenlo, ami ppen abaloldali kpelemhez rendelt mellkosztly.Az izomorfozmus-ttel szerint az , : ! 1 homomorzmus a q1 diszjunkt segyenlo szm elemet tartalmaz mellkosztlyokat kpezi le az Im, 1 csoportelemeire.Azonnali kvetkezmny, hogy a [q] rendu csoport homomorf kpcsoportjnakrendje [q] ,: kell legyen, ahol : az csoport egy normlis rszcsoportjnak rendje.Pldaknt vizsgljuk meg a 13 csoport lekpezseit. 13 egyetlen nemtrivilis nor-mlis rszcsoportja C3 = fc. c. c2g, ami magja lehet egy lekpezsnek. A lekpezskpe kt elemet tartalmazhat: 1 = C3 valamint 1 = f/1. c/1. c2/1g . olyan struktr-val, ami izomorf 13,C3 = C2-vel. Alekpezs teht: fc. c. c2g ! 1 s f/1. c/1. c2/1g !1.Fontos specilis eset, amikor a lekpezs magja az egsz csoport: ker , = . EkkorIm, = c1.Msik specilis helyzet, amikor ker ,= c1. Ilyenkor a lekpzs izomorzmushiszen a mag mellkosztlyai az csoport elemei.Meg kell jegyezni, hogy a 1 csoport nem felttlenl klnbzik -tl. Egy csoportnmagra val homomorf lekpezst endomorzmusnak hvjuk. Ha az endomorz-12mus izomorzmus, akkor a neve automorzmus. Pldul a C3 csoport trivilis endo-morzmusa: c ! c. c ! c. c2! c. Identits automorzmus: c ! c. c ! c. c2! c2,s nemtrivilis automorzmus c ! c. c ! c2. c2! c.9. ReprezentcikA zikai rendszerek szimmetriacsoportjainak jelentos rsze valamilyen geometriaitranszformcikbl ll, amelyeknek meghatrozst kzvetlenl a koordintk lineristranszformciival adhatjuk meg. Tekintsk egyszeru pldaknt a C3 csoportot, amia szablyos hromszg forgsi szimmetriatranszformciit tartalmazza. Ha a hrom-szget az r. skban, kzppontjval az origjba helyezzk, akkor pontjainak a .tengely krli o szggel trtno elforgatsa utn olyan j koordinti lesznek, ame-lyeket rgiekbol lineris transzformcival fejezhetnk ki. A szmols gyorstsardekben tmenetileg rdemes bevezetni az r. . . Descartes-koordintk mellett az:. ,. . henger-koordintkat is:r = : cos ,. = : sin,.. = ..A o szggel trtno elforduls utn az j koordintkr0 = : cos (, +o) = : cos ,cos o : sin ,sino = rcos o sino.0 = : sin (, +o) = : cos ,sino +: sin,cos o = rsin o + cos o.. = .lesznek, amit mtrix alakban gy rhatunk:0@ r00.01A=0@ cos o sin o 0sino cos o 00 0 11A0@ r.1A.Az orig krli o szgu elforduls hatst a koordintkra ezek szerint az1(o) =0@ cos o sino 0sino cos o 00 0 11A(9)mtrixszal trtno szorzssal tudjuk kiszmtani. A C3 csoport 0. 2:,3 s 4:,3 szguelfordulsainak megfelelo koordintatranszformcikat pl. az albbi 1(c) . 1(c) . 1(c2) mtrixokkal13trtno szorzsokkal szmthatjuk ki:1(c) = 1(0) =0@ 1 0 00 1 00 0 11A. (10)1(c) = 1(2:,3) =0@ 1,2 p3,2 0p3,2 1,2 00 0 11A.1c2= 1(4:,3) =0@ 1,2p3,2 0p3,2 1,2 00 0 11A.Ha kt egyms utni, 1(1) s 1(2) mtrixszal megadott forgatst szeretnnklerni, az elso forgats utn nyert r0. 0 koordintkat az0@ r00.01A= 1(1)0@ r.1Asszefggs adja. A msodik forgats a vesszos koordintkbl az0@ r0000.001A= 1(2)0@ r00.01Asszefggssel lltja elo a kt forgats utn nyert, kt vesszovel jellt koordintkat.Ha a msodik egyenletbe behelyettestjk a vesszos koordintknak az elso egyenlettelelolltott alakjt, azt nyerjk, hogy0@ r0000.001A= 1(2) 1(1)0@ r.1A.A mtrixok szorzsnak asszociativitsa miatt, a nyert egyenlosg gy is igaz, haeloszr kpezzk az1 = 1(2) 1(1)mtrixot, s ezzel a mtrixszal szorozzuk meg kzvetlenl a vesszotlen koordintkat:0@ r0000.001A = 10@ r.1A.A forgatsokhoz ezek szerint gy sikerlt mtrixokat rendelnnk, hogy kt egymstkveto forgatsbl eloll forgatshoz rendelt mtrix ppen a kt forgatshoz rendeltmtrixok mtrixszorzata lett.Ugyanakkor mr emltettk, hogy ltalban a ngyzetes, nemszingulris mtrixokcsoportot alkotnak, ha a csoportmuveletet a mtrixszorzssal deniljuk. A mtrixs-zorzs ui. minden, a csoportaximkban megfogalmazott kvetelmnynek megfelel.14gy a (9) egyenlet az 1(o) alak, 3 3-as mtrixok ltal alkotott csoport s a. tengely krli szgu forgatsok csoportja kztt denl egy csoporthomomorz-must. Specilisan, a (10) sszefggsek a C3 = fc. c. c2g csoport s a f1(c) . 1(c) . 1(c2)gmtrixcsoport kztt lltanak fel homomorf lekpzst.ltalnostva a fentieket deniljuk a csoportreprezentci vagy -brzols fo-galmt:egy G csoportnak a 1 : G ! G1(:. C) homomorf lekpzst a G csoport: dimenzis reprezentcijnak vagy brzolsnak hvjuk, ahol G1(:. C) a : :-esnemszingulris komplex rtku mtrixok csoportjt jelli.10. Ekvivalens reprezentcik, G-modul, karakterekEgy G csoport elemeihez : dimenzis mtrixokat sokflekppen rendelhetnk. Tek-intsnk egy 1(1)reprezentcit, azaz rendeljnk minden q csoportelemhez a cso-porthomomorzmus szablyait kvetve egy : dimenzis 1(1)(q) mtrixot. Vegynkegy tetszolegesen rgztett : dimenzis, invertlhat o mtrixot s a segtsgvelhajtsunk vgre a 1(1)(q) mtrixokon egy n. hasonlsgi transzformcit:1(2)(q) = o1(1)(q) o1. 8q 2 G. (11)A1(2)(q) mtrixok, amelyek ltalban eltrnek a 1(1)(q) mtrixoktl, szintn reprezen-tcijt fogjk adni a G csoportnak, mivel rjuk szintn fennll a csoporthomomor-zmustl megkvetelt szorzsi szably1(2)(qq0) = o1(1)(qq0) o1= o1(1)(q) 1(1)(q0) o1= o1(1)(q) o1o1(1)(q0) o1= 1(2)(q) 1(2)(q0) .Amennyiben kt reprezentci kztt fennll a (11) sszefggs, akkor azt mond-juk, hogy a kt reprezentci ekvivalens. A (11) relci valban ekvivalenciarelci,mivel kielgti az ekvivalenciarelcik hrom kvetelmnyt:1. 1(1)(q) = o1(1)(q) o1, ahol o az egysgmtrix,2. ha 1(2)(q) = o1(1)(q) o1, akkor 1(1)(q) = o01(2)(q) (o0)1, ahol o0 = o1,3. ha 1(2)(q) = o11(1)(q) o11s 1(3)(q) = o21(2)(q) o12, akkor 1(3)(q) =o01(1)(q) o01, ahol o0 = o2o1.Ha az : dimenzis vektortrben deniltunk egy bzist, az ::-es nemszingulrismtrixok a vektortr invertlhat lineris opertorait rjk le. Ennek rtelmbena G csoport egy 1 reprezentcijt tekinthetjk gy is, mint a G csoportnak az: dimenzis vektortr invertlhat, lineris opertorainak egy csoportjra trtnohomomorf lekpzst:1 : G ! n^1(:)o. (12)Az : dimenzis \vektortr, amelyen az brzol opertorok hatnak az n.G-modul. Legyen a G csoport egy brzolsa 1 s a q elem kpe a^1(q) opertor.15Ha a \trben rgztjk az feig bzist, akkor a^1(q) opertornak egyrtelmuenmegadhat a mtrixa, mint annak a lineris kombincinak a 1I) (q) egytthati,(/ sorindex s , oszlopindex) amelyekkel a^1(q) opertornak az e) bzielemre valhatst kifejthetjk az feig bzison^1(q) e) = XI1I) (q) eI. (13)Ha bzist vltoztatunk:fj = X))je). e) = Xj1j)fj. 11= .az j bzison a ^1(q) opertorhoz rendelt 10jq (q) mtrix el fog trni 1I) (q) mtrixtl:^1(q) fq = Xj10jq (q) fj. (14)Helyettestsk be az (13) egyenletbe az j bzist:^1(q)Xj1j)fj =XI,j1I) (q) 1jIfj.Szorozzuk be az egyenletet a 1j) mtrix )q inverzvel P) 1j))q = ojq^1(q)X),j)q1j)fj =X),I,j1I) (q) )q1jIfj.A bal oldalon hajtsuk vgre a szorzst, a jobb oldalt pedig rjuk a mtrixszorzsszablynak megfelelo sorrendben:^1(q) fq =X),I,j1jI1I) (q) )qfj.sszehasonltva az (14) egyenlettel nyerjk, hogy10jq (q) =X),I1jI1I) (q) )q.A nyert sszefggs pontosan megegyezik a (11) hasonlsgi transzformcival, ahol ahasonlsgi transzformci o mtrixnak a 1jI mtrixot vlasztottuk. Ennek rtelmbenezentl a reprezentci alatt a lineris opertorokra val homomorf lekpezst fogjukrteni, ami szerint az egymssal ekvivalens reprezentcik ugyanannak reprezentci-nak ms-ms bzison rvnyes mtrixalakjnak felelnek meg.A klnbzo mtrixalakban megjeleno reprezentck ekvivalencijnak megl-laptshoz fontos fggvny a 1 reprezentci (q) karaktere, amelyet a csoportele-mekhez rendelt mtrixok nyomval denilunk:(q) = 1:1I) (q) =Xi1ii (q) .16A karakter fggetlen a reprezentci mtrixmegjelentshez vlasztott bzistl, mivela hasonlsgi transzformcik rintetlenl hagyjk a mtrixok nyomt:0 (q) = Xi10ii (q) = Xi,),I1iI1I) (q) )i= Xi,),I)i1iI1I) (q) = X),Io)I1I) (q) = XI1II (q) = (q) .Aksobbiekben beltjuk, hogy nem-ekvivalens reprezentcik karaktere eltr egymstl("ortogonlisak" egymsra) s gy segtsgkkel egyrtelmuen meg tudjuk llaptani,hogy kt reprezentci ekvivalens-e.11. ReducibilitsHa megvizsgljuk a (10) mtrixok szerkezett, ltjuk, hogy mindegyik ugyanolyanblokkdiagonlis alak. A bal felso sarokban ll 2 2-es mtrixok s a jobb alssarokban megjeleno 11-es mtrixokbl llnak. Ez annak az eredmnye, hogy a tran-szformcik rintetlenl hagyjk a . koordintt s amikor felrjuk az ilyen szerkezetumtrixok szorzatt, a mtrixszorzst a megfelelo almtrixokon kell csak vgrehajtani: 00 1 000 1 = 000 1.ahol s 0 2 2-es mtrixokat jell. A hromdimenzis brzols ily mdon egyktdimenzis 1(1)s egy tole fggetlen egydimenzis 1(2)brzolsra bomlik fel.Formlisan ezt gy rjuk:1 = 1(1)1(2).Az alacsonyabb dimenzij reprezentci megjelense egy reprezentciban ltalnos-abb helyzetben is bekvetkezhet. Ha egy G csoport : + : dimenzis 1 reprezent-cijnak mtrixai (8q 2 G)1(q) = (q) C (q)0 1(q)(15)alakak, ahol (q) : dimenzis. 1(q) : dimenzis s C (q) pedig : oszlopot s :sort tartalmaz mtrix, teht 1i) = 0, ha i: s , :, azt mondjuk, hogy a 1reprezentci reducibilis. Ilyen esetben az (q) s 1(q) mtrixok a G csoportnaknll, alacsonyabb dimenziszm reprezentcijt jelentik, hiszen egyrszt1(qq0) = (qq0) C (qq0)0 1(qq0).msrszt a mtrixszorzs szablya szerint fennll, hogy1(qq0) = 1(q) 1(q0)= (q) C (q)0 1(q) (q0) C (q0)0 1(q0)= (q) (q0) (q) C (q0) +C (q) 1(q0)0 1(q) 1(q0).17azaz(qq0) = (q) (q0) .1(qq0) = 1(q) 1(q0) .Ha a C mtrixok is mind eltunnek, azt mondjuk, hogy az brzols teljesen reducibilis,vagy dekomponlhat. Ekkor1 = 1. (16)Lehetsges, hogy az s 1 mtrixok tovbbi almtrixokra bonthatk. Ha ez nincsgy akkor azt mondjuk, hogy az s a 1 reprezentci irreducibilis. Mivel reducibilisbrzolsokat korltlanul pthetnk az irreducibilis reprezentcikbl, fontos, hogyaz alapveto ptoelemeknek tekintheto irreducibilis reprezentcikat dertsk fel.Vizsgljuk meg, hogy mit jelent a reducibilits az brzolsok (12) szerinti jdencijnak rtelmben. Ttelezzk fel, hogy egy a \ vektortrben hat ^1 linerisopertor 1i) mtrixa a rgztett feig bzison (i = 1. 2. . . . . :+:) (15) alak. Vlasszunkegy olyan v vektort, amit a bzisrendszer elso : elemnek lineris kombincijvalelo tudunk lltaniv = n+aXi=1iei.ahol i= 0, ha i:. Ennek a vektornak a transzformltja^1v = n+aXi,)1i))ei = n+aXi0iei.ahol a transzformlt vektor komponensei 0i= P) 1i)). Ha i:, akkor 0i= 0lesz, mivel ha , :, akkor a mtrix 1i) elemei tunnek el, ha pedig ,: akkor)= 0.A 1 reprezentci teht akkor reducibilis ha a \ trben ltezik olyan zrtl altr (l-szubmodul), amibol a reprezentcit alkot ^1(q) opertorok nem visznekki, azaz 8v 2 l =) ^1(q) v 2 l. 8q 2 G esetn. Az l trben feig bzist alkot hai = 1. 2. . . . . :.Azt mondtuk, hogy egy reducibilis brzols akkor teljesen reducibilis, ha az br-zols mtrixaira az is fennll, hogy 1i) = 0, ha i : s ,:. Ekkor, az elozogondolatmenetet kvetve, vizsgljuk meg a \ trnek azokat a v vektorait is amelyekikomponensei i : esetn nullk. A transzformlt^1v vektor 0i= P) 1i))komponensei eltunnek, ha i :, mivel ilyenkor a szummban, ha ,:, akkor1i) (q) = 0, ha pedig , :, akkor )= 0.Az ilyen tulajdonsg vektorok szintnzrt \ alteret alkotnak, hiszen 8v 2 \ =) ^1(q) v 2 \. 8q 2 G.A \ tr az ltr kiegszto tere, amiben feig (i = :+ 1. :+ 2. . . . . :+:) alkot bzist.Az opertorok nyelvn fogalmazva a 1 reprezentci akkor teljesen reducibilis,ha a reprezentcit alkot^1(q) opertorok nem visznek ki az l tr mellet az aztkiegszto \ trbol sem.Ha az :+: dimenzis \ tr euklideszi tr, azaz rtelemeztk benne a v1. s v2vektorok (v1 v2) skalris szorzatt, az feig bzis l teret kifeszto : darab elemnek18rgztse utn, a Schmidt-fle eljrssal megvlaszthatjuk a bzis fennmarad : el-emt gy, hogy ortogonlisak legyenek az l tr bziselemeire, azaz: (ei e)) = 0, hai : s ,:. Az ei (i = :+ 1. :+ 2. . . . . :+:) bziselemek egy olyan : di-menzis \ teret fesztenek ki, amelynek minden w vektora meroleges lesz l mindenu vektorra:\= fw 2\ j (w u) = 08u 2 lg .hiszen(w u) = n+aX)=n+1n)e) nXi=1niei! =n+anXi=1)=n+1n)ni(e) ei) = 0.mivel (e) ei) = 0, amikor i : s ,:. Azt mondjuk, hogy a \ tr az l trortogonlis kiegszto tere.Ha a 1 reducibilis brzols unitr, azaz 1 minden brzol opertora unitr,akkor 8q 2 G s u. v 2 \ esetn fennll, hogyu ^1(q) v =^11(q) u v.Vlasszunk tetszolegesen egy u vektort az l trbol s egy w vektort a \ trbol.Vizsgljuk meg a^1(q) opertor hatst a w vektorra. A fentiek szerint 8q 2 Gesetn fennll, hogyu ^1(q) w =^11(q) u w = 0.mivel 1 reducibilitsa miatt ^11(q) u vektor szintn eleme l-nak. Azt kaptuk, hogy^1(q) w szintn eleme a \ trnek, hiszen ortogonlis az l tr minden vektorra.Ennek rtelmben, ha a 1 reducibilis brzols unitr, akkor teljesen reducibilis.Beltjuk, hogy vges csoportok minden reducibilis brzolsa teljesen reducibilis(Maschke ttele), mivel mindig tallhatunk olyan skalris szorzatot, amivel szembenaz brzols unitr. Az euklideszi ternkben mr denilt (u v) skalris szorzatfelhasznlsval deniljuk a u. v vektoroknak egy j skalris szorzatt:fu vg :=1[q]Xj2G^1(q) u ^1(q) v.Az gy denilt muvelet valban skalris szorzs lehet, hiszen egyszeru behelyettests-sel bizonythat, hogy kielgti a skalris szorzat kvetelmnyeit:1. 8 u. v 2 \fu vg = fv ug.2. 8 u. v. w 2 \. 8c. , 2 Cfw (cu +,v)g = cfw ug +, fw vg .193. 8 v 2\ . v 6= 0fv vg 0.rjuk fel egy tetszoleges / 2 G elemet reprezentl opertornak az j skalrisszorzatra kifejtett hatstn^1(/) u ^1(/) vo =1[q]Xj2G^1(q) ^1(/) u ^1(q) ^1(/) v=1[q]Xj2G^1(q/) u ^1(q/) v.Vezessk be q0 = q/ jellst. Tudjuk, hogy ha a szummban q vgigfut a Gcsoport minden elemn, akkor q0 is vgigfut minden elemen, azaz Pj = Pj0 s gy^1(/) valban unitr:n^1(/) u ^1(/) vo =1[q]Xj02G^1(q0) u ^1(q0) v = fu vg .12. Schur-lemmkA G csoport irreducibilis brzolsainak feltrkpezshez tartalmaznak fontos llt-sokat az n. Schur-lemmk.1. Az elso Schur-lemma szerint ha tallunk egy olyan, az : dimenzis G-modulonhat ^o lineris opertort, amelyik felcserlheto a 1 irreducibilis reprezentci minden^1(q) elemvel, akkor ez csak az ^1 egysgopertor konstansszorosa lehet, teht ha^o ^1(q) = ^1(q) ^o 8q 2 G. (17)akkor^o = ` ^1.A bizonytshoz rjuk fel az ^o opertor sajtrtk egyenlett^os =`s.vagy trendezve^o` ^1s = 0. (18)Rgztett feig bzis esetn a (18) egyenlet egyenrtku egy homogn, lineris egyen-letrendszerrelaXi=1o)i`o)i:i= 0. (, = 1. 2. . . . . :) .ahol o)iaz ^o opertor s :iaz s vektor komponenseit jelli. A lineris egyenletekelmletbol tudjuk, hogy a homogn egyenletrendszernek akkor s csak akkor van atrivilistl eltro megoldsa, ha az egyenletrendszer determinnsa eltunikdeto)i`o)i = 0.20A bal oldal `-tl :-ed fok polinom formjban fgg, aminek az algebra alaptteleszerint mindig van ` 2 C megoldsa. A megfelelo sajtvektor legyen s = :iei. Alka-lmazzuk a (17) felttelt a ^1(q) s vektorra:^o^1(q) s= ^1(q) ^os = ^1(q) `s = `^1(q) s.Azt kaptuk, hogy amennyiben egy s vektor a ` sajtrtkhez tartoz sajtvektorokl alterbe tartozik, akkor a ^1(q) s vektor is benne van l-ban. Az l altr ezek szerintszubmodulja a 1 reprezentcinak.1 irreducibilitsa miatt l nem lehet valdi szubmodul \ -ben, aminek megfeleloenl = \ . Ennek rtelmben 8v 2 \ esetn ^ov = `v azaz ^o=` ^1.Megjegyzsre rdemes kvetkezmnye az elso Schur-lemmnak, hogy Abel-csoportoknakcsak egy dimenzis irreducibilis brzolsai lehetnek. Tekintsk ui. egy G Abel-csoport 1 irreducibilis brzolst. Az brzol^1 opertorok kzl vlasszunk kiegy tetszoleges q0 2 G elemet brzol ^1(q0) opertort. Mivel a csoport kommutatv,a homomorzmus szorzsi szablya szerint 8q 2 G esetn fennll, hogy^1(q0) ^1(q) = ^1(q) ^1(q0) .A Schur-lemma szerint viszont ekkor^1(q0) = `^1kell legyen, ami azt jelenti, hogy az brzol opertorok csak egy dimenzis G-modulesetn irreducibilisek.A msodik Schur-lemma kt irreducibilis, nem ekvivalens brzols viszonyrlmond ki lltst.2.A msodik Schur-lemma szerint ha 1 s 10 a G csoport kt nem ekvivalens,irreducibilis brzolsa s egy ^o : \ ! \0 lineris opertorra fennll, hogy^o ^1(q) = ^10 (q) ^o 8q 2 G. (19)akkor^o = ^0.azaz az ^o opertor csak a nullopertor lehet.Kt helyzetet kell megklnbztetnnk.a. Tekintsk azt az esetet, amikor a \ tr : dimenziszma kisebb mint a \ 0 tr:0 dimenziszma, : < :0.Vlasszunk egy v0 = ^ov 2 Im ^o vektort s alkalmazzuk a (19) felttelt a ^10 (q) v0vektorra^10 (q) v0 = ^10 (q) ^ov =^o ^1(q) v2 Im ^o.Azt kaptuk, hogy az l0 = Im ^o tr szubmodul \ 0-ben, mivel a 10 brzols opertorainem visznek ki belole. Tekintve, hogy a 10 brzols irreducibilis, vagy l0 = \0, vagyl0 = f00g.21Az l0 kptr dimenziszma nem lehet nagyobb mint a \tr dimenziszma,hiszen lineris lekpezssel a \ tr bzisrendszerben tallhat maximlis szmfggetlen elem kpnl nem jelenhet meg tbb linerisan fggetlen elem a kptr-ben. gy csak a msodik, l0 = f00g eset valsulhat meg, ami szerint ^o = ^0.b. Az : :0 esetben vlasszunk egy v 2 ker ^o vektort s alkalmazzuk a ^1(q) vvektorra a (19) sszefggst^o^1(q) v = ^10 (q) ^ov = 00.Azt kaptuk, hogy 1 = ker ^o szubmodul \ -ben, mivel ha v 2 1, akkor ^1(q) v 2 1.Tekintve, hogy 1 irreducibilis, vagy 1= f0g, vagy 1= \ . ::0 esetn amag nem llhat csak a nullvektorbl, mivel a lineris lekpzs nem kpezheti le az: db fggetlen bziselemet :0 < : db fggetlen elemre, teht lesz \ -ben olyan nemnullvektor, amelyik kpe nullvektor. gy csak a msodik, 1 = \ eset valsulhat meg,ami szerint ^o = ^0.Ha : = :0 s 1 = f0g, akkor az ^o opertor invertlhat kell legyen, hiszen ktklnbzo v1 6= v2 vektor kpe ^o (v1 v2) 6= 00 miatt klnbzo lesz. Ebben azesetben a (19) sszefggs trhat az^o ^1(q) ^o1= ^10 (q)alakra, ami ellentmond annak a felttelnek, hogy 1 s 10 nem ekvivalens. Marad a1 = \ eset, ami szerint ismt ^o = ^0.13. Fundamentlis ortogonalitsi ttelSzmozzuk a G csoport nem ekvivalens, irreducibilis reprezentciit j = 1. 2. . . .egszszmokkal s legyen kt 1(j)s 1(i)nem ekvivalens, irreducibilis reprezentci,amelyek G-modulja \j s \i. Jelljn ^ egy egyelore nem denilt, lineris lekpezst\j s \i kztt:^ : \i ! \j. Konstruljunk ennek segtsgvel egy ^o opertort:^o := Xj2G^1(j)(q) ^ ^1(i)q1.Vlasszunk egy / 2 G csoportelemet s szorozzuk meg ^o-et ^1(j)(/)-val:^1(j)(/) ^o = Xj2G^1(j)(/) ^1(j)(q) ^ ^1(i)q1 =Xj2G^1(j)(/q) ^ ^1(i)q1.Legyen /q = q0, amibol q1= q01/.Tudjuk, hogy Pj ugyanazt az sszeget adja,mint Pj0 s gy^1(j)(/) ^o = Xj02G^1(j)(q0) ^ ^1(i)q01/= Xj02G^1(j)(q0) ^ ^1(i)q01 ^1(i)(/) .Eredmnynk szerint^1(j)(/) ^o = ^o ^1(i)(/) .22A msodik Schur-lemma szerint ha j 6= i, ^o = ^0 kell legyen.Ha viszont j = i, azelso Schur-lemma szerint ^o = ` ^1, amit sszefoglalhatunk egy egyenletbenXj2G^1(j)(q) ^ ^1(i)q1= `oji ^1.A ` egytthat fgg az^ opertor vlasztstl, valamint a reprezentci j in-dextol. A bzisok rgztse utn az opertorokat s a fenti egyenletet rjuk fel mtrixalakban.Az^ opertor i) mtrixt vlasszuk rgztett : s : rtkek mellett gy,hogyi) = oivoc).amivelXj2GX|,n1(j)I|(q) o|vocn1(i)naq1= Xj2G1(j)Iv(q) 1(i)caq1= `cvojioIa.`cv rtkt gy tudjuk megllaptani, hogy j = i-t vlasztunk s a /. : indexbenindexegybeejtst (spurozst) hajtunk vgre.Xj2GXI1(j)Iv(q) 1(j)cIq1 = `cv:j.ahol :j jelli \j dimenziszmt. A q-re vonatkoz szumma minden tagjra fennll,hogy PI 1(j)Iv(q) 1(j)cI(q1) = ocv, amibol az egyenlet a[q] ocv = `cv:jalakot lti. Ennek felhasznlsval nyerjk vgl az n. fundamentlis ortogonalitsisszefggst:Xj2G1(j)Iv(q) 1(i)caq1 = [q]:jocvojioIa. (20)Ha az brzolsok unitrek, az inverz elemet brzol mtrixok helyettesthetokaz adjungltjukkalXj2G1(j)Iv(q) 1(i)ac(q) = [q]:jocvojioIa. (21)Adott 1(j)reprezentci esetn, ha rgztjk : s / rtkt, a 1(j)Iv(q) szmok egy[q] dimenzis vektor komponenseinek tekinthetok1(j)Iv(q1) . 1(j)Iv(q2) . . . . . 1(j)Ivq[j].A (21) egyenlet bal oldaln ennek megfeleloen az :. / s j indexszel azonostott vek-torok skalrszorzata ll, amelyek az egyenlet szerint mind ortogonlisak egymsra.Mivel adott j esetn :. / = 1. 2. . . . . :j rtkeket vehet fel, a megfelelo ortogonlisvektorok szma :2j. A klnbzo reprezentcik (j 6= i) vektorai szintn merolegesekegymsra, amivel az sszes meroleges vektorok szmaPj:2j lesz. Tekintve, hogy egyvektortrben az ortogonlis vektorok szma nem haladhatja meg a dimenziszmotXj:2j [q] (22)kell legyen.2314. Karakterek ortogonalitsaLttuk, hogy ekvivalens reprezentck karaktere megegyezik, mivel a hasonlsgitranszformci nem vltoztatja meg a mtrixok nyomt. A (20) fundamentlis ortog-onalitsi relci alapjn azt is azonnal beltjuk, hogy a nem ekvivalens, irreducibilisreprezentcik karaktere eltr egymstl. Vegyk a (20) egyenlet nyomt az :. /valamint a :. : indexek szerint:Xj2G(q)(j)(i)q1 = [q]:jocvojiovc = [q] oji.amibol tekintve, hogy ovv = :j, nyerjk a karakterek ortogonalitsi sszefggst:1[q]Xj2G(j)(q) (i)q1 = oji. (23)Ha a reprezentcik unitrek, fennll, hogyq1 = 1:1i)q1= 1:11i)(q) = 1:1)i(q)= (q) .Az ortogonalitsi relci j alakja ebben az esetben1[q]Xj2G(j)(q) (i) (q) = oji(24)lesz.Mivel a bal oldalon nyert sszeg az1[j] faktortl eltekintve teljesen megegyezik kt[q]-dimenzis sorvektor skalrszorzatval, amelyek komponensei(j)(q1) . (j)(q2) . . . . . (j)q[j] s (i)(q1) . (i)(q2) . . . . . (i)q[j].be is vezethetjk kt karakter (j)s (i)skalris szorzatt:(j). (i) :=1[q]Xj2G(j)(q) (i)q1. (25)Ugyanez unitr reprezentci esetn(j). (i) :=1[q]Xj2G(j)(q) (i) (q) . (26)Ezzel a jellssel a (24) relci a skalrszorzatoknl denilt ortogonalitsi relcinakfog megfelelni(j). (i) = oji. (27)A (24) relciban rdemes szre venni, hogy a szummban vannak egyenlo tagok,nevezetesen egy konjuglt osztlyba tartoz csoportelemekhez ugyanaz a karakterrtk24tartozik. Jellje az i-edik konjuglt osztly elemeihez tartoz karakterrtket i, aholi = 1. 2. . . . . / a konjuglt osztlyok szma. Ha /i jelli az i-edik konjuglt osztlybatartoz elemek szmt, a (24) relci j alakja ezzel1[q]IXi=1/i(j)i(i)i= oji.Ez az sszefggs interpretlhat gy is mint egy / dimenzis trbeli ortogonalitsirelci. Mivel / dimenzis trben maximum / db ortogonlis vektor lehetsges, anemekvivalens irreducibilis reprezentcik : szmra kapjuk, hogy: /. (28)Megmutathat, hogy a karakterekre fennll egy formailag hasonl ortogonalitsirelci a klnbzo konjuglt osztlyok karakterrtkeire is1[q]vXj=1/i(j)i(j))= oi). (29)Az elozohz hasonl gondolatmenet szerint, mivel egy : dimenzis trben maxi-mum : db ortogonlis vektor lehetsges, fenll, hogy/ :.(28) s (29) egyttes fenllsa miatt vgl ltjuk, hogy/ = :. (30)15. Reducibilis reprezentcik felbontsaA karakterek ortogonalitsa lehetov teszi a reducibilis reprezentcikat felpto irre-ducibilis reprezentcik megkeresst.Vges csoport reducibilis reprezentcija teljesen reducibilis s a reprezentlmtrixok blokkdiagonlis alakban jelennek meg. ltalnostva a (16) alakot a 1reprezentci dekomponlhat:1 = Xci1(i). (31)ahol az ci egsz szmok jellik azt, hogy a i indexu irreducibilis reprezentci hnys-zor fordul elo 1-ben.Az ci rtkek megkeresshez vegyk a (31)-nak megfelelo mtrixegyenlet nyomts vegyk gyelembe, hogy a 1(i)(q) mtrixok diagonlis blokkokban vannak jelen1(q)-ben. Ha jelli a 1 reprezentci s (i)a 1(i)reprezentci karaktert, aztkapjuk, hogy(q) = Xici(i)(q) .25Vegyk az egyenlet kt oldalnak a (j)karakterrel vett, a (25) dencinak megfelelo,skalris szorzatt. (j) =Xici(i). (j).A bal oldalt rszletesen kirva s a jobb oldalon alkalmazva (27)-t nyerjk cj-t:. (j) =1[q]Xj2G(q) (j)q1 =Xici(i). (j) = Xicioij= cj. (32)16. Regulris reprezentciA lehetsges nemekvivalens irreducibilis reprezentcik szmra vonatkoz fontos ko-rltozshoz jutunk az n. regulris reprezentci tanulmnyozsval.A Cayley-ttel szerint egy G csoport mindig izomorf az o[j] csoport egy rszcso-portjval. Az izomorzmus azon a tnyen alapul, hogy a csoportelemeknek egy qicsoportelemmel val szorzsa csak trendezi, permutlja a csoport elemeit.A qi sq) elemek szorzata a qI elemqiq) = qI.aminek alapjn bevezettk a / = fi. ,g fggvnyt, amivel qiq) = qfi,)g.A / = fi. ,g fggvny segtsgvel a G csoport minden qi elemhez rendeljnkhozz egy [q]-dimenzis 1|) (qi) := o|fi,)g ngyzetes mtrixot. A 1|) (qi) mtrixok,dencijuk szerint, kizrlag egyesekbol s zrusokbl llnak gy, hogy minden os-zlopban s sorban egy darab egyes van.Meggyozodnk arrl, hogy a 1|) (qi) mtrixok [q]-dimenzis reprezentcijt je-lentik a G csoportnak, amihez azt kell beltnunk, hogy[j]XI=11|I (qi) 1In (q)) = 1|nqfi,)g.Helyettestsk be a mtrixok elemeit s msodik lpsben hasznljuk ki, hogy a cso-portszorzs asszociativitsa miatt fi. f,. :gg = ffi. ,g . :g. Ekkor azt nyerjk, hogy[j]XI=11|I (qi) 1In (q)) =[j]XI=1o|fi,IgoIf),ng = o|fi,f),ngg = o|ffi,)g,ng = 1|nqfi,)g.ami ppen a kvnt sszefggs.Az ilyen mdon denilt brzols neve regulris reprezentci. A tovbbiakban ajells egyrtelmusge rdekben megegyeznk, hogy a csoport egysgelemt tekintjkaz elso csoportelemnek.Egyszeru pldaknt tekintsk a C3 = fc. c. c2g csoport regulris reprezentcijt.A q1 = c egysgelemhez rendelt mtrix, ahogy annak minden reprezentcinl lennie26kell, az egysgmtrix lesz. Az egysgelem esetn ugyanis , = f1. ,g, s gy1|) (c) = o|f1,)g = o|) =0@ 1 0 00 1 00 0 11A.A msik kt elemhez rendelt mtrixokat behelyettestssel kaphatjuk meg:1|) (c) = o|f2,)g =0@ 0 0 11 0 00 1 01As1|)c2= o|f3,)g =0@ 0 1 00 0 11 0 01A.Keressk meg, hogy G csoport 1 regulris reprezentcija milyen nemekvivalensirreducibilis reprezentcikat tartalmaz:1 = Xci1(i).amibol(q) = Xici(i)(q) . (33)Az cj egytthatra ksz kifejezsnk van (32) :cj =1[q][j]Xi=1(qi) (j)q1i.A regulris reprezentci karakterrtke(qi) = 1:1|) (qi)=[j]X|=1o|fi,|g = [q] . /c i = 10. /c i 6= 1.Ebbolcj =1[q] [q] (j)(c) = :j.Helyettestsnk (33)-ba q = c-t, s hasznljuk ki, hogy az egysgelemhez rendeltkarakterrtk egyenlo az brzols dimenziszmval[q] = Xi:i:i =Xi:2i. (34)Eredmnynk azt mutatja, hogy a (22) egyenlotlensg, amely korltozta a lehetsgesnemekvivalens, irreducibilis reprezentcik dimenzingyzet-sszegt, egyenlosg kelllegyen, mivel a regulris reprezentciban talltunk annyi nemekvivalens irreducibilis27reprezentcit, amelyek dimenzingyzet-sszege mr elri a (22) egyenlotlensg ltalmegadott felso hatrt.Megjegyzsre rdemes, hogy (34)-bol szintn kvetkezik, hogy Abel-csoportnakcsak egy dimenzis irreducibilis brzolsai lehetnek. Vegyk ugyanis szre, hogyAbel-csoportban minden elem nll konjuglt osztlyt kpez s gy/ = [q] .amibol (30) szerint: =vXi=1:2iaddik. Ezt az egyenletet, mivel :i0, csak :i = 1 rtkekkel lehet kielgteni.17. KaraktertblzatA csoportbrzolsok irreducibilis brzolsainak karaktereit clszeru tblzatos for-mban megadni. A tblzat felso sorban jelennek meg a csoportelemek, az elsooszlopban a nemekvivalens irreducibilis reprezentcik jelei.G q1 (= c) q2 q[j]1(1)(1)(c) (1)(q2) (1)q[j]1(2)(2)(c) (2)(q2) (2)q[j]...............1(v)(v)(c) (v)(q2) (v)q[j].Egyszeru pldaknt tekintsk a C3 csoport karaktertbljt. Mivel C3 Abel-csoport, : = 3 db egy dimenzis nemekvivalens irreducibilis reprezentcija van.Egy dimenzis brzols esetn az brzols karakter rtkei egyenlok az brzol(egydimenzis) mtrixok egyetlen elemnek rtkvel. A homomorzmus szorzsi sz-ablyt ennek megfeleloen a karakterek rtke is kveti.Esetnkben, mivel c3= c,mindegyik brzolsra fenn kell lljon, hogy (c)3= (c3) = (c) = 1. A (c) rtkmeg kell egyezzen a harmadrendu egysggykk valamelyikvel, azaz . az .3= 1egyenlet valamelyik gyke kell legyen.Az egysgelem alatti oszlopba az egydimenzis egysgmtrix nyomt kell bernunk.A 1(1)brzols legyen a trivilis eset, amikor (1)(c) = 1 s minden elemhez azegysgmtrixot rendeljk.A 1(2)brzols (2)(c) karakterrtkt vlasszuk a msodik egysggyknek, azazlegyen . = exp (2:i,3). A c2elemet brzol egyelemu 1(2)(c2) mtrixra fennll,hogy 1(2)(c2) = 1(2)(c)2= .2, aminek a nyoma .2.A1(3)brzols (3)(c) karaktere mr csak a harmadik egysggyk lehet (3)(c) =exp (4:i,3) = .2. Ennek ngyzete exp (8:i,3) = . lesz egyenlo a (3)(c2) karak-terrtkkel. Tblzatban:C3c c c21(1)1 1 11(2)1 . .21(3)1 .2..28Bizonyosodjunk meg a karakterek ortogonalitsrl. Szmtsuk ki (1)s (2)skalrisszorzatt(1). (2) = 131 1 + 1 .1+ 1 .2 = 0.Hasonl mdon lthat, hogy(2). (3) = 131 1 +. .2+.2 .1 = 0.A karaktertbla alapjn meg tudjuk keresni a C3 csoport (10)-ban megadott 1\n. vektorreprezentcijban szereplo irreducibilis reprezentcikat. 1\karaktere amtrixokbl leolvashat:\= (3. 0. 0) .(32) alapjnc1 = \. (1) = 1.c2 = \. (2) = 1.c3 = \. (3) = 1.Ennek alapjn rhatjuk, hogy1\= 1(1)1(2)1(3).A (10) brzolsban azonnal ltjuk, hogy a most megtallt felbontsban a 1(1)"trivilis" reprezentci megjelense annak ksznheto, hogy a .-komponensek nemvltoznak a .-tengely krli forgatsok sorn. Ahhoz, hogy a 1(2)1(3)reprezent-ciban szereplo 1(2)s 1(3)(egy dimenzis) reprezentci a mtrixalakban is a tel-jesen reducibilis alakban jelenjen meg, meg kell keresni azt a bzist, amelyik kifesztia megfelelo G-modulokat.A komplex szmok szorzsnak szablya alapjn azonnal lthatjuk, hogy az r s koordintknak az r i kombinciit rdemes vizsglni, hiszen a .-tengely krli szggel trtno forgats ltal kapott r0 s 0 koordintkra ltalban fennll, hogyr0i0 = (r i) ci.Ha = 2:,3 szggel trtno elfordtst tekintnk, akkor azonnal lthat, hogy a1(2)reprezentci az albbi hrom egydimenzis mtrixbl llhat: 1(2)(c) = 1,1(2)(c) = ., 1(2)(c2) = .2, ahol . = exp(2:i,3). A hrom elforgatst az r + ikoordintakombincin a megfelelo 1 mtrixokkal trtno szorzs hozza ltre.Hasonl mdon, a 1(3)reprezentciban szereplo egydimenzis mtrixok: 1(3)(c) =1, 1(3)(c) = .2, 1(3)(c2) = ., amelyek az r i koordintakombincit forgatjk ela megfelelo szggel.2918. Folytonos (Lie-)csoportok, SO(2)Korbban a C3 csoport brzolsainak vizsglatnl geometriai megfontolsok alapjna , szggel trtno elforgatsok lersra bevezettk az1(,) = cos , sin ,sin, cos ,(35)mtrixokat. A .-tengely krli geometriai forgatsok szge 0 s 2: kztt brmilyenvals rtket felvehet. Ezekre a forgsokra tetszoleges , s ,0 szgek esetn fennll,hogy1(, +,0) = 1(,) 1(,0) . (36)Az 1(,) alak mtrixok gy egy (folytonosan) vgtelen szm elemet tartalmazcsoportot alkotnak, melynek neve specilis, 2-dimenzis, ortogonlis csoport, s jeleoC(2).Az egysgelem a , = 0 rtkhez rendelt1(0) = 1 00 1mtrix, a 1(,) mtrix inverze11(,) = 1(,) =cos , sin ,sin, cos ,.amivel valban fennll, hogy1(,) 1(,) = 1(0) .A csoport nevben az o (specilis) arra utal, hogy az sszes mtrix determinnsaegysgnyi, az C pedig arra, hogy minden mtrix ortogonlis, azaz11(,) = 1T(,) .A csoport egyben nmaga ktdimenzis, unitr brzolsa is (denil brzols),hiszen a vals szmtest felett denilt ortogonlis mtrixok unitrek:1+(,) = 1T (,) = 1T(,) .Az oC(2) csoport Abel-csoport, gy a komplex szmtest feletti irreducibilis br-zolsai csak egydimenzisak lehetnek. Jellje ezeket 1(n), ahol az : indexeli a nemekvivalens brzolsokat. Az brzolsok 11-es mtrixokat tartalmaznak, amelyekre1(n)(,) 1(n)(,0) = 1(n)(, +,0) .Derivljuk az egyenletet ,0 szerint s helyettestsnk ,0 = 0-t:1(n)(,) d1(n)(,0)d,0,0=0= d1(n)(,)d,.30A bal oldal msodik tnyezoje :-tol fggo konstans Cn, amivel1(n)(,) Cn = d1(n)(,)d,.Az egyenlet megoldsa1(n)(,) = exp (Cn,) .Az brzolstl elvrjuk, hogy a teljes , = 2: szgu forgst brzol mtrix egybeessen az egysgelemet brzol mtrixszal:exp (Cn2:) = 1.amibol Cn = /ni felttelt nyerjk, ahol /n egszszm. Mivel az brzolsokat az :egszszmmal indexeltk, a legegyszerubb vlaszts a /n = :, amivel1(n)(,) = exp (i:,) .Ez egyben a 1(n)(,) brzols karaktere is (n)(,) = exp(i:,) .Keressk meg, hogy a denil brzolsban milyen irreducibilis brzolsok je-lennek meg? 1(,) karaktere (35) alapjn(,) = 2 cos ,.Az : indexu brzols cn egytthatja (32) szerintcn = . (n) =12:Z202 cos ,exp (i:,) d,.ahol a csoportelemekre vonatkoz Pj sszegzst a csoportelemeket "indexelo" ,paramter szerinti12R20d, integrllal helyettestettk. Az integrlban az Euler-sszefggs alapjn a 2 cos , = exp (i,) +exp(i,) helyettestst rdemes megtenni,amivelcn =12:Z20[exp (i,) + exp (i,)] exp(i:,) d,=12:Z20exp i,(1 :) d, +12:Z20exp [i,(1 +:)] d,.Az elso tag integrlja mindig nulla kivve az : = 1 esetet, amikor az rtke 1. Amsodik tag rtke hasonl okokbl akkor egysgnyi, ha : = 1, egybknt pedignulla. sszefoglalvacn = on1 +on(1).A keresett irreducibilis brzolsok: 1(1)(,) = exp (i,) s 1(1)(,) = exp (i,),amivel1 = 1(1)1(1).31A C3 csoportrl mondottakbl lttuk, hogy a megfelelo q-modulokat az r +i s azr i koordintakombincik fesztik ki, hiszenr0 i0 = (r i) ci,.ami mtrix alakban rva mutatja a teljes reducibilitst: r0 +i0r0 i0 = exp (i,) 00 exp (i,) r +ir i.19. Innitezimlis genertorok, SO(3)Fejtsk sorba az 1(,) mtrixot , = 0 krl:1(,) = ^1 iA, +C,2.aholiA = d1(,)d,,=0.Az A mtrixot az oC(2) forgscsoport innitezimlis genertornak nevezzk, amititt a denil brzolson adtunk meg. Ms brzolsokon a megfelelo innitez-imlis genertort szintn az brzol mtrix fenti derivltjval tudjuk kiszmtani. Adenil brzolson a derivls eredmnye:iA = 0 11 0.amibolA = 0 ii 0.Vegyk szre, hogy 1(,) ortogonalitsbl kvetkezik, hogy A Hermitikus:^1 = 1(,) 1+(,) = ^1 iA, +C,2 ^1 +iA+, +C+,2= ^1 +iA+A, +C,2.azazA+= A.Az innitezimlis genertor dencijakor ennek a zikai szempontokbl elonys tu-lajdonsgnak a biztostsa rdekben vlasztottuk le a i szorzt.Derivljuk a (36) egyenletet , szerint, helyettestsnk , = 0-t s hagyjuk el a felsovesszot:d1(,)d,= iA1(,) .A nyert egyenlet olyan (mtrix)dierencilegyenlet, aminek a megoldsa1(,) = exp (iA,) .32Az innitezimlis genertor segtsgvel gy a csoport sszes elemt elo tudjuk lltani.ltalban is, ha oC(2) egy tetszoleges 1 brzolsnak A innitezimlis gener-tort aiA = d1(,)d,,=0kplettel deniljuk, az brzols sszes eleme eloll1(,) = exp(iA,)alakban.Szmtsuk ki 1(,)-t az exponencilis fggvny sorfejtsvel.1(,) = 1Xa=0(i,)aAa:!.A sorfejtsben az A opertor pros hatvnyai mind egyenlok lesznek az ^1 egysgop-ertorral, hiszen A2= ^1. A pratlan hatvnyok viszont ugyanezen okbl A-szellesznek egyenlok, amiket gy ki lehet emelni:1(,) = ^1 1XI=0(1)I,2I(2/)!iA 1XI=0(1)I,2I+1(2/ + 1)!= ^1 cos , iA sin,.Ez az elollts a denil brzolson valban 1(,)-vel egyenlo.A hromdimenzis tr valdi forgsait az r = r1. = r2. .= r3Descartes-koordintk transzformciin keresztl ler hromdimenzis, ortogonlis, egysgnyideterminns mtrixok csoportja az n. oC(3) csoport.A .-tengely krli , szgu elforgst ler 13 (,) mtrixot az elobbiek alapjnazonnal felrhatjuk:13 (,) =0@ cos , sin , 0sin, cos , 00 0 11A.ahol csak rgztennk kellett, hogy a .-tengely krli forgsnl a harmadik, . ko-ordinta nem vltozik. A megfelelo innitezimlis genertorA3 = i d13 (,)d,,=0= i0@ 0 1 01 0 00 0 01A.Az r- s -tengelyek krli , szgu forgst ler mtrixokat a tengelyek szerepnekcserjvel kapjuk meg:11 (,) =0@ 1 0 00 cos , sin ,0 sin, cos ,1A.12 (,) =0@cos , 0 sin ,0 1 0sin , 0 cos ,1A.33A megfelelo innitezimlis genertorok:A1 = i d11 (,)d,,=0= i0@ 0 0 00 0 10 1 01A.A2 = i d12 (,)d,,=0= i0@0 0 10 0 01 0 01A.A hrom innitezimlis genertor i. , mtrixelemei egy kpletben sszefoglalva isfelrhatk:(AI)i) = ii)I. / = 1. 2. 3.ahol i)I jelli a teljesen antiszimmetrikus egysgtenzort.Tekintsnk most egy n = (:1. :2. :3) egysgvektor ltal kijellt irnyt s hajtsunkvgre az ilyen irny tengely krl egy elemi d, szgu elforgatst. Egy r vektor drvltozsra tudjuk, hogydr = d,n r.A vektorkomponensek j rtke indexes rsmdban:0i = :i d,3X)I

i)I:I:) =3X)=1oi) d,3XI=1

i)I:I!:).A d, szgu elforgatst elso rendben ler mtrix i. , eleme gy1i) (d,) = oi) d,3XI=1

i)I:I = oi) id,3XI=1(AI)i) :I = oi) id,(An)i) .ahonnan leolvashat, hogy a megfelelo innitezimlis genertor:(An)i) =3XI=1(AI)i) :I.Az innitezimlis genertoroknak ezt a lineris kombincijt formlisan, az n egysgvek-tor s az X mtrix-vektor skalris szorzataknt is felrhatjukAn = nX.Az n vektor krli vges , szggel trtno elforduls mtrixt An segtsgvel azltalnos szably szerint rhatjuk fel1n (,) = exp (iAn,) .A hrom AI innitezimslis genertor lineris kombincii is innitezimlis gen-ertorok s ezrt egy vektortr elemeit alkotjk. Ugyanakkor mint mtrixok ssze isszorozhatk, amivel gy egy j struktrt n. Lie-algebrt alkotnak.34Mivel a vizsglt csoport nem kommutatv az innitezimlis genertorok szorzsasem kommutatv. Az Ai s A) innitezimlis genertorok szorzatnak nem kommu-tatv jellegt az n. kommuttorok segtsgvel jellemezhetjk:[Ai. A)] = AiA) A)Ai.ami akkor tunik el, ha a szorzat kommutatv.Vizsgljuk meg kt klnbzo tengely krli forgs innitezimlis genertornakkommuttort. Tekintsnk egy az r skban felvo, az r-tengellyel szget bezrn = (cos . sin. 0) egysgvektor krli , szgu forgst. Ennek innitezimlis gen-ertora An = A1 cos +A2 sin , amivel a forgst reprezentl mtrix1n (,) = exp[i (A1 cos +A2 sin) ,] .Ugyanez a forgs elollthat gy is, hogy eloszr az n vektort a .-tengely krli szgu forgatssal fedsbe hozzuk az r-tengellyel. Vgrehajtunk egy , szguforgst az r-tengely krl, majd visszaforgatunk a .-tengely krl szggel:13 () 11 (,) 13 () = exp (iA3) exp (iA1,) exp (iA3) .aminek rtelmbenexp(iA3) exp (iA1,) exp (iA3) = exp [i (A1 cos +A2 sin ) ,] .A nyert egyenlet azt fejezi ki, hogy 1n (,) s 11 (,) egyms konjugltjai, ahol akonjugl elem o = exp (iA3).Derivljuk az egyenletet , szerint a , = 0 helyenexp (iA3) (iA1) exp(iA3) = i (A1 cos +A2 sin) .majd a kapott egyenletet szerint a = 0 helyen:[A3. A1] = iA2.A hrom tengely ciklikus cserjvel nyerjk, hogy [A2. A3] = iA1, valamint, hogy[A1. A2] = iA3. A hrom sszefggs egysgesen is felrhat az i)I antiszimmetrikusegysgtenzor segtsgvel[Ai. A)] = i3XI=1

i)IAI. ahol i. , = 1. 2. 3. (37)3520. Lie-algebra, SO(3) irreducibilis brzolsaiAz oC(3) csoport A) innitezimlis genertorainak Lie-algebrjt a (37) sszefg-gsek deniljk. Mivel az oC(3) csoport tetszoleges 1n (,) elemt az innitezimlisgenertorok segtsgvel1n (,) = exp finX,g (38)alakban elo tudjuk lltani, a lehetsges irreducibilis csoportbrzolsokat az innitez-imlis genertorok lehetsges "brzolsainak" megkeressvel kezdjk. Ez azt je-lenti, hogy olyan mtrixokat (lineris opertorokat) keresnk, amelyek kielgtik aLie-algebra (37) sszefggseit.A csoport elemeit brzol mtrixokat (lineris op-ertorokat) ezek utn a (38) kpletbe trtno behelyettestssel tudjuk elolltani.rjuk fel az innitezimlis genertorok ngyzetsszegt:X2=3X)=1A2)s vizsgljuk meg az [Ai. X2] .i = 1. 2. 3 kommuttorokat. rjuk ki rszletesen shasznljuk ki a kommuttorok tulajdonsgait:Ai. X2="Ai.3X)=1A2)# =3X)=1Ai. X2) =3X)=1[Ai. X)] A) +3X)=1A) [Ai. X)]= i3X)=13XI=1

i)I (AIA) +A)AI) .ahol az utols lpsben kihasznltuk a (37) sszefggst. Mivel a zrjelben llkifejezs szimmetrikus, az elotte ll i)I szorztnyezo pedig antiszimmetrikus, a /. ,indexekre nzve, a kettos szumma eltunik, azaz:Ai. X2= 0. i = 1. 2. 3. (39)Az i index lehetsges rtkei kzl vlasszuk ki az i = 3 rtket. Mivel X2s A3kommutl, hermitikus opertorok, tallhat kzs sajtvektorrendszerk, amelyneknormlt vektorait a kvantummechanikban szoksos mdon jellje j,. :i, ahol X2sajtrtkt ,, A3 sajtrtkt pedig : jelli:X2j,. :i = , j,. :i .A3j,. :i = :j,. :i .A lehetsges sajtvektorok megkeresse algebrai ton trtnhet. Ehhez vezessnkbe egy, az Ai opertorok kombincijbl elolltott j (nem hermitikus) A+-szaljellt opertort, valamint ennek az A-szal jellt hermitikus adjungltjt:A = A1iA2. (40)36(39)-bol kvetkezik, hogy ezek szintn kommutlnak X2-tel:A. X2 = 0. (41)rjuk fel A3 s A kommuttort[A3. A] = [A3. A1] i [A3. A2] = iA2i (iA1) = A.Vizsgljuk meg ezek utn, hogy az A opertor milyen vektort Aj,. :i llt eloa j,. :i vektorbl, azaz rjuk fel, hogy az A3 opertor milyen hatssal van erre az jvektorra:A3 (Aj,. :i) = ([A3. A] +AA3) j,. :i = (A +AA3) j,. :i= (:1) (Aj,. :i) .Lthat, hogy amennyiben j,. :i az : rtkhez tartoz sajtvektora volt A3-nak,akkor Aj,. :i az :1 sajtrtkhez tartoz sajtvektora lesz A3-nak. Ugyanakkoraz Aj,. :i vektornak megmarad az a tulajdonsga, hogy X2-nek a , sajtrtkheztartoz sajtvektora hiszen (41) miatt:X2(Aj,. :i) = AX2j,. :i = ,Aj,. :i .Ha A+-szal vagy A-szal jra s jra hatunk az elolltott vektorra, az X2s azA3 olyan sajtvektorainak sorozatt kapjuk, amelyekhez tartoz sajtrtkek:. . . (,. :2) . (,. :1) . (,. :) . (,. :+ 1) . (,. :+ 2) . . . . (42)Szorozzuk skalrisan azX2j,. :i = , j,. :isajtvektoregyenletet a normlt j,. :i vektorral:h,. :j X2j,. :i = h,. :j , j,. :i .Szmtsuk ki a bal oldal rtkth,. :jA21 +A22 +A23j,. :i = kA1j,. :ik2+kA2j,. :ik2+:2.A jobb oldal rtke ,, teht:kA1j,. :ik2+kA2j,. :ik2+:2= ,.ami rgztett , estn korltot szab : lehetsges rtkeinek:2 ,.A (42) szerinti sajtrtksorozatnak ezek szerint alulrl is, fellrol is korltosnakkell lennie. A sorozat gy szakadhat meg, ha valamelyik lptetsnl az eredmnyvek-tor nullvektor lesz. Jellje : maximlis rtkt ,. EkkorA+j,. ,i = 0. (43)37Szmtsuk ki X2hatst erre a specilis vektorra, amirol egyrszt tudjuk, hogyX2j,. ,i = , j,. ,i .A szmtshoz az X2opertort trjuk ms alakra:X2= (A1iA2) (A1 +iA2) i [A1. A2] +A23 = AA+ +A3 (1 +A3) .Behelyettestve az j elolltst s kihasznlva (43)-at:X2j,. ,i = (AA+ +A3 (A3 + 1)) j,. ,i = , (, + 1) j,. ,i .azaz, = , (, + 1) .Hasonl mdon,jellje : minimlis rtkt ,0,ahol a sorozat lefel haladvamegszakadAj,. ,0i = 0. (44)Az X2opertort most az albbi alakra hozzukX2= A+A +A3 (A3 1) .aminek a j,. ,0i vektorra val hatsaX2j,. ,0i = (A+A +A3 (A31)) j,. ,0i = ,0 (,0 1) j,. ,0i .ahol kihasznltuk (44)-et.Ezek szerint fennll az is, hogy, = ,0 (,01) .Tegyk egyenlov a ktfle elolltst s redukljuk az egyenletet nullra, (, + 1) ,0 (,0 1) = 0.A bal oldal szorzatt alakthat:,2,02+, +,0 = (, ,0 + 1) (, +,0) = 0.A szorzat akkor nulla, ha valamelyik tnyezoje nulla:, ,0 + 1 = 0. cq, +,0 = 0.Az elso eset szerint,0 = , + 1.ami nem lehetsges, mivel , volt : maximlis rtke. A msodik egyenlet alapjn,0 = ,.38ami azt jelenti, hogy : rtke ,-tol +,-ig vehet fel egysgnyi tvolsgban lvortkeket. Ennek megfeleloen , (,) = 2, = : termszetes szm kell legyen, amibol, lehetsges rtkeire kapjuk, hogy, = :2. : = 0. 1. 2. . . . .azaz, = :2:2 + 1. : = 0. 1. 2. . . .lesz. Mivel , = , (, + 1), rdemes a vektor jellsben ttrni , helyett ,-re:j,. :i := j,. :i .Ha rendelkezsnkre ll egy j,. :i normlt vektor, az A opertorokkal elo tudjuklltani az sszes, ugyanahhoz a , (,) rtkhez tartoz vektort. Tudjuk ui., hogy A-szal hatva a j,. :i vektorra, olyan vektort kapunk, amelyik (,. :1) sajtrtkekheztartozik. A nyert vektor azonban mr nem lesz normlt. Keressk meg a normltnyezot gy, hogy felrjuk az elolltott A+j,. :i vektor normangyzett:kA+j,. :ik2= h,. :j AA+j,. :i = h,. :j X2A3 (A3 + 1) j,. :i= , (, + 1) :(:+ 1) = (, :) (, +:+ 1) .A j,. :+ 1i vektor normlt lehet, ha azA+j,. :i = p(, :) (, +:+ 1) j,. :+ 1i (45)vlasztssal lnk. Hasonl mdon azkAj,. :ik2= h,. :j A+Aj,. :i = h,. :j X2A3 (A3 1) j,. :i= , (, + 1) :(:1) = (, +:) (, :+ 1)egyenlosgbol kapjuk, hogyAj,. :i = p(, +:) (, :+ 1) j,. :1i . (46)Mindkt esetben egy egysgnyi abszoltrtku komplex fzisfaktor is fellphetne,azonban ezt megegyezs szerint 1-nek vesszk., = a2 rtknek rgztse utn vlasszuk bzisnak az A3 opertor : + 1 db. nor-mlt sajtvektort. (Ezek egyidejuleg az X2opertor , (, + 1) sajtrtkhez tartozsajtvektorai is.)e1 = j,. ,i .e2 = j,. , 1i .e3 = j,. , 2i ....ea+1 = j,. ,i .39Ezen a bzison az A3 opertor mtrixaA3 =0BBBBB@, 0 0 00 , 1 0 00 0 , 2 0...............0 0 0 0 ,1CCCCCA. (47)Az A+ s A opertor komponensmtrixt (45) s (46) alapjn szintn azonnalfel tudjuk rniA+ =0BBBBB@0 p2, 0 00 0 p2 (2, 1) 00 0 0 0...............0 0 0 01CCCCCA. (48)A =0BBBBB@0 0 0 0p2, 0 0 00 p2 (2, 1) 0 0...............0 0 0 01CCCCCA. (49)Az A1 s A2 opertorok (40) alapjn az A+ s A opertorok lineris kombin-cijval llthatk elo:A1 = A+ +A2. (50)A2 = A+ A2i.Az oC(3) csoport tetszoleges n = (:1. :2. :3) tengely krli , szgu elfordulstler elemeinek : + 1 dimenzis brzolst a (38) mtrixfggvny kiszmtsvalkapjuk meg1n (,) = exp fi (:1A1 +:2A2 +:3A3) ,g .Lttuk, hogy a klnbzo tengelyek krli , szgu elforgsok egy konjuglt os-ztlyba tartoznak, gy a karakter rtkk egyenlo lesz. A kiszmtshoz vlasszuk az-tengely krli forgst())(,) = 1:1(0,0,1) (,) = 1: (exp fiA3,g) .Az A3 mtrix diagonlis, gy az exponencilis fggvnye knnyen kiszmthat:exp fi (A3) ,g =0BBB@exp fi,,g 0 00 exp fi (, 1) ,g 0............0 0 0 exp fi,,g1CCCA.40A nyom mrtani sor, amit zrt alakban is meg tudunk adni())(,) =)XI=)exp fi/,g = exp fi,,g expfi (, + 1) ,g1 exp fi,g= exp fi (, + 1,2) ,g exp fi (, + 1,2) ,gexp fi,,2g exp fi,,2g= sin, + 12,sin12, .21. SU(2)Konkrt pldaknt tekintsk az : = 1, azaz , = 1,2 esetet. Ekkor : rtke12 s 12lehet, a sajtvektorok rendszere kt elemet tartalmaz:e1 =12. 12.e2 =12. 12.A ktdimenzis G-modul fe1. e2g bzisn az A3 opertor mtrixa (47) szerint:A3 = 1200 12 = 12 1 00 1.Hasonlan (48) s (49) alapjnA+ = 0 10 0.valamintA = 0 01 0.Az A1 s A2 opertorok (50) szerintA1 = 12 0 11 0.A2 = 12 0 ii 0.A hrom innitezimlis genertor felrhat egysges alakbanAI = 12oI. (/ = 1. 2. 3)ahol oI az n. Pauli-mtrixokat jellio1 = 0 11 0. o2 = 0 ii 0. o3 = 1 00 1.41Az oC(3) elemeit brzol mtrixok (38) szerintln (,) = exp12ino,alakban jelenhetnek meg, ahol o a (o1. o2. o3) mtrix-vektort jelli. Az ln (,) ele-mek ltal alkotott csoport, a specilis (egysgnyi determinns), unitr, ktdimenzismtrixok csoportja, amelynek neve ol (2).A mtrixfggvny kiszmtsa az expo-nencilis fggvny sorfejtsvel teheto megln (,) = 1XI=01/!12ino,I. (51)Vegyk szre, hogy a Pauli-mtrixok vals (c. /. c) egytthatkkal kpezett lineriskombincii elo tudjk lltani az sszes hermitikus, nulla nyom ktdimenzis Hmtrixot:H = co1 +/o2 +co3 = c c i/c +/i c.Ennek a mtrixnak a ngyzete egyszeru behelyettests szerintH2= c2+/2+c200 c2+/2+c2 = c2+/2+c2 1 00 1.Az (51) sorfejtsben megjeleno no mtrix ppen olyan H mtrixszal egyenlo, amely-ben az (c. /. c) szmokat az n egysgvektor (:1. :2. :3) komponenseinek vlasztjuk sgy c2+/2+c2= 1. Ebbol azonnal addik, hogy(no)2= 1 = 1 00 1.A sorfejtsben no hatvnyozsa ezek szerint mindig no-hoz, vagy az 1 egysgmtrix-hoz vezet s a tagokat no-t, vagy az 1 egysgmtrixot tartalmaz tagokra csopor-tosthatjuk.ln (,) = 1 1XI=01(2/)!12i,2I+no 1XI=01(2/ + 1)!12i,2I+1= 1cos 12, ino sin 12,.Mtrixalakban rszletesen kirvaln (,) = cos 12, i:3 sin 12, i (:1 i:2) sin 12,i (:1 +i:2) sin 12, cos 12, +i:3 sin 12,.Szmtsuk ki az ln reprezentl mtrix rtkt , = 2: esetreln (2:) = 1 00 1.42A teljes 2: szgu forgst, ami az egysgelemmel kell egybe essen nem az egysgmtrix,hanem annak mnusz egyszerese "reprezentlja"! Ha mg egy krforgst tesznk, azaz, = 4: szggel forgatunk, akkor jutunk jra az egysgelemhez. Ezek szerint az ol (2)csoport nem "egyrtku" brzolst adja az oC(3) csoportnak.A megfelelo interpretci az lehet, hogy a kt csoport kzti viszonyt fordtva tek-intjk, azaz azt mondjuk, hogy az oC(3) nem hu brzolsa az ol (2) csoportnaks az brzols magjaker (ol (2) ! oC(3)) = 1 00 1. 1 00 1.Az oC(3) csoport innitezimlis genertorainak Lie-algebrja megegyezik az ol (2)csoport innitezimlis genertorainak Lie-algebrjval s a kt csoport az egysgelemkzelben hasonl struktrt mutat, azonban a globlis szerkezetk eltr egymstl.43