Después del éxito de crítica y público cosechado por Jugando en grupo: U(1) y por su continuación Jugando en grupo: SU(2) llega a las mejores pantallas la última entrega de la trilogía, Jugando en grupo: SU(3). Más matrices. Más dibujos. Más representaciones. Y por primera vez, en tres dimensiones.
Nuestro objetivo es encontrar las matrices unitarias de dimensión 3 con determinante igual a uno. De nuestras aventuras previas, sabemos que cualquiera de estas matrices se puede expresar como la exponencial compleja de una matriz hermítica de traza nula. También que una matriz hermítica de dimensión \(n\) tiene \(n^2\) grados de libertad, y si imponemos la restricción sobre la traza, nos quedan \(n^2-1\) grados de libertad, es decir, 8 matrices que buscar. Además, de esas ocho, sabemos que \(n-1 = 2\) matrices serán diagonales.
Una opción es intentar generalizar las matrices de Pauli. Para ello, les añadiremos una fila y una columna de ceros. Pero para que salgan las cuentas, tenemos que combinar dos de las matrices diagonales. Así llegamos a las matrices de Gell-Mann (primero Pauli, ahora Gell-Mann ¿estás seguro que estas entradas son de matemáticas y no de física, o nos estás intentando engañar?) :
\[\lambda_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\qquad\lambda_2 = \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\qquad\lambda_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\]\[\lambda_4 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\qquad\qquad\lambda_5 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 \end{pmatrix}\]\[\lambda_6 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\qquad\lambda_7 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -i \\ 0 & i & 0 \end{pmatrix}\qquad\lambda_8 = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}\]
Pero lo que de verdad importa no son las matrices concretas que hayamos elegido, sino sus relaciones de conmutación, es decir, su álgebra de Lie:\[[\lambda_i, \lambda_j] = 2i f^{ijk}\lambda_k \qquad f^{ijk} = - f^{jik} = -f^{ikj}\]\[f^{123} = 1 \ , \quad f^{147} = f^{165} = f^{246} = f^{257} = f^{345} = f^{376} = \frac{1}{2} \ , \quad f^{458} = f^{678} = \frac{\sqrt{3}}{2} \ .\]
Siguiendo con la representación fundamental, los vectores de la base canónica son autoestados de las dos matrices diagonales, \(\lambda_3\) y \(\lambda_8\), por lo que los indexaremos por sus autovalores: \[|3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \begin{pmatrix}1 \\0\\0\end{pmatrix}\qquad |3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \begin{pmatrix}0 \\1\\0\end{pmatrix}\qquad|3,0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\]\[\lambda_3 |3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = |3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \qquad \lambda_3 |3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = - |3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \qquad \lambda_3 |3, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = 0\]\[\lambda_8|3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \quad \lambda_8 |3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \quad \lambda_8|3, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{-2}{\sqrt{3}}|3, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle \]
Pero una imagen vale más que mil matrices. Así que, aquí están representados en un plano los autovalores:
Definimos las matrices \(\bar{\lambda}_i\) como \(\bar{\lambda}_i = - \lambda_i\). Observa que estas también cumplen el álgebra de Lie característico de SU(3): \[[\bar{\lambda}_i, \bar{\lambda}_j] = [-\lambda_i, -\lambda_j] = [\lambda_i, \lambda_j] = 2i f^{ijk}\]Pero, a diferencia de lo que hubiera ocurrido con SU(2), esta representación -llamada representación conjugada, repr \(\bar{\mathbf{3}}\) - tiene diferentes pesos a la representación fundamental (cambiados de signo respecto a esta):\[\bar{\lambda_3} |\bar{3}, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = -|\bar{3}, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \qquad \bar{\lambda}_3 |\bar{3}, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = |\bar{3}, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \qquad \bar{\lambda}_3 |\bar{3}, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = 0\]\[\bar{\lambda}_8|\bar{3}, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{-1}{\sqrt{3}}|\bar{3}, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \quad \bar{\lambda}_8 |\bar{3}, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{-1}{\sqrt{3}}|\bar{3}, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \quad \bar{\lambda}_8|\bar{3}, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{2}{\sqrt{3}}|\bar{3}, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle \]
De los nueve puntos resultantes, uno está solito en la repr \(\mathbf{1}\) (\(\lambda_3 = 0\), \(\lambda_8 = 0\)). El resto están juntos en la repr \(\mathbf{8}\): dos puntos en el origen (\(\lambda_3 = 0\), \(\lambda_8 = 0\)) y los otros seis en los vértices de un hexágono regular (\(\lambda_3 = \pm 1, \lambda_8 = \pm \sqrt{3}\) y \(\lambda_3 = \pm 2, \lambda_8 =0\)).
Pero no hay que limitarse a componer las representaciones de dos en dos. Coge lápiz, papel y bastante paciencia, porque te voy a proponer un reto: dibuja el diagrama de \(\mathbf{3}\otimes\mathbf{3}\otimes \mathbf{3}\). Para que compruebes si has llegado a buen puerto, te dejo la solución: deberían salirte 27 puntos (¡imagínate tener que hacerlo con matrices de dimensión 27!) organizados en una repr \(\mathbf{1}\), dos copias de la repr \(\mathbf{8}\) que acabamos de ver, y un nuevo invitado, la repr \(\mathbf{10}\), que tiene esta pinta:
Llegado a este punto, supongo que estarás, como yo, saturado de tanta matriz y tanto dibujito. Y puede que te preguntes para qué sirve todo esto, a parte de para conseguir un buen dolor de cabeza. Todo se andará, a su debido momento...
Nuestro objetivo es encontrar las matrices unitarias de dimensión 3 con determinante igual a uno. De nuestras aventuras previas, sabemos que cualquiera de estas matrices se puede expresar como la exponencial compleja de una matriz hermítica de traza nula. También que una matriz hermítica de dimensión \(n\) tiene \(n^2\) grados de libertad, y si imponemos la restricción sobre la traza, nos quedan \(n^2-1\) grados de libertad, es decir, 8 matrices que buscar. Además, de esas ocho, sabemos que \(n-1 = 2\) matrices serán diagonales.
Una opción es intentar generalizar las matrices de Pauli. Para ello, les añadiremos una fila y una columna de ceros. Pero para que salgan las cuentas, tenemos que combinar dos de las matrices diagonales. Así llegamos a las matrices de Gell-Mann (primero Pauli, ahora Gell-Mann ¿estás seguro que estas entradas son de matemáticas y no de física, o nos estás intentando engañar?) :
\[\lambda_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\qquad\lambda_2 = \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\qquad\lambda_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\]\[\lambda_4 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\qquad\qquad\lambda_5 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 \end{pmatrix}\]\[\lambda_6 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\qquad\lambda_7 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -i \\ 0 & i & 0 \end{pmatrix}\qquad\lambda_8 = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}\]
Pero lo que de verdad importa no son las matrices concretas que hayamos elegido, sino sus relaciones de conmutación, es decir, su álgebra de Lie:\[[\lambda_i, \lambda_j] = 2i f^{ijk}\lambda_k \qquad f^{ijk} = - f^{jik} = -f^{ikj}\]\[f^{123} = 1 \ , \quad f^{147} = f^{165} = f^{246} = f^{257} = f^{345} = f^{376} = \frac{1}{2} \ , \quad f^{458} = f^{678} = \frac{\sqrt{3}}{2} \ .\]
Siguiendo con la representación fundamental, los vectores de la base canónica son autoestados de las dos matrices diagonales, \(\lambda_3\) y \(\lambda_8\), por lo que los indexaremos por sus autovalores: \[|3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \begin{pmatrix}1 \\0\\0\end{pmatrix}\qquad |3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \begin{pmatrix}0 \\1\\0\end{pmatrix}\qquad|3,0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\]\[\lambda_3 |3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = |3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \qquad \lambda_3 |3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = - |3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \qquad \lambda_3 |3, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = 0\]\[\lambda_8|3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|3, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \quad \lambda_8 |3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|3, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \quad \lambda_8|3, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{-2}{\sqrt{3}}|3, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle \]
Pero una imagen vale más que mil matrices. Así que, aquí están representados en un plano los autovalores:
Ahora tendremos que idear una forma de pasar de unos autoestados a otros, al igual que hacíamos con los operadores escalera. Si te fijas, las matrices \(I_1 = \lambda_1\), \(I_2 = \lambda_2\) y \(I_3 = \lambda_3\) forman un subgrupo \(\textsf{SU}(2)_I\), que actúa solo sobre los dos primeros vectores de la base. Así pues, para movernos entre estos dos puntos del diagrama en horizontal podemos usar los operadores escalera ya conocidos \[I_{\pm} = \frac{1}{2}(I_1 \pm i I_2)\]La cuestión es cómo llegar al tercer punto. Para solucionarlo, es bueno cambiar de punto de vista. Concretamente, girando 120º. ¿Qué ves? Exacto: los tres puntos se superponen al rotar el diagrama 120º en torno al origen. Por lo tanto, no es que tengamos infiltrada una copia de \(\textsf{SU}(2)\), es que tenemos tres: además de la ya mencionada, también \(\textsf{SU}(2)_V\) con \[V_1 = \lambda_4 \qquad V_2 = \lambda_5 \qquad V_3 = \frac{\sqrt{3}}{2} (\lambda_3 + \lambda_8) \qquad V_\pm = \frac{1}{2}(V_1 \pm i V_2)\] y \(\textsf{SU}(2)_U\) con \[U_1 = \lambda_6 \qquad U_2 = \lambda_7 \qquad U_3 = \frac{\sqrt{3}}{2} (-\lambda_3 + \lambda_8) \qquad U_\pm = \frac{1}{2}(U_1 \pm i U_2)\]
Representación conjugada
Una vez conocida la representación fundamental (y la trivial de dimensión 1, no te olvides de ella) podríamos empezar a buscar más y más representaciones por composición repetida de las que ya tenemos. Sin embargo, hay una representación que es sencilla de obtener sin usar este procedimiento:Definimos las matrices \(\bar{\lambda}_i\) como \(\bar{\lambda}_i = - \lambda_i\). Observa que estas también cumplen el álgebra de Lie característico de SU(3): \[[\bar{\lambda}_i, \bar{\lambda}_j] = [-\lambda_i, -\lambda_j] = [\lambda_i, \lambda_j] = 2i f^{ijk}\]Pero, a diferencia de lo que hubiera ocurrido con SU(2), esta representación -llamada representación conjugada, repr \(\bar{\mathbf{3}}\) - tiene diferentes pesos a la representación fundamental (cambiados de signo respecto a esta):\[\bar{\lambda_3} |\bar{3}, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = -|\bar{3}, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \qquad \bar{\lambda}_3 |\bar{3}, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = |\bar{3}, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \qquad \bar{\lambda}_3 |\bar{3}, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = 0\]\[\bar{\lambda}_8|\bar{3}, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{-1}{\sqrt{3}}|\bar{3}, 1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \quad \bar{\lambda}_8 |\bar{3}, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{-1}{\sqrt{3}}|\bar{3}, -1, \frac{1}{\sqrt{3}}\rangle \quad \bar{\lambda}_8|\bar{3}, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle = \frac{2}{\sqrt{3}}|\bar{3}, 0, \frac{-2}{\sqrt{3}}\rangle \]
Construyendo más representaciones
Combinando dos o más representaciones se pueden crear otras nuevas, más y más grandes. Como no creo que sea muy divertido inundarte con matrices de dimensiones desorbitadas, voy a ceñirme a la construcción gráfica de las representaciones: recuerda que para hacer el diagrama de \(\mathbf{n}\otimes \mathbf{m}\) solo tienes que poner una copia de la repr \(\mathbf{n}\) centrada en cada punto de la repr \(\mathbf{m}\). Vamos a verlo con el caso de \(\bar{\mathbf{3}}\otimes \mathbf{3} = \mathbf{1} \oplus \mathbf{8}\):De los nueve puntos resultantes, uno está solito en la repr \(\mathbf{1}\) (\(\lambda_3 = 0\), \(\lambda_8 = 0\)). El resto están juntos en la repr \(\mathbf{8}\): dos puntos en el origen (\(\lambda_3 = 0\), \(\lambda_8 = 0\)) y los otros seis en los vértices de un hexágono regular (\(\lambda_3 = \pm 1, \lambda_8 = \pm \sqrt{3}\) y \(\lambda_3 = \pm 2, \lambda_8 =0\)).
Pero no hay que limitarse a componer las representaciones de dos en dos. Coge lápiz, papel y bastante paciencia, porque te voy a proponer un reto: dibuja el diagrama de \(\mathbf{3}\otimes\mathbf{3}\otimes \mathbf{3}\). Para que compruebes si has llegado a buen puerto, te dejo la solución: deberían salirte 27 puntos (¡imagínate tener que hacerlo con matrices de dimensión 27!) organizados en una repr \(\mathbf{1}\), dos copias de la repr \(\mathbf{8}\) que acabamos de ver, y un nuevo invitado, la repr \(\mathbf{10}\), que tiene esta pinta:
Llegado a este punto, supongo que estarás, como yo, saturado de tanta matriz y tanto dibujito. Y puede que te preguntes para qué sirve todo esto, a parte de para conseguir un buen dolor de cabeza. Todo se andará, a su debido momento...
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