Jugando en grupo: SU(3)

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:

  

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...