Confusions théorie des groupes

[Bolero2Ravel]

Bonjour à tous,

J'ai des confusions énormes en ce qui concerne la théorie des groupes. Pour des notions assez élémentaires. Je sais que toute représentation complétement réductible, (c'est à dire qu'elle admet des espaces invariants) se décompose comme somme directe de représentations irréductibles (qui elles n'admettent aucun espace invariant). Là est ma confusion, je trouve paradoxal le fait que une rpz complétement réductible puisse se décomposer en rpz irréductible alors qu'elles n'admettent aucun vecteur invariant.
Ce n'est qu'un exemple mais j'ai l'impression que tout m'échappe.

Merci de votre aide
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[Bolero2Ravel]

Aussi, d'après un corollaire du lemme de Schur, toute rpz irréductible d'un groupe est de dimension 1. Or la rpz de SO(2) est de dimension 2 bien qu'irréductible pour \theta différent de 0 et \pi.
Merci de votre aide

[MissJenny]

(c'est à dire qu'elle admet des espaces invariants)

n'admettent aucun vecteur invariant.

on peut avoir un sous-espace propre stable et aucun point fixe (hormis 0 bien-sûr).

[ThM55]

Je proposerais de partir d'un exemple simple. Prenons le groupe des rotations dans l'espace euclidien à 3 dimensions : on l'appelle SO(3). Sa représentation de base c'est les matrices orthogonales 3x3 qui agissent sur les vecteurs colonnes. Cette représentation est irréductible. En effet, les sous-espaces de sont des plans et des droites passant par l'origine. Mais un plan ou une droite ne sont pas invariants sous SO(3): il est toujours possible de trouver une rotation dans SO(3) qui va appliquer ce plan ou cette droite sur d'autres. OK? Donc la représentation fondamentale est irréductible.

Maintenant, au lieu de l'espace , je prends l'espace des tenseurs de rang 2, c'est-à-dire le produit tensoriel . Dans la représentation fondamentale, si sont les éléments de matrice d'une matrice orthogonale, l'action sur les composantes d'un vecteur v est . J'ai utilisé la convention de notation d'Einstein, que tu connais peut-être: on laisse tomber le signe somme sur les indices répétés, ici j, la somme étant supposée implicitement. Cette convention est un peu inutile pour les vecteurs mais elle allège considérablement l'effort typographique quand on parle de tenseurs.

Donc un tenseur de rang 2, c'est quelque chose qui va se transformer dans une représentation de SO(3) comme le produit tensoriel de deux vecteurs v et w: . Il a donc 2 indices et on le note . Attention tous les tenseurs ne sont pas exprimables comme un simple produit de vecteurs. J'envisage ici le cas général.

Connaissant la représentation vectorielle de base, on en déduit la représentation tensorielle de rang 2:



(je rappelle une dernière fois la convention d'Einstein: on somme sur k et l).

Est-ce une représentation iréductible? Non. En général le tenseur T n'est pas symétrique: . Par exemple si v et w sont deux vecteurs distincts, leur produit tensoriel n'est pas symétrique. Mais si S est un tenseur symétrique, alors:

(puisque ).

Dans la dernière expression, on peut renommer les indices k et l puisque de toute façon on somme sur ces indices (on appelle cela des indices muets). Il vient donc, en permutant l et k:

.

Ce que je viens de montrer c'est que sous cette représentation, un tenseur symétrique est appliqué sur un tenseur symétrique. Or les tenseurs symétriques forment un sous-espace du produit tensoriel (leur somme est symétrique, de même que leur multiplication par un scalaire). On a donc un sous-espace invariant! On en a un autre, celui des tenseurs antisymétriques tels que . C'est un bon exercice de montrer qu'ils sont invariants.

Or un tenseur quelconque peut toujours se décomposer en une somme d'un tenseur symétrique et d'un tenseur antisymétrique:

Exercice: trouver S et A en fonction de T.

J'ai donc décomposé la représentation réductible en une somme directe de deux sous-espaces invariants.

Ce n'est pas fini. Il est intéressant ensuite d'étudier ce qui se passe avec la trace de la partie symétrique:

. Mais . Mais O est orthogonale, donc cela donne la matrice unité et on voit que la trace est un invariant. Encore un sous-espace invariant (de dimension 1). Si on retire la trace on a l'autre sous-espace, celui des tenseurs symétriques de trace nulle: .

Aussi, d'après un corollaire du lemme de Schur, toute rpz irréductible d'un groupe est de dimension 1.

Selon Schur, toute représentation irréductible d'un groupe fini abélien est de dimension 1. SO(2) est abélien, mais ce n'est pas un groupe fini. Remarquons toutefois qu'il est isomorphe à un groupe complexe de dimension 1: celui formé des phases ().

[A voir en vidéo sur Futura]

[ThM55]

Erratum: le tenseur de trace nulle est .

[Sethy]

Une toute petite coquille s'est glissée au début, je me permets de rectifier.

J. J'ai utilisé la convention de notation d'Einstein, que tu connais peut-être: on laisse tomber le signe somme sur les indices répétés, ici j, la somme étant supposée implicitement. Cette convention est un peu inutile pour les vecteurs mais elle allège considérablement l'effort typographique quand on parle de tenseurs.

Il s'agit d'une somme sur les "j" puisque les "j" sont en double et qu'ils disparaissent du résultat final (v_i) qui ne dépend plus que de "i".

P.S. : J'espère ne pas m'être trompé.
P.P.S : Pour le reste, ça m'est passé complètement au dessus de la tête !

[Bolero2Ravel]

Je ne trouve pas que SO(3) soit particulièrement simple. Je n'en suis qu'à àétudier sa rprésentatiojn vectorielle, que je nr touve pas irréductible non plus ! En effet la droite vectorielle passant par l'axe de rotation est bien invariante non ?
Si je comprends bien, dans votre démonstration vous montrez que pour l'espace prouit vectoriel SO(3) se décompose en deux sous espaces tenseur symétrique/antisymétrique.
En revanche, l'hypothèse "groupe fini" n'est pas nécessaire avec Schur. Voici la version que j'ai: Toute représentation irréductible d'un groupe abélien dans un espace de dimension finie sur un corps algébriquement clos est de degré 1.

Merci de votre réponse dans tous les cas !

[ThM55]

Je ne trouve pas que SO(3) soit particulièrement simple. Je n'en suis qu'à àétudier sa rprésentatiojn vectorielle, que je nr touve pas irréductible non plus ! En effet la droite vectorielle passant par l'axe de rotation est bien invariante non ?
Si je comprends bien, dans votre démonstration vous montrez que pour l'espace prouit vectoriel SO(3) se décompose en deux sous espaces tenseur symétrique/antisymétrique.
En revanche, l'hypothèse "groupe fini" n'est pas nécessaire avec Schur. Voici la version que j'ai: Toute représentation irréductible d'un groupe abélien dans un espace de dimension finie sur un corps algébriquement clos est de degré 1.

Merci de votre réponse dans tous les cas !

Je vois, vous avez mal compris la notion d'irréductibilité. Quand vous aurez pris conscience de cette erreur je pense que tout deviendra plus clair pour vous. Dans cette définition, quand on parle d'un sous-espace invariant, c'est un sous-espace qui est invariant pour tous les éléments du groupe. La droite qui passe par l'axe de rotation d'une rotation particulière n'est pas invariante par d'autres rotations, par exemple une rotation d'axe orthogonal. Donc elle n'est pas invariante par tous les éléments du groupe, seulement par ceux d'un sous-groupe. Ce n'est donc pas un sous-espace invariant.

Comparez avec le cas des tenseurs symétriques que j'ai décrit: la représentation de tous les éléments de SO(3) dans le produit tensoriel applique un tenseur symétrique sur un tenseur symétrique.

Effectivement, pour Schur on ne doit pas se limiter aux groupes finis. Le fait que le corps soit algébriquement clos est important et explique ce que j'ai dit pour SO(2): la représentation réelle est de dimension 2, mais la représentation complexe est de dimension 1.

[Bolero2Ravel]

Effectivement, après avoir un peu approfondi de mon côté cela fait davantage sens. La rpz est de dimension 1 dans C, ce qui fait sens aussi. Je vais pouvoir m'attaquer avec plus e facilité au spin, souhaitez moi bonne chance !

Merci pour votre aide