Les représentations

on peut vérifier que les matrices carrées d’un ordre donné forment bien des groupes vis-à-vis de la loi de multiplication entre matrices si néanmoins elles ont le bon goût d’être inversibles :

• à toute matrice inversible d’ordre n correspond bien sûr une matrice inverse, elle-même inversible et d’ordre $n$,
• matrice inversible d’ordre $n$ $\times$ matrice inversible d’ordre $n$ $=$ matrice inversible d’ordre $n$,
• la multiplication de matrices est bien associative,
• la matrice identité d’ordre $n$ sert d’élément neutre.

$U\left(g_1\right) U\left(g_1\right)=U\left(g_1 \cdot g_2\right)$

Et sur une base orthonormée de l’espace vectoriel (de dimension finie), l’opérateur $U$ est associé à une matrice $D$ :

$U(g)\left|e_i\right\rangle=\left|e_j\right\rangle D(g)^j_{\,i}$

On dénombre 6 éléments de symétrie dans le groupe :

• on peut tout laisser à l’identique (élément neutre) ,
• on peut permuter circulairement les orbitales $\mathrm{s}_i$ des hydrogènes dans un sens ou dans l’autre : $\mathrm{s}_1 \rightarrow \mathrm{s}_2 \rightarrow \mathrm{s}_3 \rightarrow \mathrm{s}_1$ , $\mathrm{s}_1 \rightarrow \mathrm{s}_3 \rightarrow \mathrm{s}_2 \rightarrow \mathrm{s}_1$,
• on peut permuter deux à deux les orbitales 1s, ça fait 3 possibilités.

On vérifie à nouveau l’isomorphisme entre $\boldsymbol{S_3}$ et $\boldsymbol{D_3}$ puisque si la molécule de $\ce{NH3}$ a les symétries de $\boldsymbol{S_3}$, elle a bien aussi celles du triangle équilatéral, groupe $\boldsymbol{D_3}$ (mêmes transformations invariantes : l’identité, les 2 rotations $2\pi/3$ et $-2\pi/3$, et les 3 réflexions par rapport aux hauteurs).

L’atome d’azote est, lui, toujours laissé invariant.

On peut partir de la table de multiplication de ce groupe (voir chapitre précédent) pour construire certaines représentations.

• Représentations de dimension 1 :
• La table est respectée par une première représentation de dimension 1 plutôt triviale consistant à associer le nombre 1 à chaque élément du groupe.
• Une autre représentation de dimension 1 un peu plus intéressante consiste à représenter les rotations par des $1$ et les réflexions par des $-1$.
  Une rotation suivie d’une rotation donne bien une autre rotation ($1\times 1=1$), de même qu’une réflexion suivi d’une autre réflexion ($(-1)\times (-1)=1$), alors que les compositions croisées correspondent effectivement toutes à des réflexions ($1\times(-1)=-1$).
• En munissant le plan d’un repère orthonormé, on peut aussi écrire les matrices 2×2 de chacune des transformations et obtenir ainsi une représentation de dimension 2 :
• l’identité est alors représentée par :
  $\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)$
• les deux permutations circulaires (ou rotation de $\pm2\pi/3$) par :

  $$ \left(\begin{array}{cc} \cos (2 \pi / 3) & -\sin (2 \pi / 3) \\ \sin (2 \pi / 3) & \cos (2 \pi / 3) \end{array}\right), \left(\begin{array}{cc} \cos (4 \pi / 3) & -\sin (4 \pi / 3) \\ \sin (4 \pi / 3) & \cos (4 \pi / 3) \end{array}\right) $$

• et les 3 permutation deux à deux (réflexions) par :

  $$ \left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right), \left(\begin{array}{cc} \cos (2 \pi / 3) & \sin (2 \pi / 3) \\ \sin (2 \pi / 3) & -\cos (2 \pi / 3) \end{array}\right), \left(\begin{array}{cc} \cos (4 \pi / 3) & \sin (4 \pi / 3) \\ \sin (4 \pi / 3) & -\cos (4 \pi / 3) \end{array}\right) $$

• On aurait aussi pu simplement partir de la base formée des 4 orbitales ($\mathrm{s_N}$, $\mathrm{s_1}$, $\mathrm{s_2}$, $\mathrm{s_3}$) et regarder ce qu’il advient de chacune. On obtient alors une représentation de dimension 4 de ce groupe de transformations :
• l’identité s'écrit ainsi :
  

  $$ \left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) $$

• les deux permutations circulaires (ou rotations) :

  $$ \left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right) $$

• et les 3 permutation deux à deux (réflexions) :

  $$ \left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) $$

Soit $U(G)$ est une représentation du groupe $G$ sur l’espace vectoriel $V$ et $S$ n’importe quelle opérateur inversible sur $V$.
Alors la représentation $U^{\prime}(G)$ telle que $U^{\prime}(G)=S U(G) S^{-1}$ (les matrices associées sont alors semblables) forme aussi une représentation de $G$ sur $V$, de même dimension. On dit que $U(G)$ et $U^{\prime}(G)$ sont équivalentes (on note alors $U \sim U^{\prime}$).

Et l’ensemble des représentations équivalentes forme une classe d’équivalence. Il suffit de connaître un élément de chaque classe puisqu’on peut générer tous les autres à partir de celui-ci.

Le caractère $\chi(G)$ d’un élément de $G$ dans une représentation $U(g)$ est défini comme $\chi(g)=\operatorname{Tr} U(g)$. Tous les éléments du groupe d’une même classe ont le même caractère.

Le caractère caractérise donc une classe.

Un sous-espace $V_1$ de $V$ est dit stable par l’action de $U(G)$ si pour tout $g\in G$, et pour tout $x \in V_1$, $U(g) x \in V_1$.

Une représentation $U(G)$ sur $V$ est dite irréductible s’il n’y a pas dans $V$ de sous-espace laissé stable par l’action de $U(G)$.

Si un tel sous-espace invariant existe et si le sous-espace orthogonal est aussi invariant, alors la représentation est dite complètement réductible.

c’est le cas des représentations du groupe des translations à une dimension :

$D(a)=\left(\begin{array}{ll} 1 & a \\ 0 & 1 \end{array}\right)$

Elle laisse invariant tout vecteur $(x,0)$ mais n’a pas de sous-espace supplémentaire invariant (tentons par exemple $(0,1)$ comme sous-espace complémentaire, on se retrouve avec $D(a)(0,1)=\binom{a}{1}$ qui n’appartient pas au sous-espace $\{(0,1)\}$ (sauf pour $a=0$).

Techniquement, une représentation $U(g)$ sur un espace préhilbertien $V$ est unitaire si pour tout $g\in G$, $\langle U(g) x \mid U(g) y\rangle=\langle x \mid y\rangle$ pour tout $x,y \in V$, avec $\langle x \mid y\rangle$ désignant le produit scalaire entre les vecteurs $|x\rangle$ et $|y\rangle$.

Si une représentation unitaire est réductible alors elle est complètement réductible.

Soit $U(G)$ une représentation unitaire réductible sur $G$ et soit $V_1$ un sous-espace stable par l’action de $U(G)$, et $V_2$ le complément orthogonal à $V_1$. Il faut montrer que $V_2$ est lui aussi stable par l’action de $U(G)$.

Quels que soient $x\in V_1$ et $y\in V_2$,

car $U\left(g^{-1}\right) x \in V_1$ comme $U(g)(x)$.

Par conséquent $U(g)y$ appartient à l’espace orthogonal à $V_1$, c’est-à-dire $V_2$, et ce pour tout $g\in G$.

Conclusion, l’espace $V_2$ est stable sous l’action de $G$.

où $n_\mu$ est le nombre de fois que la représentation irréductible $\mu$ apparaît dans la décomposition.

$$ D(g)=\left(\begin{array}{cccc} D^1(g) & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & D^2(g) & \cdots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & D^k(g) \end{array}\right) $$

$$ D(g) D(g^{\prime})=\left(\begin{array}{cccc} D^1(g) D^1(g^{\prime}) & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & D^2(g) D^2(g^{\prime}) & \cdots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & D^k(g) D^k(g^{\prime}) \end{array}\right) $$

En effet, toute représentation d’un groupe fini sur un espace doté d’un produit scalaire est équivalent à une représentation unitaire.

À partir du produit scalaire $\langle x \mid y\rangle$ défini sur l’espace vectoriel $V$, on en construit un nouveau, toujours sur $V$, en opérant une sorte de moyennage sur l’action du groupe $G$ (cette astuce de passage par la moyenne va beaucoup nous servir) :

$(x, y) \equiv \sum_g\langle D(g) x \mid D(g) y\rangle$

$(.\,,.)$ a bien les propriétés d’un produit scalaire : bilinéaire, symétrique, positif, défini.

Passons maintenant de la base orthonormée $\{e_i\}$ adaptée à l’ancien produit scalaire, telle que $\left\langle e_i \mid e_j\right\rangle=\delta_{i j}$ à une base $\{f_i\}$ adaptée au nouveau, telle que $\left(f_i, f_j\right)=\delta_{i j}$. Soit $S$ la matrice de changement de base : $f_i=S_i^{\,j} e_j$.

On a ainsi : $(x, y)=\langle S x \mid S y\rangle$ pour tout $x$ et $y$ dans $V$.

La représentation $U(g)=S D(g) S^{-1}$, équivalente à $D(g)$, est alors unitaire.

En effet :

• Une condition d’orthonormalité entre les représentations irréductibles (le «produit scalaire» entre deux représentations irréductibles identiques vaut 1, c’est ce qu’on nomme normalité, et est nul dans les autres cas, c’est l’orthogonalité) :

  $\displaystyle \frac{n_\mu}{n_G} \sum_g D_\mu^{\dagger}(g)^k_i \, D^\nu(g)^j_l=\delta^\nu_\mu \, \delta^j_i \,\delta^k_l$



• Et une conditions de complétude (le mot a beau sonné vilain, il traduit que le pavage de l’espace des représentations par les morceaux irréductibles est complet) :

  $\displaystyle \sum_{\mu, l, k} \frac{n_\mu}{n_G} D^\mu(g)^l_k \, D_\mu^{\dagger}\left(g^{\prime}\right)^k_l=\delta^g_{g^{\prime}}$



• Le caractère complet est démontré par la très importante ultime relation :

  $\displaystyle\sum_\mu n_\mu^2=n_G$

$$\displaystyle\sum_g\langle\mu, i, k \mid g\rangle\langle g \mid \nu, j, l\rangle=\delta^\nu_\mu \,\delta^j_i \, \delta^k_l$$

$ \left(D^1(e)^1_1, D^1\left(g_1\right)^1_1, D^1\left(g_2\right)^1_1, \ldots, D^1\left(g_{n_G}\right)^1_1\right) $

$$\sum_{\mu, l, k}\langle g \mid \mu, l, k\rangle\left\langle\mu, l, k \mid g^{\prime}\right\rangle=\delta^g_{g^{\prime}}$$

Soit $U_1(G)$ et $U_2(G)$ deux représentations irréductible d’un groupe $G$ sur des espaces vectoriels $V_1$ et $V_2$ et $A \in \operatorname{Hom}_G\left(U_1, U_2\right)$, un opérateur d’entrelacement.

On a alors : soit $A=0$, soit $V_1$ et $V_2$ sont isomorphes et les représentations $U_1$ et $U_2$ sont équivalentes.

Si $A=0$, il n’y a rien à démontrer. Supposons alors $A≠0$.

• Montrons que $A$ est surjectif :
  comme $A≠0$, il existe au moins deux vecteurs $v_2$ et $v_1$ respectivement de $V_2$ et $V_1$ tels que $v_2=A v_1$.
  Et pour tout $g\in G$, on a : $U_2(g) v_2=U_2(g) A v_1=A\left(U_1(g) v_1\right)$ qui appartient à $A V_1$.
  Par conséquent, $A V_1$ est un sous-espace stable non nul de $V_2$ par rapport à $U_2$ et comme $U_2$ est irréductible, on doit avoir $AV_1 = V_2$ .
• Montrons que $A$ est injectif : soit maintenant $W$ le noyau de $A$. $A$ est une application linéaire, or le noyau d’une application linéaire change un tantinet de ceux côtoyés jusqu’ici puisque l’élément neutre n’est plus l’identité mais le vecteur nul (la composition interne considérée est l’addition). Le noyau étant définit comme l’ensemble aboutissant à l’élément neutre, on a $W=\left\{v_1 \in V_1 ; A v_1=0\right\}$.
  Prenons un élément $v_1$ de ce noyau. Alors $A\left(U_1(g) v_1\right)=U_2(g) A v_1=U_2(g) 0=0$, donc $U_1(g) v_1$ appartient à $W$ et ce, pour tout $g$. Ce qui implique que $W$ est un sous-espace invariant de $V_1$ pour $U_1$, or comme $U_1$ est irréductible, soit $W=V_1$ mais alors $A=0$, soit $W=\{0\}$ (injection).

$A$ est donc une application bijective entre $V_1$ et $V_2$, ce qui implique que ces deux espaces soient isomorphes.

D’autre part, comme le noyau de $A$ est le vecteur nul, $A$ est inversible et de $U_2(g) A v_1=A\left(U_1(g) v_1\right)$, on déduit $U_2(g)=A U_1(g) A^{-1}$ pour tout $g\in G$.
Les deux représentations sont bien équivalentes.

Soit $U(G)$ une représentation irréductible et de dimension finie de $G$ dans l’espace vectoriel $V$ complexe. Alors, un homomorphisme de la représentation de $U$ sur elle-même (automorphisme appartenant à $\operatorname{Hom}_G(U, U)$) est un multiple de la matrice identité $E$.

soit $A$ un opérateur de cet homomorphisme et soit une valeur propre $λ \in \mathbb{C}$ de $A$ (comme $A$ est inversible et de dim finie sur un espace vectoriel complexe, il y en a forcément au moins une). $A- λE$ appartient aussi à l’automorphisme puisque $E$ en fait partie et qu’on joue avec des applications linéaires (la loi de composition de groupe, si on peut encore l’appeler ainsi, est justement la combinaison linéaire d’éléments).
Mais par définition d’une valeur propre, $A- λE$ n’est pas inversible donc d’après le lemme, il ne peut s’agir que de l’élément nul (le lemme dit : soit isomorphisme soit zéro).

Soit $U(G)$ une représentation irréductible d’un groupe $G$ dans un espace vectoriel $V$.
Un opérateur $A$ de $V$ commutant avec tous les opérateurs ${U(g), g \in G}$ est un multiple de l’identité.

Toute représentation irréductible d’un groupe abélien est de dimension 1.

Soit $U(G)$ une représentation irréductible du groupe abélien $G$. Soit $p$ un élément de $G$. Comme $G$ est abélien, on a $U(p) U(g)=U(g) U(p)$ pour tout $g\in G$.
D’après le lemme de Schur, on a alors $U(p)=\lambda_p E$. Et cela marche pour tout les $p\in G$. Par conséquent, la représentation $U(G)$ est équivalente à la représentation unidimensionnelle $p \rightarrow \lambda_p \in \mathbb{C}$ pour tous les $p\in G$.

Soit $X$ une matrice $n_\mu \times n_\nu$ quelconque à partir de laquelle on forme :
$M_X=\sum_g D_\mu^{\dagger}(g) X D^\nu(g)$ où $D_\mu(g)$ (resp. $D_\nu(g)$) est une matrice de la représentation irréductible unitaires de $G$ d’ordre $\mu$ (resp. $\nu$). L’unitarité implique $D_\mu^{\dagger}(g)=D_\mu^{-1}(g)$.

En découle :

D’après le lemme de Schur, soit $\mu≠\nu$ (les deux représentations ne sont pas équivalentes) et alors $M_X = 0$, soit $\mu=\nu$ et $M_X=c_X E$ avec $c_X$ une constante (car on est dans le cas de l’automorphisme).

Choisissons $X$ parmi les $n_\mu \times n_\nu$ matrices $X_l^k\left(k=1, \cdots, n_\nu ; l=1, \cdots, n_\mu\right)$ dont les éléments sont définis par : $\left(X_l^k\right)^i_j=\delta_j^k \delta_l^i$.

Prenons un exemple pour fixer les idées, avec $n_\nu=4$ et $n_\mu=3$, $X^1_2$ s’écrit :
$X_2^1=\left(\begin{array}{llll} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{array}\right)$
Un seul élément de chaque $X^k_l$ est non nul (et vaut 1), celui se trouvant colonne $k$, ligne $l$.

On a alors :
$\left(M_l^k\right)^i_j=\sum_g D_\mu^{\dagger}(g)^i_m\left(X_l^k\right)^m_n D^\nu(g)^n_j=\sum_g D_\mu^{\dagger}(g)^i_l D^\nu(g)^k_j$ qui doit être nul dans le cas $\mu≠\nu$, expliquant le terme $\delta^\mu_\nu$ dans la relation à démontrer.

Et dans le cas $\mu=\nu$, $\left(M_l^k\right)^i_j=c_l^k \,\delta_j^i$ où les $c_k^l$ sont des constantes.

On détermine la valeur de ces constantes en prenant la trace de chacun des membres de l’équation ($i=j$) :
pour le membre de gauche, on obtient $n_\mu c_l^k$ et pour le membre de droite $\sum_g\left[D_\mu^{\dagger}(g) D^\mu(g)\right]_l^k=n_G \delta_l^k$.

Finalement, $c_l^k=\left(n_G / n_\mu\right) \delta_l^k$.

$\mathrm{C}_2$, groupe le plus simple, a, comme tout les groupes, une représentations évidentes : l’identité $d_1$ définit comme $(e, a) \xrightarrow{d_1}(1,1)$ (notation signifiant $d_1(e)=1$ et $d_1(a)=1$). La notation réduite prend tout son sens avec la relation d’orthogonalité où les représentations sont vues comme des vecteurs). Si une deuxième représentation non équivalente $d_2$ est aussi regardé comme un vecteur a deux composantes, alors il doit être orthogonal à $(1,1)$. $(1,-1)$ est la seule possibilité à la fois orthogonale et normalisable. Donc le seul candidat pour une seconde représentation irréductible est $(e, a) \xrightarrow{d_2}(1,-1)$.
On ne peut trouver d’autres vecteurs orthogonaux, on a donc l’ensemble des représentation irréductibles de $\mathrm{C}_2$.

Représentations d’un groupe quotient :

Si un groupe $G$ a un sous-groupe invariant $H$ non trivial, alors toute représentation du groupe quotient $K=G/H$ est aussi une représentation de $G$, mais cette représentation de $G$ est dégénérée.
À l’inverse, si $U(G)$ est une représentation dégénérée de $G$, alors $G$ contient au moins un sous-groupe invariant $H$ tel que $U(G)$ définisse une représentation fidèle (non dégénérée) du groupe quotient $G/H$.

On a déjà vu que $\mathrm{S_3}$ a un sous-groupe invariant $H=\{e,(123),(321)\}$. Le groupe quotient est isomorphe à $\mathrm{C_2}=\{e,a\}$. Or $\mathrm{C_2} $a une représentation assez simple $\{(e, a) \rightarrow(1,-1)\}$ (on reviendra plus loin sur ce type de notation et la méthode pour trouver une représentation autrement que par tâtonnement).
Cela induit une représentation unidimensionnelle de $\mathrm{S_3}$ associant $1$ aux éléments $\{e,(123),(321)\}$ et $-1$ à $\{(12),(23),(31)\}$. C’est bien une des possibilités trouvées dans l’exemple précédent en jouant avec la table de multiplication du groupe. Cette représentation, dégénérée pour $\mathrm{S_3}$, est bien une représentation fidèle pour $S_3 / H \simeq C_2$.

considérons le groupe dihédral $\mathrm{D_2}$ dont la table de multiplication est :

Maintenant, l’astuce : les éléments $\{e,a\}$ forment un sous-groupe invariant et le groupe quotient $\{\{e, a\},\{b, c\}\}$ est isomorphe à $\mathrm{C_2}$ (il n’y a qu’un groupe à deux éléments) dont on connait déjà les deux représentations irréductibles. Les deux représentations de $\mathrm{C_2}$ induisent deux représentations dégénérées sur $\mathrm{D_2}$. La première est la perpétuelle représentation identité, la deuxième associe $-1$ à $b$ et $c$ : $(e, a, b, c) \xrightarrow{d_2}(1,1,-1,-1)$.

On peut ensuite tenir le même raisonnement en partant du sous-groupe invariant $\{e,b\}$ qui nous amène la troisième représentation : $(e, a, b, c) \xrightarrow{d_3}(1,-1,1,-1)$.

Enfin, le sous-groupe invariant $\{e,c\}$ nous donne la quatrième et dernière : $(e, a, b, c) \xrightarrow{d_4}(1,-1,-1,1)$.

On vérifie bien que les 4 «vecteur» sont orthonornaux comme il se doit et qu’aucun autre ne peut exister par la même condition.