Les représentations

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

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

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

Exemple du groupe de symétrie de la molécule d’ammoniac $\ce{NH3}$ :

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 quel 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 $g$ 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 dans $V$ aucun sous-espace propre non trivial (c’est-à-dire autre que ${0}$ et $V$ lui-même) 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 à $\mathrm{Vect}\{(0,1)\}$ (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 $a_\mu$ est le nombre de fois que la représentation irréductible $\mu$ apparaît dans la décomposition (à ne pas confondre avec $n_\mu$, sa dimension).

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

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

En effet, toute représentation d’un groupe fini sur un espace doté d’un produit scalaire est équivalente 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 :

$\displaystyle 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 effectivement 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.

Soit $U^\mu(G)$ une représentation irréductible de $G$.
Alors la somme des $U^\mu(g)$ sur l’ensemble des éléments d’une classe donnée vaut :

$\displaystyle \sum_{h \in \zeta_i} U^\mu(h)=\frac{n_i}{n_\mu} \chi_i^\mu E $

où $\zeta_i$ est la classe $i$, $E$ l’opérateur identité, $n_\mu$ la dimension de la représentation et $n_i$ le nombre d’éléments dans la classe $i$.

Notons $A_i$ le membre de gauche de l’équation. On a alors $U^\mu(g) A_i U^\mu(g)^{-1}=A_i$ puisque le produit ne fait que réarranger l’ordre de la sommation (en utilisant le fait que si $h \in \zeta_i$, alors $g h g^{-1} \in \zeta_i$ pour tout $g\in G$). Donc $A_i$ commute avec toutes les représentations, ce qui, d’après le lemme de Schur, impose d’être proportionnel à l’opérateur identité : $A_i=c_i E$. On trouve $c_i$ en évaluant la trace des deux membres de l’équation. À gauche, ça donne $n_i \chi_i^\mu$, et à droite $c_i n_\mu$.

Les caractères de représentations irréductibles non équivalentes d’un groupe $G$ satisfont les relations suivantes :

où par convention $\chi_\mu^{\dagger i}=\left(\chi_i^\mu\right)^*$

Les $i$ courent sur les différentes classes du groupe et les $\mu$ sur les différentes représentations irréductibles non équivalentes.

On part de la condition d’orthonormalité des représentations irréductibles en imposant $i=k$ et $j=l$ pour obtenir les traces.

À gauche, on obtient :

Et à droite, on obtient $n_\mu \delta_\mu^\nu$.

En simplifiant par $n_\mu$, il reste bien la condition d’orthonormalité annoncée : $\sum_i \frac{n_i}{n_G} \chi_\mu^{\dagger i} \chi_i^\nu=\delta_\mu^\nu$.

Partons maintenant de la relation de complétude entre représentations irréductibles :

et sommons les $g$ parmi les éléments de la classe $\zeta_i$, et les $g^\prime$ parmi les éléments de la classe $\zeta_j$ :

On obtient :

Or $\sum_{l, k} E^l_k E^k_l=\sum_l E_l^l=\operatorname{Tr} E=n_\mu$. D’où :

En identifiant les deux membres, $\sum_\mu \frac{n_i n_j}{n_G} \chi_i^\mu \chi_\mu^{\dagger j}= n_j \delta_i^j$, et après simplification par $n_j$ on obtient bien la condition de complétude : $\frac{n_i}{n_G}\sum_\mu \chi_i^\mu \chi_\mu^{\dagger j}=\delta_i^j$.

• $\tilde{\chi}^{\dagger i}_\mu \, \tilde{\chi}^\nu_i=\delta^\nu_\mu$
• $ \tilde{\chi}^\mu_i \, \tilde{\chi}^{\dagger j}_\mu=\delta^j_i$

Le nombre de représentations irréductibles non équivalentes d’un groupe fini est égal aux nombre de classes distinctes de $G$ : $n_c$.

pour les groupes abéliens, chaque élément forme une classe à lui tout seul et toutes les représentations irréductibles sont unidimensionnelles. Donc $D^\mu(g)=\chi^\mu_i$.

Par conséquent les «vecteurs» $D^\mu(g)$ formés pour chaque $g$ dans les exemple de $\mathrm{C}_2$ et $\mathrm{D}_2$ constituent aussi les tables de caractère de ces groupes si on fait correspondre une classe $i$ à l’élément $g$ :

Table de caractères de $\mathrm{C_2}$

Table de caractères de $\mathrm{D_2}$

regardons ce que les caractères ont à nous dire sur notre exemple fil rouge, la molécule $\ce{NH3}$, ou de façon équivalente, le groupe $\mathrm{S_3}$.

$\mathrm{S_3}$ a 3 classes : le 1-cycle $\{e\}$, les 2-cycles $\{(12),(23),(31)\}$, et les 3-cycles $\{(123),(321)\}$. On doit donc avoir parallèlement 3 représentations irréductibles non équivalentes.

On en a déjà trouvé 2 sûres :

• la représentation triviale : $p\mapsto 1$ pour tout $p\in \mathrm{S_3}$. Attribuons-lui un beau $\mu =1$. Les 3 caractères sont $(1,1,1)$.
• on a aussi trouvé une autre représentation irréductible de dimension 1 ($\mu=2$), grâce aux groupes quotients, dans laquelle les permutations paires (1-cycle et 3-cycles) étaient envoyés sur 1 et les permutations impaires (2-cycle) sur -1. Ce qui donne comme caractère : $(1,-1,1)$.

La dernière représentation irréductible ($\mu=3$) doit être de dimension 2 d’après $\sum_\mu n_\mu^{\;2} = n_G$ donnant ici $n_G=6=1+1+{n_3}^2$ (relation qu’on a d’ailleurs toujours pas démontrée, patience…).

Pour déterminer les 3 $\chi_i^3$ on commence par $\chi_1^3 = \mbox{Tr }D(e)=\mbox{Tr }E=2$.
De $\tilde{\chi}^\dagger_1\cdot \tilde{\chi}^3 = 0$, on tire : $\frac{1}{6}\times 2+\frac{3}{6}\chi^3_2+\frac{2}{6}\chi^3_3 = 0$

Et de $\tilde{\chi}^\dagger_2\cdot \tilde{\chi}^3 = 0$ : $\frac{1}{6}\times 2-\frac{3}{6}\chi^3_2+\frac{2}{6}\chi^3_3 = 0$
Si on soustrait les deux égalités, on obtient $\chi_2^3 = 0$.
On en déduit $\chi_3^3 = -1$.

On peut vérifier alors qu’on a bien $\tilde{\chi}^\dagger_3\cdot \tilde{\chi}^3 = \frac{1}{6}\times 4+0+\frac{2}{6}\times1=1$ et que les relations de complétude sont elles-aussi bien respectées.

Dans la réduction d’une représentation $U(G)$ d’un groupe $G$ en ses composantes irréductibles, le nombre de fois ($a_\nu$) qu’une représentation irréductible $U^\nu(G)$ apparaît est donné par :

$\displaystyle a_\nu=\sum_i \frac{n_i}{n_G} \chi_\nu^{\dagger i} \chi_i=\tilde{\chi}_\nu^{\dagger} \cdot \tilde{\chi} $

Prenons la trace de $U(G)=\sum_{\mu \oplus} a_\mu U^\mu(g)$. On obtient $\chi_i=\sum_\mu a_\mu \chi_i^\mu$.

Après multiplication par $\left(n_i / n_G\right)^{1 / 2}$ : $\tilde{\chi}_i=\sum_\mu a_\mu \tilde{\chi}_i^\mu$.

Si on prend le produit scalaire par $\tilde{\chi}_\nu^{\dagger i}$ de chaque côté :

$\displaystyle \tilde{\chi}_\nu^{\dagger i} \tilde{\chi}_i=\tilde{\chi}_\nu^{\dagger} \cdot \tilde{\chi}=\sum_\mu a_\mu \tilde{\chi}_\nu^{\dagger i} \tilde{\chi}_i^\mu=\sum_\mu a_\mu\, \tilde{\chi}_\nu^{\dagger} \cdot \tilde{\chi}^\mu=\sum_\mu a_\mu \delta_\nu^\mu=a_\nu $

Une représentation matricielle 2D du groupe $\mathrm{C_2}$ peut ressembler à ça :

$e \rightarrow\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)$ , $a \rightarrow\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)$

Les caractères de cette représentation sont $\chi=(2,0)$.

La table de caractères de $\mathrm{C_2}$ nous donne de son côté $\chi^{\mu=1}=(1,1)$ et $\chi^{\mu=2}=(1,-1)$.

Donc d’après le théorème précédent : $a_1=\frac{1}{2}(1\times 2)+\frac{1}{2}(1\times 0)=1$ et $a_2=\frac{1}{2}(1\times 2)+\frac{1}{2}((-1)\times 0)=1$, ce qui signifie que chacune des deux représentations irréductibles apparaît une fois dans la réduction de la représentation bidimensionnelle.

Prouvons-le en diagonalisant $D(a)$.
Le polynôme caractéristique s’écrit $\operatorname{Det}(D(a)-x E)=0 \Leftrightarrow x^2-1=0$, d’où $\pm 1$ comme valeurs propres, ce qui implique :

$D^{\prime}(a)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right)=S\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right) S^{-1}$

et $D^{\prime}(e)=S D(e) S^{-1}=S E S^{-1}=E$.

La représentation matricielle $D(G)$ est donc équivalente à $D^{\prime}(G)$ définie par :

$e \rightarrow\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)$ , $a \rightarrow\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right)$

Et il n’est pas trop dur de voir que $D^{\prime}(G)$ s’écrit effectivement comme la somme directe des deux représentations irréductibles de $\mathrm{C_2}$.

$\displaystyle \sum_i n_i\left|\chi_i\right|^2=n_G \quad$ soit encore $\displaystyle \quad \tilde{\chi}=1 $

Soit $a_\mu$ le nombre de fois que la représentation irréductible $U^\mu(G)$ est contenue dans $U(G)$ :

$\displaystyle \tilde{\chi}^{\dagger} \cdot \tilde{\chi}=\left(a_\mu \tilde{\chi}^\mu\right)^{\dagger} \cdot\left(a_\nu \tilde{\chi}^\nu\right)=a_\mu^* a_\nu\, \tilde{\chi}_\mu^{\dagger} \cdot \tilde{\chi}^\nu=a_\mu^* a_\nu \delta_\mu^\nu=\sum_\mu\left|a_\mu\right|^2 $

Si $U(G)$ est équivalente à une représentation irréductible $U^\nu(G)$, alors $a_\nu=1$ et $a_\mu=0$ pour $\mu \neq \nu$, et donc $\tilde{\chi}^{\dagger} \cdot \tilde{\chi}=1$.

Réciproquement, si $\tilde{\chi}^{\dagger} \cdot \tilde{\chi}=1$, alors $\sum_\mu\left|a_\mu\right|^2=1$ et la seule possibilité (les $a_\mu$ valant $0,1,2,\ldots$) est d’avoir $a_\nu=1$ pour un certain $\nu$ et $a_\mu=0$ pour $\mu \neq \nu$.

Montrons que la représentation 2D de $\mathrm{S_3}$ ($\mu=3$) est bien irréductible :

$n_1 \chi_1{ }^2+n_2 \chi_2{ }^2+n_3 \chi_3{ }^2=1 \times 2^2+3 \times 0+2 \times(-1)^2=6=n_G$

Terminons par la dernière représentation non disséquée de l’exemple introductif sur la molécule $\ce{NH3}$, celle correspondant à la permutation des orbitales par les éléments du groupe. Les caractères associés sont $\chi=(4,2,1)$.

On peut d’abord vérifier la réductibilité : $1 \times 4^2+3 \times 2^2+2 \times 1^2=30 \neq 6$.

Ensuite, on peut chercher combien de fois chacune des 3 représentations irréductibles du groupe se trouve dans cette représentation :

Donc on trouve 2 fois la représentation triviale, aucune fois la deuxième et une fois la troisième (celle de dimension 2).

On peut enfin tenter la diagonalisation par bloc des matrices, pour voir si ça confirme nos prévisions : le travail est déjà amorcé puisqu’un petit 1 s’ennuie en haut à gauche des 6 matrices. C’est l’orbitale de l’azote, qui n’est modifiée par aucune des transformations. On a notre première représentation triviale.

Restent 6 matrices $3\times 3$. Comme on suspecte une autre représentation triviale de dimension 1, on cherche s’il existe une combinaison des 3 orbitales laissée invariante. On voit vite que le vecteur $(1,1,1)$ est vecteur propre de chacune des 6 matrices (ou $s_1+s_2+s_3$, somme des 3 orbitales, pour reprendre les notations de l’exemple) pour la valeur propre 1.

Nous voilà finalement avec un bloc 2D laissé stable dans le plan orthogonal à $(s_1+s_2+s_3)$, porté par les directions $(2 s_1-s_2-s_3)$ et $(s_2-s_3)$, donnant après normalisation les 2 vecteurs de base $\frac{1}{\sqrt{6}}(2,-1,-1)$ et $\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)$.

La base de départ est formée des 3 orbitales $(s_1,s_2,s_3)$, ce qui correspond, sur une représentation 2D, à 3 vecteurs ayant pour origine le centre du triangle et pointant vers les 3 sommets :

La nouvelle base orthonormée correspond alors à :

On peut maintenant finir d’écrire le dernier bloc $2\times 2$ des matrices de la représentation, ce qui donne au final :

• pour l’élément neutre :

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

• pour les 3 réflexions d’axe passant respectivement par les sommets 1, 2 et 3 :

  $$ \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right), \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ 0 & 0 & -\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right), \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ 0 & 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right) $$

• et enfin pour les 2 rotations ($+2\pi/3$ et $-2\pi/3$) :

  $$ \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ 0 & 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \end{array}\right), \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ 0 & 0 & -\frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \end{array}\right) $$

On retrouve la représentation 2D donnée dans l’exemple introductif et on peut vérifier, grâce à ses caractères $\chi=(2,0,-1)$, qu’elle est bien semblable à la représentation irréductible $\mu=3$.

Conclusion, on a bien la décomposition attendue :

Remarquons que la deuxième représentation, absente de cette décomposition, peut s’obtenir en prenant les déterminants des 6 matrices (ça donne bien $1$ pour l’élément neutre et les rotations, et $-1$ pour les permutations deux à deux).

C’est général : le déterminant des matrices associées à une représentation forme aussi une représentation (unidimensionnelle). Remercions pour cela le déterminant de conserver l’action de groupe : $\operatorname{det} A B=\operatorname{det} A \times \operatorname{det} B$.

Soit $G$ un groupe fini d’éléments $\{g_i, i=1, \cdots, n_G\}$. La loi de composition interne du groupe, $g_i g_j=g_k$, peut se réécrire formellement :

$\displaystyle g_i g_j=g_m \Delta_{i j}^m \quad$ où $\displaystyle \Delta_{i j}^m=\left\{\begin{array}{l}1 \text { si } m=k \\ 0 \text { si } m \neq k\end{array}\right. $

Les matrices $\left(\Delta_i\right)_j^k=\Delta_{i j}^k$, $i=1, \cdots, n_G$, forment une représentation du groupe $G$ appelée représentation régulière.

pour alléger l’écriture, on se permettra de confondre nom de l’élément et indice (par exemple $a=g_a$, tel que $a g_k=g_m \Delta_{a k}^m$).

Si $a b=c$, alors $a b g_j=a g_m \Delta_{b j}^m=g_k \Delta_{a m}^k \Delta_{b j}^m$, or $c g_j=g_k \Delta_{c j}^k$ et comme $a b g_j=c g_j$ alors $\Delta_{a m}^k \Delta_{b j}^m=\Delta_{c j}^k$.

Par conséquent $\left(\Delta_a\right)\left(\Delta_b\right)=\left(\Delta_c\right)$.

le théorème de Cayley dit qu’à tout $a\in G$ on peut faire correspondre un $p_a \in S_n$ défini par $p_a(g)=a g$, pour tout $g\in G$.

Or, sur le modèle de la preuve qui précède, on peut faire correspondre à tout $a$ une matrice $\Delta_a$ définie par :

$\displaystyle a g_m=g_k\left(\Delta_a\right)_m^k\quad $ avec $\displaystyle \quad \Delta_{a m}^k=\left\{\begin{array}{l}1 \text { si } k=a m \\ 0 \text { si } k \neq a m\end{array}\right. $

en écrivant $am$ tel que $a g_m \equiv g_{a m}$.

Or par définition $p_a\left(g_m\right)=a g_m \equiv g_{a m}=g_k \delta_{a m}^k$ avec $\delta_{a m}^k=\left\{\begin{array}{l}1 \text { si } k=a m \\ 0 \text { si } k \neq a m\end{array}\right.$

C’est bien la même chose, et la forme en $\delta_{a m}^k$ permet d’ailleurs de prouver à nouveau que la représentation régulière est bien une représentation :

$\left(\Delta_a\right)_m^k\left(\Delta_b\right)_j^m=\delta_{a m}^k \delta_{b j}^m=\delta_{a b j}^k=\delta_{c j}^k=\left(\Delta_c\right)_j^k$

où la troisième égalité découle de $g_{a b i}=a g_{b i}=a\left(b g_i\right)=(a b) g_i=c g_i=g_{c i}$.

La représentation régulière contient chacune des représentations irréductibles inéquivalentes $\mu$ un nombre $n_\mu$ de fois ($n_\mu$ est la dimension de la représentation $\mu$).

Calculons les caractères de la représentation régulière.

Pour $b=e$ (élément neutre), $\chi_e=\Delta_{e k}^k=n_G$ (puisque $\Delta_{e j}^k=\delta_j^k$).

Pour $b \neq e$, $b g_k \neq g_k$ et donc tous les éléments diagonaux de la matrice $\Delta_b$ sont nuls. Donc $\chi_b=\Delta_{b k}^k=0$ pour tous les $k$ (de 1 à $n_G$) et $b \in G \neq e$.

On peut alors trouver le nombre de fois que chaque représentation irréductible intervient dans la décomposition :

$a_\mu=\sum_i\left(n_i / n_G\right) \chi_\mu^{\dagger i} \chi_i=\left(n_e / n_G\right) \chi_\mu^{\dagger e} \chi_e=\left(1 / n_G\right) n_\mu n_G=n_\mu$

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

D’après ce qui précède, $\Delta_e=\sum_\mu n_\mu U^\mu(e)$ et en récupérant la trace, $\chi_e=n_G=\sum_\mu n_\mu^2$.

La représentation de $\mathrm{C_2}=\{e,a\}$ présentée plus haut était déjà une représentation régulière puisqu’on a bien, dans une base formée par les éléments du groupe :

On passe alors à une forme diagonale pour les deux matrices par un changement de base $\Delta_i^{\prime}=S \Delta_i S^{-1}$ avec comme matrice de changement de base $S=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{array}\right)$ :

rendant explicite la décomposition où chacune des représentations irréductibles unidimensionnelles apparaît bien une fois.

Soient $U$ et $V$ deux espaces préhilbertiens (espaces vectoriels réels ou complexes munis d’un produit scalaire) munis chacun d’une base orthonormale $\{\left|u_i\right\rangle ; i=1, \cdots, n_U\}$ et $\{\left|v_j\right\rangle ; j=1, \cdots, n_V\}$.

L’espace vectoriel produit $W=U \otimes V$ est alors formé de toutes les combinaisons linéaires des vecteurs de base orthonormés $\{\left|w_k\right\rangle ; k=(i, j) ; i=1, \cdots, n_U ; j=1, \cdots, n_V\}$ où les $\left|w_k\right\rangle$ sont définis comme le produit $\left|w_k\right\rangle=\left|u_i\right\rangle \otimes\left|v_j\right\rangle$ (qu’on peut aussi écrire $\left|w_k\right\rangle=\left|u_i\right\rangle\left|v_j\right\rangle$ ou $\left|w_k\right\rangle=\left|u_i, v_j\right\rangle$).

Par définition :

• $\left\langle w_{k^{\prime}} \mid w_k\right\rangle=\delta_k^{k^{\prime}}=\delta_i^{i^{\prime}} \delta_j^{j^{\prime}}$ avec $k^{\prime}=\left(i^{\prime}, j^{\prime}\right)$ et $k=(i, j)$,
• $W=\{|x\rangle=\left|w_k\right\rangle x^k\}$ où les $x^k$ sont les composantes de $x$,
• $\langle x \mid y\rangle \equiv x_k^{\dagger} y^k$ où $x_k^{\dagger}=\left(x^k\right)^*$.

Pour des opérateurs $A$ et $B$ définis respectivement sur $U$ et $V$, on associe sur le produit tensoriel $W=U \otimes V$ l’opérateur $D \equiv A \otimes B$ tel que $D\left|w_k\right\rangle=\left|w_{k^{\prime}}\right\rangle D_k^{k^{\prime}}$ avec $D_k^{k^{\prime}} \equiv A_i^{i^{\prime}} B_j^{j^{\prime}}$.

Soit $G$ un groupe de symétrie, $D^\mu(G)$ et $D^\nu(G)$ des représentations de $G$ sur les espaces vectoriels $U$ et $V$.
Alors les opérateurs $D^{\mu \times \nu}(g)=D^\mu(g) \otimes D^\nu(g)$ sur $W=U \otimes V$, pour tout $g\in G$, forment aussi une représentation de $G$.

$D^{\mu \times \nu}(G)$ est le produit tensoriel (ou produit direct) des représentations $D^\mu(G)$ et $D^\nu(G)$.

le produit direct conserve l’homomorphisme des représentations :

Les caractères du produit tensoriel des représentations sont égaux au produit des caractères de chacune des représentations : $\chi^{\mu \times \nu}=\chi^\mu \chi^\nu$

$\chi^{\mu \times \nu}=\operatorname{Tr} D^{\mu \times \nu}(g)=D^\mu(g)_i^i D^\nu(g)_j^j=\chi^\mu \chi^\nu$ où $g$ est un élément quelconque du groupe appartenant à la classe considérée.

$$ a_\lambda^{\mu \times \nu}=\tilde{\chi}_\lambda^{\dagger} \cdot \tilde{\chi}^{\mu \times \nu}=\sum_i\left(n_i / n_G\right)\left(\chi_i^\lambda\right)^* \chi_i^\mu \chi_i^\nu $$

Étudions le produit des représentations irréductibles de $\mathrm{S_3}$. D’après la table de caractères vue plus haut, on déduit :

$D^{1 \times 1} \sim D^1$, $D^{1 \times 2} \sim D^2$, $D^{2 \times 2} \sim D^1$, $D^{1 \times 3} \sim D^3$ et $D^{2 \times 3} \sim D^3$.

Pour $D^{3 \times 3}$, c’est moins immédiat : la représentation est à 4 dimensions et peut donc être réduite. Appliquons la formule détaillant la décomposition :

Les représentations $D^1$, $D^2$ et $D^3$ apparaissent donc chacune une fois dans la décomposition de $D^{3 \times 3}$.

$\displaystyle |\alpha, \lambda, l\rangle=|i, j\rangle\langle i, j \mid \alpha, \lambda, l\rangle $

Les $\langle i, j \mid \alpha, \lambda, l\rangle$ sont les éléments de la matrice semblable de changement de base, dont les lignes sont indexées par les $(i, j)$ et les colonnes par $(\alpha, \lambda, l)$. Ce sont des nombres complexes appelés coefficients de Clebsch-Gordan.

Les coefficients de Clebsch-Gordan sont eux-mêmes orthonormaux et complets :

avec $\langle\alpha, \lambda, l \mid i, j\rangle \equiv\langle i, j \mid \alpha, \lambda, l\rangle^*$

Réduction de la représentation produit tensoriel :

la matrice semblable composée des coefficients de Clebsch-Gordan décompose la représentation produit tensoriel $D^{\mu \times \nu}$ en ses composantes irréductibles. On a alors les relations réciproques suivantes :

L’inverse de (a) est bien sûr $|i, j\rangle=|\alpha, \lambda, l\rangle\langle\alpha, \lambda, l \mid i, j\rangle$  (b).

Et on sait que les deux bases sont définies par :

$U(g)|i, j\rangle=\left|i^{\prime}, j^{\prime}\right\rangle D^\mu(g)_i^{i^{\prime}} D^\nu(g)_j^{j^{\prime}}$  (c)

$U(g)|\alpha, \lambda, l\rangle=\left|\alpha, \lambda, l^{\prime}\right\rangle D^\lambda(g)_l^{l^{\prime}}$  (d)

Utilisons (b) sur le membre de gauche de (c), cela donne :

où on a utilisé (d) à la deuxième ligne et (a) à la troisième.

En comparant au membre de droite de (c), on obtient la première relation du théorème (les vecteurs de base sont linéairement indépendants).

Pour obtenir la relation réciproque, on peut utiliser la même méthode en substituant (a) dans (d), ou partir de la première relation et utiliser la complétude des coefficients de Clebsch-Gordan :

Or $\left\langle\alpha^{\prime}, \lambda^{\prime}, l^{\prime} \mid i^{\prime}, j^{\prime}\right\rangle\left\langle i^{\prime}, j^{\prime} \mid \alpha, \lambda, l^{\prime}\right\rangle=\delta_\alpha^{\alpha^{\prime}} \delta_\lambda^{\lambda^{\prime}}$ et $\langle\alpha, \lambda, l \mid i, j\rangle\langle i, j \mid \alpha, \lambda, l\rangle=1$.

C’est $\delta_\alpha^{\alpha^{\prime}} \delta_{\lambda^{\prime}}^\lambda D^\lambda(g)_l^{l^{\prime}}=\left\langle\alpha^{\prime}, \lambda^{\prime}, l^{\prime} \mid i^{\prime}, j^{\prime}\right\rangle D^\mu(g)_i^{i^{\prime}} D^\nu(g)_j^{j^{\prime}}\langle i, j \mid \alpha, \lambda, l\rangle$, qui montre clairement la forme diagonale par bloc de la représentation produit dans la nouvelle base puisque cette relation implique que la matrice semblable soit diagonale pour deux des trois indices ($\lambda$ et $\alpha$).

Soit $U(G)$ une représentation unitaire définie sur un espace vectoriel préhilbertien $V$, et soit $V_\mu$ un sous-espace invariant sous l’action de $U(G)$ avec $\{\hat{e}_i^\mu ; i=1, \ldots, n_\mu\}$ une base orthonormée de $V_\mu$. Par définition :

$\displaystyle U(g)\left|e_i^\mu\right\rangle=\left|e_j^\mu\right\rangle D^\mu(g)_i^j \qquad \forall g \in G $

Ces vecteurs $\hat{e}_i^\mu$, engendrant l’espace sur lequel joue la représentation irréductible $\mu$, sont appelés vecteurs (de base) irréductibles.

Soit $\{\hat{u}_i^\mu ; i=1, \ldots, n_\mu\}$ et $\{\hat{v}_i^\nu ; i=1, \ldots, n_\nu\}$ deux bases de vecteurs irréductibles selon deux représentations $\mu$ et $\nu$. Si les deux représentations irréductibles $\mu$ et $\nu$ ne sont pas équivalentes, alors les deux sous-espaces invariants qu’engendrent les deux bases sont orthogonaux entre eux.

Dans la première égalité, on a utilisé l’unitarité de $U$ ; la seconde vient de la définition qui précède ; la troisième est notre désormais courante astuce de moyennage (on peut introduire la somme dès la première ligne pour mieux voir qu’elle ne change rien) ; et dans la quatrième, on applique les conditions d’orthonormalité.

En conclusion, on voit que si $\mu \neq \nu$, chaque vecteur de la première base est orthogonal à tous les vecteurs de l’autre base.

Soit $U(G)$ une représentation du groupe $G$ sur un espace vectoriel $V$, et $D^\mu(G)$ la matrice d’une représentation irréductible de $G$. On construit un opérateur de projection généralisé de la manière suivante :

$\displaystyle P_{\mu i}^j=\frac{n_\mu}{n_G} \sum_g D_\mu^{-1}(g)_i^j\, U(g) $

Et avec des représentations unitaires ($D^{-1}(g)=D^{\dagger}(g)$) :

$\displaystyle P_{\mu i}^j=\frac{n_\mu}{n_G} \sum_g D_\mu^{\dagger}(g)_i^j\, U(g) $

Alors pour tout vecteur $|x\rangle$ de $V$, l’ensemble des vecteurs $\{P_{\mu i}^j|x\rangle ; i=1, \ldots, n_\mu\}$, avec un $j$ fixé, forment une base de vecteurs irréductibles selon la représentation $\mu$.

En oubliant le facteur de normalisation $\left(n_\mu / n_G\right)$, on a :

Soit $\{\hat{e}_k^\nu ; k=1, \ldots, n_\nu\}$ une base de vecteurs irréductibles, alors :

$\displaystyle P_{\mu i}^j\left|e_k^\nu\right\rangle=\left|e_i^\nu\right\rangle \delta_\nu^\mu \delta_k^j $

$\displaystyle P_{\mu i}^j P_{\nu k}^l=\delta_\nu^\mu \delta_k^j P_{\mu i}^l $

$\{P_{\nu k}^l|x\rangle ; k=1, \ldots, n_\nu\}$ étant une base de vecteurs irréductibles, $P_{\mu i}^j P_{\nu k}^l|x\rangle=P_{\nu i}^l|x\rangle \delta_\nu^\mu \delta_k^j$ pour tout $|x\rangle \in V$.

Les $n_G$ opérateurs $U(g)$ peuvent s’écrire comme des combinaisons linéaires des $P_{\mu i}^j$ ($\mu=1, \ldots, n_c ; i, j=1, \ldots, n_\mu$) :

$\displaystyle U(g)=\sum_{\mu, i, j} P_{\mu i}^j D^\mu(g)_j^i $

$\displaystyle U(g) P_{\nu k}^l=\sum_i P_{\nu i}^l D^\nu(g)_k^i $

• $P_{\mu i} \equiv P_{\mu i}^{j=i}$ est l’opérateur de projection sur le vecteur de base $\hat{e}_i^\mu$.
• $P_\mu \equiv \sum_i P_{\mu i}$ est l’opérateur de projection sur le sous-espace invariant irréductible $V_\mu$ (de base $\{\hat{e}_i^\mu ; i=1, \ldots, n_\mu\}$).

$P_{\mu i} P_{\nu k}=P_{\mu i}^i P_{\nu k}^k=P_{\mu i}^i \delta_\nu^\mu \delta_i^k=P_{\mu i} \delta_\nu^\mu \delta_i^k$ (exceptionnellement, on ne somme pas sur les indices répétés).

Et $\displaystyle P_\mu P_\nu=\sum_{i, k} P_{\mu i} P_{\nu k}=\sum_{i, k} P_{\mu i} \delta_\nu^\mu \delta_i^k=\delta_\nu^\mu \sum_i P_{\mu i}=\delta_\nu^\mu P_\mu$

Les opérateurs de projection $P_{\mu i}$ et $P_\mu$ sont complets : $\displaystyle \sum_\mu P_\mu=E$

Si $\{\hat{e}_k^\nu\}$ désignent la base de n’importe quel sous-espace invariant irréductible de $V$, on a $P_{\mu i}\left|e_k^\nu\right\rangle=P_{\mu i}^i\left|e_k^\nu\right\rangle=\left|e_i^\nu\right\rangle \delta_\nu^\mu \delta_k^i$ et $P_\mu\left|e_k^\nu\right\rangle=\left|e_k^\nu\right\rangle \delta_\nu^\mu$, d’où $\sum_\mu P_\mu\left|e_k^\nu\right\rangle=\left|e_k^\nu\right\rangle$.

Et comme cela vaut pour tout vecteur de base irréductible, $\sum_\mu P_\mu=E$, du moins si $V$ est complètement réductible (ce qu’on supposera toujours).

Soit $V$ l’espace des fonctions de carré sommable $f(x)$, et $G$ le groupe $\{e, I_S\}$ où $I_S$ est l’opérateur de parité (inversion spatiale changeant $x$ en $-x$). Comme $G$ est isomorphe à $\mathrm{C_2}$, il contient deux représentations irréductibles unidimensionnelles.

Les deux opérateurs de projection sont alors $P_1=\frac{1}{2}\left[E+U\left(I_S\right)\right]$ et $P_2=\frac{1}{2}\left[E-U\left(I_S\right)\right]$ (puisque $U(e)=E$).

Donc pour toute fonction $f(x)$ : $P_1 f(x)=\frac{1}{2}[f(x)+f(-x)] \equiv f_{+}(x)$ et $P_2 f(x)=\frac{1}{2}[f(x)-f(-x)] \equiv f_{-}(x)$.

Il est clair que $f_{+}(x)$, fonction paire, et $f_{-}(x)$, fonction impaire, engendrent chacune un sous-espace invariant irréductible de $G$.

On aboutit donc à l’évidente conclusion que pour un système avec une symétrie de parité, l’utilisation de fonctions paires et impaires est avantageuse. L’utilisation de tout cet outillage de théorie des groupes n’était clairement pas nécessaire, mais on voit ainsi que ça marche…

Revenons à notre exemple fil rouge : la molécule de $\ce{NH3}$. Les projecteurs vont permettre de retrouver les vecteurs irréductibles de base de chacune des représentations.

On reprend la démarche entreprise plus haut consistant à partir d’une base constituée des 3 orbitales atomiques $(s_1, s_2, s_3)$ et à former, par combinaison linéaire de ces orbitales atomiques, des orbitales moléculaires se transformant selon chacune des représentations irréductibles du groupe. Les vecteurs irréductibles correspondront aux orbitales moléculaires recherchées.

Pour obtenir un vecteur irréductible d’une représentation donnée, il suffit d’appliquer $P_{\mu i}$ sur une des orbitales atomiques de départ. Dans le cas des représentations 1 et 2, unidimensionnelles, le vecteur obtenu sera logiquement unique. Les représentations unidimensionnelles permettent une autre simplification puisque $P_{\mu i}$ se confond alors avec $P_\mu$ :

Commençons par la première représentation. On obtient, en notant $e$, $a$, $b$, $c$, $d$, $f$ respectivement l’élément neutre, les réflexions (permutations deux à deux) $s_2 \leftrightarrow s_3$, $s_1 \leftrightarrow s_3$, $s_1 \leftrightarrow s_2$, et les rotations $s_1 \rightarrow s_2 \rightarrow s_3$ et $s_1 \rightarrow s_3 \rightarrow s_2$ :

On obtient bien le vecteur irréductible de la représentation 1 que l’on avait présenté plus haut comme évident. En effet, la seule combinaison linéaire pouvant se transformer selon cette représentation parfaitement symétrique ne peut que faire intervenir en parts égales les 3 orbitales. On aurait obtenu la même chose avec $s_2$ ou $s_3$ comme vecteur arbitraire de départ.

La représentation 2 est elle aussi unidimensionnelle donc $P_2 s_1=\frac{n_2}{n_G} \sum_g \chi_2^{\dagger}(g) U(g) s_1$ doit pouvoir nous donner le vecteur irréductible recherché. On obtient :

puisque $\chi_2(g)$ vaut $1$ pour les rotations et l’élément neutre, et $-1$ pour les réflexions. Et on obtient bien la même chose en partant de $s_2$ ou $s_3$.

Conclusion : aucune orbitale moléculaire ayant la symétrie de la deuxième représentation irréductible ne peut être fabriquée par combinaison linéaire des 3 orbitales atomiques.

Il reste la représentation 3, qui est cette fois-ci bidimensionnelle. Deux solutions : on peut appliquer $P_{31}$ puis $P_{32}$ sur $s_1$ et obtenir ainsi les deux vecteurs irréductibles de base de $V_3$, ou on peut aussi appliquer $P_{32}^1$ sur le premier vecteur irréductible obtenu. Cette seconde méthode, plus pratique dans le cas général (avec plus de 2 dimensions), est ici plus lourde mais on va quand même voir son intérêt.

Commençons avec $P_{31} s_1$ :

Et pour l’autre :

Malheur, où se cache le deuxième vecteur ? On vient en fait de montrer que $s_1$ ne fait pas partie de la combinaison linéaire le formant !

Essayons d’appliquer $P_{32}$ sur $s_2$ pour le montrer :

Ah, le voilà. Et on l’obtiendrait aussi à partir de $s_3$.

L’utilisation de $P_{32}^1$ sur $\left[2 s_1-s_2-s_3\right]$ est certes, ici, plus longue mais aboutit à coup sûr :

On obtient effectivement le même vecteur (à la normalisation près).

Comme cela sera décrit dans un prochain chapitre, les représentations irréductibles du groupe des translations discrètes $\mathrm{T_d}$ sur l’espace des vecteurs d’état pour une particule (disons un électron) sur un réseau unidimensionnel de pas $b$ sont étiquetées par un nombre réel $k$ compris entre $-\pi / b$ et $\pi / b$, et sont incarnées par les fonctions $\{e^{-i k n b}, n \in \mathbb{Z}\}$.

En partant d’un état localisé $|y\rangle$, avec $-b / 2 \leq y \leq b / 2$, on peut projeter ses composantes irréductibles :

$\displaystyle |k, y\rangle=P_k|y\rangle=\sum_n T(n)|y\rangle e^{i k n b}=\sum_n|n b+y\rangle e^{i k n b}$

Ces états sont les états propres des translations avec la valeur propre $e^{-i k m b}$. En effet :

De $|k, y\rangle=\sum_n|n b+y\rangle e^{i k n b}$, on déduit que les probabilités de trouver un électron dans n’importe laquelle des «cellules» du réseau sont toutes égales (les probabilités relatives valent $\left|e^{i k n b}\right|^2=1$).

Ces états sont des modes normaux, analogues aux ondes planes pour un espace continu.

On voit aussi que si $|x\rangle=|l b+y\rangle$ pour tout entier $l$, alors $P_k|x\rangle=|k, y\rangle e^{-i k l b}$, qui n’est qu’un multiple de l’état obtenu plus haut. Par conséquent, pour obtenir tous les états irréductibles distincts, il suffit de partir d’un état localisé dans une cellule quelconque et d’appliquer les opérateurs de projection.

Si un ensemble d’opérateurs $\{O_i^\mu ; i=1, \ldots, n_\mu\}$ sur un espace vectoriel $V$ se transforment sous un groupe de symétrie $G$ comme :

$\displaystyle U(g) O_i^\mu U(g)^{-1}=O_j^\mu D^\mu(g)_i^j $

où $D^\mu(G)$ est une matrice d’une représentation irréductible, alors ces opérateurs sont appelés opérateurs irréductibles (parfois tenseurs irréductibles).

$$ \begin{aligned} U(g) O_i^\mu\left|e_j^\nu\right\rangle & =U(g) O_i^\mu U(g)^{-1} U(g)\left|e_j^\nu\right\rangle \\ & =O_k^\mu\left|e_l^\nu\right\rangle D^\mu(g)_i^k D^\nu(g)_j^l \end{aligned} $$

Théorème de Wigner-Eckart :

soit $\{O_i^\mu\}$ un ensemble d’opérateurs tensoriels irréductibles, alors :

$\displaystyle \left\langle e_l^\lambda\right| O_i^\mu\left|e_j^\nu\right\rangle=\sum_\alpha\langle\alpha, \lambda, l\,(\mu, \nu)\, i, j\rangle\left\langle\lambda\|O^\mu\| \nu\right\rangle_\alpha $

où $\left\langle\lambda|O^\mu| \nu\right\rangle_\alpha \equiv \frac{1}{n_\lambda} \sum_k\left\langle e_k^\lambda \mid w_{\alpha k}^\lambda\right\rangle$ est un élément de matrice réduit.

Par rapport à la relation précédente, on ne fait qu’utiliser l’orthogonalité des sous-espaces irréductibles engendrés par des vecteurs irréductibles de représentations différentes (ici $\left|e_l^\lambda\right\rangle$ et $\left|e_j^\nu\right\rangle$), ce qui permet de fixer $\lambda$ et $l$ dans la somme.

L’une des principales utilisations du théorème de Wigner-Eckart concerne l’étude des couplages de moments angulaires en mécanique quantique.

L’interaction électromagnétique est invariante par rotation 3D, de groupe de symétrie $\mathrm{R_3}$. Une transition électromagnétique entre un état de moment angulaire $|j, m\rangle$ et un état $\left|j^{\prime}, m^{\prime}\right\rangle$ s’accompagne de l’émission d’un photon de moment angulaire $(s, \nu)$.

Comme on l’a déjà évoqué, le premier «nombre quantique» ($s$, $j$ ou $j^{\prime}$) correspond à la magnitude du moment angulaire, et le second ($\nu$, $m$ ou $m^{\prime}$) à sa composante sur un «axe de quantification» ; ce dernier ne peut prendre que $2s+1$ valeurs : $-s,-s+1, \ldots, s$ ($2j+1$ valeurs pour $m$ et $2j^{\prime}+1$ valeurs pour $m^{\prime}$).

L’état quantique du photon est un élément de la base irréductible issue de la décomposition de l’espace produit $|j, m\rangle \otimes\left|j^{\prime}, m^{\prime}\right\rangle$ correspondant au couplage.

On se restreint au cas $j=j^{\prime}=1$ et $s=1$, ce qui laisse a priori 9 transitions possibles :

La mécanique quantique nous dit que la probabilité, donc l’intensité, de chaque transition est proportionnelle à $|f|^2$ avec $f=\left\langle j^{\prime} m^{\prime}\right| O_\nu^s|j m\rangle$ où $O_\nu^s$ est «l’opérateur de transition multipolaire» du processus.

On peut alors utiliser le théorème de Wigner-Eckart, impliquant $f=f_0\left\langle j^{\prime}, m^{\prime}(s, j) \nu, m\right\rangle$ où $f_0$ est «l’élément de matrice réduit» et $\left\langle j^{\prime}, m^{\prime}(s, j) \nu, m\right\rangle$ le coefficient de Clebsch-Gordan.

Conséquence : les 9 transitions potentielles sont déterminées par une seule constante $f_0$. Et on trouve les coefficients de Clebsch-Gordan dans les tables ; $\left\langle 1, m^{\prime}(1,1) \nu, m\right\rangle$ n’est non nul que pour $m^{\prime}=\nu+m$, et les valeurs sont données dans le tableau suivant :

Ce qui permet de prédire qu’il doit y avoir 7 transitions distinctes, dont les intensités relatives («rapports de branchement») respectives sont représentées sur le schéma suivant :

Mais en réalité, une autre symétrie, l’inversion spatiale (conservation de la parité), interdit 3 autres transitions (celles correspondant à une non-inversion de la parité entre l’état de départ et l’état final : $1 \rightarrow 1$, $0 \rightarrow 0$ et $-1 \rightarrow-1$).