Приведение произвольного представления

[StaticZero]

Дана группа $G$ и её приводимое представление $T$ на векторном пространстве. Пусть матрицы представления обозначены $T_{g \in G}$ и в текущем базисе они все выглядят абы как. Вопрос: как найти пробразование базиса, приводящее одновременно все $T_g$ к блочно-диагональному виду? То, что оно есть, приводимость гарантирует.

В качестве примера представим себе пространство с декартовым базисом и действие группы $D_3$, где ось 3 порядка направлена вдоль неизвестного направляющего вектора. В нашем базисе матрицы групповых элементов будут общего вида; есть ли способ узнать, как направлена ось третьего порядка?

Попытки решения: я вот десять раз прочитал параграф про проекционные операторы, но оттуда смог уяснить себе следующее: если проекционный оператор проектирует на неприводимое подпространство в данном базисе, то он будет делать это же самое в любом базисе, но ничего полезного извлечь про непосредственно приведение представления в виде заданных матриц я не смог толком.

[Slav-27]

StaticZero в сообщении #1495259 писал(а):

Вопрос: как найти пробразование базиса, приводящее одновременно все $T_g$ к блочно-диагональному виду? То, что оно есть, приводимость гарантирует.

Не приводимость, а разложимость; для конечных групп это одно и то же; но представление $\mathbb R\to GL(2), a\mapsto\begin{pmatrix}1&a\\0&1\end{pmatrix}$ приводимо, но неразложимо.

Будем считать, что группа конечна, и существует изоморфизм представлений $V\xleftarrow{\varphi}m_1V_1\oplus...\oplus m_kV_k$, где $V_i$ неприводимы. Проекционный оператор $P_i$ проектирует $V$ на его $i$-ю изотипическую компоненту $\varphi(m_iV_i)$ параллельно остальным изотипическим компонентам, так что мы умеем строить расщепление в прямую сумму изотипических компонент.

Для расщепления предствления, изоморфного $m_iV_i$, берём орбиту любого ненулевого вектора; на неё натянуто представление, изоморфное $V_i$. Дальше берём любой ненулевой вектор не оттуда, берём его орбиту, и т. д.

-- 04.12.2020, 16:25 --

StaticZero в сообщении #1495259 писал(а):

но ничего полезного извлечь про непосредственно приведение представления в виде заданных матриц я не смог толком.

А когда мы построили разложение на прямые слагаемые, то в каждом слагаемом выберем базис, напишем матрицу перехода от этого базиса к исходному и сопряжём ею матрицы операторов представления в исходном базисе, чтобы получить матрицы операторов в новом базисе.

[iou]

Slav-27 в сообщении #1495277 писал(а):

Не приводимость, а разложимость; для конечных групп это одно и то же

В характеристике 0.

[StaticZero]

Slav-27 в сообщении #1495277 писал(а):

Для расщепления предствления, изоморфного $m_iV_i$, берём орбиту любого ненулевого вектора; на неё натянуто представление, изоморфное $V_i$. Дальше берём любой ненулевой вектор не оттуда, берём его орбиту, и т. д.

То есть я понял это так:
1) Дейстивем всех неприводимых проекторов $P^{(\alpha)}$ на какой-то ненулевой вектор $\mathbf r$ получить векторы $\mathbf r_{\alpha}$ (неприводимые компоненты).
2) Каждую компоненту обработать операторами представления: $\mathbf r_{\alpha, g} = T_g \mathbf r_{\alpha}$.
3) Для каждого представления $\alpha$ ортогонализовать систему векторов $r_{\alpha, g}$.
4) Матрица преобзразования, если нужна, строится очевидно.
5) Если в разложении представления какое-то встречается несколько раз, то мы ничего не можем сделать, чтобы отграничить эти копии друг от друга (то есть $m_i V_i$ в вашей нотации дальше никак не расщепить).

Проверьте, пожалуйста, что всё правильно понял.

Единственное, что смущает: $T_g \mathbf r_{\alpha}$ -- этих векторов $|G|$ штук, гарантированно больше, чем размерность любого неприводимого представления. Значит, какие-то там будут линейно зависимы. А правда, что ранг системы таких векторов всегда равен размерности представления (быть может, умноженной на количество эквивалентных представлений в разложении, в общем, что размерность получится "правильная") и меньше, чем надо, никак не получится?

Вот сейчас над этим вопросом думаю.

[StaticZero]

StaticZero в сообщении #1495388 писал(а):

$T_g \mathbf r_{\alpha}$ -- этих векторов $|G|$ штук, гарантированно больше, чем размерность любого неприводимого представления. Значит, какие-то там будут линейно зависимы. А правда, что ранг системы таких векторов всегда равен размерности представления (быть может, умноженной на количество эквивалентных представлений в разложении, в общем, что размерность получится "правильная") и меньше, чем надо, никак не получится?

Вроде понял. Тут получится $|G|$ линейных комбинаций из столбцов представления высотой $s_\alpha$, а сами столбцы ЛНЗ, вполне очевидное утверждение.

[Slav-27]

Давайте я попробую написать всё ещё раз. Будем считать, что группа конечная, все представления конечномерные, а поле -- комплексных чисел.

Пусть $\widehat G$ -- множество классов изоморфизма неприводимых представлений $G$; предположим, что в каждом классе $\lambda\in\widehat G$ зафиксировано какое-то представление $\rho_\lambda$ на векторном пространстве $V_\lambda$ (от этого выбора ничего зависеть не будет, просто для удобства).

Пусть $\rho$ -- какое-то представление на векторном пространтве $V$, и пусть имеется изоморфизм представлений $\rho\xleftarrow{\varphi}\rho_{\lambda_1}^{\oplus m_1}\oplus...\oplus\rho_{\lambda_k}^{\oplus m_k}$ (здесь $\rho_\lambda^{\oplus m}$ обозначает прямую сумму $m$ экземпляров представления $\rho_\lambda$; это представление на пространстве $V_\lambda^{\oplus m}:=mV_\lambda:=V_\lambda\oplus...\oplus V_\lambda$ ($m$ слагаемых); все $m_i>0$). Тогда следующие вещи не зависят от выбора такого изоморфизма $\varphi$:

• Множество $\{\lambda_1,...,\lambda_k\}\subset\widehat G$ -- "спектр" представления $\rho$;
• Кратность $m_i$ предствления $\rho_{\lambda_i}$;
• подпредставление $\varphi(\rho_{\lambda_i}^{\oplus m_i})$ -- $\lambda_i$-изотипическая компонента представления $\rho$ (это наибольшее по включению подпредставление $\rho$, такое что любое его неприводимое подпредставление изоморфно $\rho_{\lambda_i}$).

Итак, подпространство $\varphi(m_iV_{\lambda_i})$ не зависит от выбора $\varphi$; проектор на него $P_{\lambda_i}=\dim V_{\lambda_i}\frac1{|G|}\sum\limits_{g\in G}\chi_{\lambda_i}(g^{-1})\rho(g)$. Если вы знаете матрицы $\rho$ в каком-то базисе и знаете все характеры (таблицы характеров можно найти в справочнике или построить самостоятельно), то знаете и матрицу проектора. Образ проектора -- линейная оболочка столбцов матрицы; чтобы найти базис, надо привести матрицу элементарными преобразованями столбцов к треугольному виду методом Гаусса.

Таким образом вы можете найти базис каждой изотипической компоненты. Расщепление изотипической компоненты в прямую сумму неприводимых подпредставлений неоднозначно (например, подумайте про многомерное тривиальное представление). Но вы можете взять любой ненулевой вектор $v$, рассмотреть векторы $\rho(g)v$ для всех $g\in G$, если у вас выбран базис, то это будут какие-то столбцы, в их линейной оболочке можно выбрать базис методом Гаусса, затем надо взять вектор не из этой лнейной оболочки, сделать с ним то же самое, и так пока не наберёте полную размерность.

Ваш алгоритм тоже правильный; то, что я написал, кажется, немного проще.

[amon]

StaticZero в сообщении #1495259 писал(а):

Вопрос: как найти пробразование базиса, приводящее одновременно все $T_g$ к блочно-диагональному виду?

Загляните в Марию Ивановну Петрашень с Евгением Дмитриевичем Трифоновым ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ГРУПП В КВАНТОВОЙ МЕХАНИКЕ, глава 7. И вообще, если Вы эту книжку раньше не видели, то рекомендую.

[vpb]

Slav-27 в сообщении #1495411 писал(а):

Таким образом вы можете найти базис каждой изотипической компоненты. Расщепление изотипической компоненты в прямую сумму неприводимых подпредставлений неоднозначно (например, подумайте про многомерное тривиальное представление). Но вы можете взять любой ненулевой вектор $v$, рассмотреть векторы $\rho(g)v$ для всех $g\in G$, если у вас выбран базис, то это будут какие-то столбцы, в их линейной оболочке можно выбрать базис методом Гаусса, затем надо взять вектор не из этой лнейной оболочки, сделать с ним то же самое, и так пока не наберёте полную размерность.

Не сработает это, однако. Можно даже более точно сформулировать. Пусть $V$ --- абсолютно неприводимый $G$-модуль (что имеет место, когда модуль неприводим, а основное поле алгебраически замкнуто, например). Пусть $mV$ обозначает прямую сумму $m$ экземпляров модуля $V$. Пусть $d=\operatorname{dim}\ V$, и пусть $v$ --- типичный ("случайный") вектор из $mV$. Тогда линейная оболочка множества $Gv$ (т.е. подмодуль, порожденный $v$) изоморфен $lV$, где $l=\min(m,d)$.

-- 05.12.2020, 17:14 --

А ежели в указанное утверждение почему-то не верится, то можно подумать вот над чем. Возьмем регулярное представление, и в нем случайный вектор. Какой подмодуль он породит ? А затем следует как бы рассмотреть эту ситуацию в проекции на изотипическую компоненту (правда, я лично называю их "однородными"; кажется, в теории групп так принято).

[Slav-27]

vpb
Спасибо! А есть какой-то алгоритм расщепления однородного представления?

[vpb]

Петрашень может по своему и годная книжка (заглянул в неё сейчас), но Кострикин определенно попонятнее, имхо.

-- 05.12.2020, 17:17 --

Slav-27 в сообщении #1495418 писал(а):

А есть какой-то алгоритм расщепления однородного представления?

А как же ! Подождите чуток.

[Slav-27]

В теории есть, если я опять что-нибудь не напутал: предположим, что нам даны матрицы операторов представления в каком-то базисе; матричные элементы порождают счётное подполе $F\subset\mathbb C$, векторов из $F^n$ счётное число, так что можно их перебирать один за другим, пока не найдём хороший...

А, всё, понял. Надо решить систему линейных уравнений $\rho(g)M=M\rho_\lambda(g), g\in G$ на линейное отображение $M:V_{\lambda}\to V$. По лемме Шура, каждое нетривиальное решение -- вложение $\rho_\lambda\hookrightarrow\rho$ в качестве подпредставления. Пусть $M_1,...,M_m$ -- базисные решения, тогда $\oplus M_i:mV_\lambda\to V$ -- изоморфизм.

[vpb]

Всё гораздо проще. Пусть $U$ и $V$ --- два $G$-модуля. Возьмем произвольное линейное отображение $A\colon U\longrightarrow V$. Если его усреднить по действию группы, т.е. рассмотреть $\sum_{g\in G}g_VAg_U^{-1}$, то получится $G$-гомоморфизм. См. в Кострикине соответствующую главу. У него есть ядро, к нему можно найти дополнение (если действие группы ортогонально, это вообще тривиально; а в общем случае см. доказательство теоремы Машке в Кострикине, тоже через устреднение), и т.д. Таким образом, чтоб разложить какое-либо представление, данное в матричном виде, достаточно знать в явном виде все неприводимые представления.

-- 05.12.2020, 17:39 --

Slav-27 в сообщении #1495421 писал(а):

А, всё, понял. Надо решить систему линейных уравнений $\rho(g)M=M\rho(g), g\in G$ на линейное отображение $M:V_{\lambda}\to V$. Каждое нетривиальное решение -- вложение $\rho_\lambda\hookrightarrow\rho$ в качестве подпредставления. Пусть $M_1,...,M_m$ -- базисные решения, тогда $\oplus M_i:mV_\lambda\to V$ -- изоморфизм.

Да, можно и так. Но решать систему уравнений долго.

-- 05.12.2020, 17:49 --

StaticZero в сообщении #1495259 писал(а):

В качестве примера представим себе пространство с декартовым базисом и действие группы $D_3$, где ось 3 порядка направлена вдоль неизвестного направляющего вектора. В нашем базисе матрицы групповых элементов будут общего вида; есть ли способ узнать, как направлена ось третьего порядка?

Например, взять элемент третьего порядка $g$, случайный вектор $v$, тогда $v+gv+g^2v$ направлен вдоль этой оси.

-- 05.12.2020, 18:00 --

Собственно, можно еще проще: усреднять отображения не из заданного модуля в неприводимые, а наоборот, из неприводимых в заданный.

[StaticZero]

Ох, чувствуется, на насколько разных языках мы говорим

Попробую тогда решить задачку. Задам вектор $\mathbf n = \frac{\mathbf e_x + \mathbf e_y + \mathbf e_z}{\sqrt 3}$ и базис ортогональной ему плоскости $\mathbf t_1 = \frac{2 \mathbf e_x - \mathbf e_y - \mathbf e_z}{\sqrt{6}}$, $\mathbf t_2 = \frac{\mathbf e_y - \mathbf e_z}{\sqrt{2}}$ (тройка $\mathbf t_1, \mathbf t_2, \mathbf n$ правая, как и должно быть).

Группа $D_3$ состоит из элементов $1, C_3^+, C_3^-, C_2^{a, b, c}$, где оси $a, b, c$ есть медианы равностороннего треугольника, содержащие соответствующую вершину:

$$ \begin{tikzpicture} \coordinate (a) at (0, 0.5773); \coordinate (b) at (0.5, -0.2886); \coordinate (c) at (-0.5, -0.2886); \draw (a) node [above] {$a$} --(b) node [below] {$b$} --(c) node [below] {$c$} --cycle; \draw (0, 0)--(2, 0) node [below] {$x$}; \draw (0, 0)--(0, 2) node [left] {$y$}; \end{tikzpicture} $$

Операция $C_3^+$ есть вращение против часовой вокруг $z$, минус понятно. Здесь у нас в качестве направления $x$ вектор $\mathbf t_1$, $y$ -- $\mathbf t_2$, $z$ -- $\mathbf n$.

На этот базис натянем трёхмерное представление группы $D_3$ вида $A \oplus E$.
(здесь шесть матриц)

(Оффтоп)

$$ T(1) = \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}, \qquad T(C_3^+) = \begin{pmatrix} -1/2&-\sqrt3/2&0\\\sqrt3/2&-1/2&0\\0&0&1 \end{pmatrix}, $$

$$ T(C_3^-) = \begin{pmatrix} -1/2&\sqrt3/2&0\\-\sqrt3/2&-1/2&0\\0&0&1 \end{pmatrix}, \qquad T(C_2^a) = \begin{pmatrix} -1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1 \end{pmatrix}, $$

$$ T(C_2^b) = \begin{pmatrix} 1/2&-\sqrt3/2&0\\-\sqrt3/2&-1/2&0\\0&0&-1 \end{pmatrix}, \qquad T(C_2^c) = \begin{pmatrix} 1/2&\sqrt3/2&0\\\sqrt3/2&-1/2&0\\0&0&-1 \end{pmatrix}, $$

Матрица перехода к нашему повёрнутому базису

$$ S = \begin{pmatrix} 2/\sqrt6 & 0 & 1/\sqrt3\\ -1/\sqrt6 & 1/\sqrt2 & 1/\sqrt3\\ -1/\sqrt6 & -1/\sqrt2 & 1/\sqrt3 \end{pmatrix} $$

то есть $\mathbf t_1 = S \mathbf e_x, \mathbf t_2 = S \mathbf e_y, \mathbf n = S \mathbf e_z$. Следовательно, преобразовать матрицы к стандартному базису надо по правилу $\ell_i = S^{-1} T_i S$.

Итак, получается (здесь матрицы даны в том порядке как выше: 1 -- единичная, 2 -- $C_3^+$, 3 -- $C_3^-$, 4 -- $C_2^a$ и т. д.)

--> l(1)
 ans  =

   1.   0.   0.
   0.   1.   0.
   0.   0.   1.

--> l(2)
 ans  =

  -0.25       -0.0669873  -0.9659258
   0.9330127   0.25       -0.258819 
   0.258819   -0.9659258   0.       

--> l(3)
 ans  =

  -0.25        0.9330127   0.258819 
  -0.0669873   0.25       -0.9659258
  -0.9659258  -0.258819    0.       

--> l(4)
 ans  =

  -0.6666667  -0.5773503  -0.4714045
  -0.5773503   0.          0.8164966
  -0.4714045   0.8164966  -0.3333333

--> l(5)
 ans  =

   0.6606836  -0.6443376   0.3851315
  -0.6443376  -0.75       -0.1494292
   0.3851315  -0.1494292  -0.9106836

--> l(6)
 ans  =

  -0.4940169   0.3556624   0.7933798
   0.3556624  -0.75        0.5576775
   0.7933798   0.5576775   0.2440169

С этими матрицами теперь будем работать, забыв о том, что мы знаем закон преобразования.
----------------------------
Рассмотрим представление $E$. Его характер -- вектор $(2, -1, 0)$ (классы перечислены в порядке $1, 2C_3, 3C_2$). Проектор на это представление $P(E)$ имеет вид

--> P_E = 2/6*(2*l(1) - 1*l(2) - 1*l(3))
 P_E  = 

   0.8333333  -0.2886751   0.2357023
  -0.2886751   0.5         0.4082483
   0.2357023   0.4082483   0.6666667

Тут, видимо, проще всего сделать QR-разложение: $P(E) = QR$,

 Q  = 

  -0.9128709   0.         -0.4082483
   0.3162278  -0.6324555  -0.7071068
  -0.2581989  -0.7745967   0.5773503

 R  = 

  -0.9128709   0.3162278  -0.2581989
   0.         -0.6324555  -0.7745967
   0.          0.          0.     

Введём в рассмотрение базис $\mathbf f_i = Q \mathbf e_i$. Оператор $P$ в этом базисе примет вид $Q^{-1} P Q = R Q$ и равен

--> R*Q
 ans  =

   1.   0.   0.
   0.   1.   0.
   0.   0.   0.

Выходит, что базис представления $E$ имеет вид

--> f(1), f(2)
 ans  =

  -0.9128709
   0.3162278
  -0.2581989
 ans  =

   0.       
  -0.6324555
  -0.7745967

(короче, первые два столбца матрицы $Q$).
-----------------
Рассмотрим представление $A$. Его характер $(1, 1, -1)$, так что проектор на представление имеет вид

--> P_A = 1/6*(l(1)+l(2)+l(3)-l(4)-l(5)-l(6))
 P_A  = 

   0.1666667   0.2886751  -0.2357023
   0.2886751   0.5        -0.4082483
  -0.2357023  -0.4082483   0.3333333

разложение

 Q  = 

  -0.4082483   0.8726167  -0.2680921
  -0.7071068  -0.1165436   0.6974364
   0.5773503   0.474297    0.664612

 R  = 

  -0.4082483  -0.7071068   0.5773503
   0.          0.          0.       
   0.          0.          0.       

и в базисе из столбцов $Q$ проектор имеет вид

--> R*Q
 ans  =

   1.   0.   0.
   0.   0.   0.       
   0.   0.   0.  

так что первый столбец является его базисом.

Матрицу базисных векторов обозначим $F$; она равна

 F  = 

  -0.9128709   0.         -0.4082483
   0.3162278  -0.6324555  -0.7071068
  -0.2581989  -0.7745967   0.5773503

и её теперь применим к операторам представления $T$ в виде $w_i = F^{-1} T_i F$, получив

 w  = 


       w(1)

   1.   0.   0.
   0.   1.   0.
   0.   0.   1.

       w(2)

  -0.5        -0.8660254   0.
   0.8660254  -0.5         0.
   0.          0.          1.

       w(3)

  -0.5         0.8660254   0.
  -0.8660254  -0.5         0.
   0.          0.          1.

       w(4)

  -0.6  -0.8   0.
  -0.8   0.6   0.
   0.    0.   -1.

       w(5)

   0.9928203  -0.1196152   0.
  -0.1196152  -0.9928203   0.
   0.          0.         -1.

       w(6)

  -0.3928203   0.9196152   0.
   0.9196152   0.3928203   0.
   0.          0.         -1.

В последних трёх матрицах написана какая-то тарабарщина, которая говорит о том, что в идеале можно ещё повернуть векторы $\mathbf f_1, \mathbf f_2$ вокруг $\mathbf f_3$ на какой-нибудь угол; матрицы $w_2$ и $w_3$ при этом не должны измениться. Угол поворота выберем из тех соображений, чтобы $w_4$ стала диагональной. Получим

$$ \begin{align*} \mathbf f_1' &= \mathbf f_1 \cos \theta + \mathbf f_2 \sin \theta, \\ \mathbf f_2' &= -\mathbf f_1 \sin \theta + \mathbf f_2 \cos \theta, \\ \mathbf f_3' &= \mathbf f_3 \end{align*} $$

матрица преобразования $\mathbf f_i' = K \mathbf f_i$ имеет вид

$$ K = \begin{pmatrix} \cos \theta & - \sin \theta & 0 \\ \sin \theta & \cos \theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

и применение её к матрице $w_4$ в виде $K^{-1} w_4 K$ даёт в первой строке

$$ -0{,}8 \sin 2 \theta - 0{,}6 \cos 2 \theta, \quad 0{,}6 \sin 2 \theta - 0{,}8 \cos 2 \theta, \quad 0 $$

поэтому берём уравнение

$$ \frac{3 \sin 2 \theta - 4 \cos 2 \theta}{5} = \sin (2 \theta - \arccos(3/5) ) = 0 $$

откуда $\theta = \arccos(3/5)/2$. Получаем окончательный результат $z_i = K^{-1} w_i K$

       z(1)

   1.   0.   0.
   0.   1.   0.
   0.   0.   1.

       z(2)

  -0.5        -0.8660254   0.
   0.8660254  -0.5         0.
   0.          0.          1.

       z(3)

  -0.5         0.8660254   0.
  -0.8660254  -0.5         0.
   0.          0.          1.

       z(4)

  -1.   0.   0.
   0.   1.   0.
   0.   0.  -1.

       z(5)

   0.5        -0.8660254   0.
  -0.8660254  -0.5         0.
   0.          0.         -1.

       z(6)

   0.5         0.8660254   0.
   0.8660254  -0.5         0.
   0.          0.         -1.

и матрица перехода $H = FK$ к итоговому базису $f'$ получается

 H'  =
  -0.8164966   0.         -0.5773503
   0.4082483  -0.7071068  -0.5773503
  -0.4082483  -0.7071068   0.5773503
 S  = 

   0.8164966   0.          0.5773503
  -0.4082483   0.7071068   0.5773503
  -0.4082483  -0.7071068   0.5773503

где штрих = траспонирование, приведено для удобства сравнения с исходной матрицей перехода к стандартному базису

$$ S = \begin{pmatrix} 2/\sqrt6 & 0 & 1/\sqrt3\\ -1/\sqrt6 & 1/\sqrt2 & 1/\sqrt3\\ -1/\sqrt6 & -1/\sqrt2 & 1/\sqrt3 \end{pmatrix}. $$

Произведение $S H$ равно

$$ SH = \begin{pmatrix} -1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} $$

Всё получилось с точностью до обращения направлений $x, y$.

--------------------------------------------------------------------------------------------

amon в сообщении #1495414 писал(а):

Загляните в Марию Ивановну Петрашень с Евгением Дмитриевичем Трифоновым ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ГРУПП В КВАНТОВОЙ МЕХАНИКЕ, глава 7. И вообще, если Вы эту книжку раньше не видели, то рекомендую.

Спасибо! Посмотрю. Пытаюсь пока вслепую что-то получить осммысленное.

-- 05.12.2020 в 23:31 --

vpb в сообщении #1495424 писал(а):

Например, взять элемент третьего порядка $g$, случайный вектор $v$, тогда $v+gv+g^2v$ направлен вдоль этой оси.

Не выходит так (применял оператор $1 + T(C_3^+) + T(C_3^-)$).

[StaticZero]

amon в сообщении #1495414 писал(а):

Загляните в Марию Ивановну Петрашень с Евгением Дмитриевичем Трифоновым ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ГРУПП В КВАНТОВОЙ МЕХАНИКЕ, глава 7. И вообще, если Вы эту книжку раньше не видели, то рекомендую.

Я не понял, как они предлагают бороться со "слипшимися" представлениями вида $m_\gamma T^{(\gamma)}$. Там предлагается обобщённый проектор $P_{ik}^{(\alpha)}$, который проде как тоже не отличает базисные векторы подпредставлений.

vpb в сообщении #1495424 писал(а):

Всё гораздо проще. Пусть $U$ и $V$ --- два $G$-модуля. Возьмем произвольное линейное отображение $A\colon U\longrightarrow V$. Если его усреднить по действию группы, т.е. рассмотреть $\sum_{g\in G}g_VAg_U^{-1}$, то получится $G$-гомоморфизм. См. в Кострикине соответствующую главу. У него есть ядро, к нему можно найти дополнение (если действие группы ортогонально, это вообще тривиально; а в общем случае см. доказательство теоремы Машке в Кострикине, тоже через устреднение), и т.д. Таким образом, чтоб разложить какое-либо представление, данное в матричном виде, достаточно знать в явном виде все неприводимые представления.

А какую главу и в каком Кострикине читать? Я так понял, что это третий том про алгебраические структуры, но толком не понял, куды смотреть.

[vpb]

StaticZero в сообщении #1495489 писал(а):

но толком не понял, куды смотреть.

Там есть глава, которая называется, угадайте как ? Правильно, "Элементы теории представлений".
Еще весьма рекомендую посмотреть (не всё, ибо всё там для Вас сложновато будет) первые две главы в Кэртис, Райнер, Теория представлений конечных групп и ассоциативных алгебр.

-- 07.12.2020, 00:53 --

StaticZero
Пытался я понять Ваш текст, не вышло.
1) Всё очень путано;
2) и вообще непонятно, в чем состоит постановка задачи, решение которой Вы нам пытаетесь показать ;

Цитата:

С первых слов, как Вельзевул во плоти,
навалился Дау на него:
"Лучше Вы скажите, что в работе
Ищется как функция чего ? "

3) QR-разложение тут совершенно ни при чем, непонятно, зачем его вспомнили;
4) Бога ради, не пишите загадочные десятичные дроби, пишите по-нормальному, через корни. А то проверить ничего нельзя.