本篇开始为物理学服务。以下，“幺正变换”=“等距同构”，“厄密”=“自伴”
有限群（线性）表示
基本定义
群$G$的矩阵表示，指从$G$到一般线性群$GL_n$的同态。即：把群中每个元素都同态地对应到一个方阵：$g\mapsto D(g)$，这些方阵的集合对矩阵乘法作成一个群$D(G)$，称为$G$的群表示。这些方阵代表一个$n$维线性空间到自己的映射，该$n$维线性空间称为表示空间，记为$L_n$（有限维，这样线代里学的结论可放心用）
如果还是同构，那称该表示是faithful（忠实的），忠实表示之下，原来群里的所有信息都不会丢失，的确非常忠实
等价与幺正表示
相似变换（换基）
如果一个群有两个群表示$D(G)$与$D’(G)$，存在一个变换$S$使得对所有$g\in G$，均有$D’(g)=S^{-1}D(g)S$，则称两个表示等价：$D(G)\simeq D’(G)$（可验证的确是等价关系）
此外，如果一个群表示$D(G)$在经过某变换$S$引发的相似变换$S^{-1}D(g)S$之下得到一个新的集合$D’(G)$，那么该集合也是群，且也是$G$的一个群表示。这句话的含义是：某个表示空间的基经$S$变换后得到了新基，用新基的语言，虽描述出来的矩阵和原来的不同，但含义是一样的，仍然是群表示，这说明“基的更改”不会影响$D(G)$的精神
幺正表示
若群$G$的某个表示中的所有矩阵都是幺正矩阵，则称该表示为群$G$的幺正表示。根据线代里等距同构的经典性质：幺正表示$D(G)$中的元素都满足$D(g)^\dagger D(g)=I$
令人欣慰的是，有限群的任一个表示都等价于一个幺正表示！
证明十分美妙，特此摘录：
在表示空间$L_l$中任取一向量$\zeta=\sum_\alpha \zeta_\alpha e_\alpha$，作用$D(g)$得到$\zeta^{(g)}$上看看：
$\zeta^{(g)}=\sum_\alpha \zeta_\alpha D(g)e_\alpha=\sum_\alpha \sum_\beta \zeta_\alpha D_{\beta\alpha}(g)e_\beta=\sum_\beta \zeta_\beta^{(g)}e_\beta$下考察内积：$\sum_{g\in G}(\zeta^{(g)},\eta^{(g)})=(\sum_{g\in G}D^\dagger(g)D(g)\zeta,\eta )$，这一步已经用了伴随的定义以及线性，而且$\sum_{g\in G}D^\dagger(g)D(g)$正是自伴的！由谱定理，有一个对角阵$d$与之相似$d=U^{-1}\sum_{g\in G}D^\dagger(g)D(g) U$，用$d$替换，内积公式就成为：$(UdU^{-1}\zeta,\eta)=(dU^{-1}\zeta,U^{-1}\eta)$（已经用了$U$是幺正的）
下证明$d$的正定性，因为做替换$D’(g)=U^{-1}D(g)U$后，$d=\sum_{g\in G}D’^\dagger (g)D’(g)$，这样对角元素$d_{\mu\mu}=\sum_{g\in G}\sum_\alpha |D’_{\alpha\mu}(g)|^2 >0$，因此正定
正定矩阵可取正平方根（存在且唯一，平方根本身也是正定的），记为$\sqrt{d}$，因此$(dU^{-1}\zeta,U^{-1}\eta)=(\sqrt{d}U^{-1} \zeta,\sqrt{d}U^{-1} \eta)$，记为$(S\zeta,S\eta)$
用$D(g’)\zeta,D(g’)\eta$替换内积一式中的$\zeta,\eta$，可得：$\sum_{g\in G}(D(g)D(g’)\zeta,D(g)D(g’)\eta)=\sum_{g\in G}(D(gg’)\zeta,D(gg’)\eta)=(SD(g’)\zeta,SD(g’)\eta)$
有意思的是，由于$gg’\in G$，可以把它视为新元素（作用$g$视为“平移”自同构），因此$\sum_{g\in G}(D(gg’)\zeta,D(gg’)\eta)=\sum_{g’’\in G}(D(g’’)\zeta,D(g’’)\eta)=(S\zeta,S\eta)$
因此综合一下就有$(S\zeta,S\eta)=(SD(g’)\zeta,SD(g’)\eta)$，自然也有$(\zeta,\eta)=(SD(g’)S^{-1}\zeta,SD(g’)S^{-1}\eta)$，这说明$SD(g’)S^{-1}$是保内积的！因此是等距同构，这样就找到了$D(g’)$所对应的一个等价表示，是幺正的
自然地，若两个幺正表示是等价的，则引发它们之间相似变换的那个$S$是幺正变换
回想$S$的含义是基的变换：若一开始取了某标准正交基，该基分别在两个幺正变换$D(g)$与$D’(g)$之下，成为两个新的标准正交基，现在$S$代表两个新基之间的变换，那么也是“标准正交到标准正交”的幺正变换
矩阵的直和
矩阵$A$与$B$的直和为
$$
A\oplus B=\begin{pmatrix}
A & O_1 \\
O_2 & B \\
\end{pmatrix}
$$
上式为分块矩阵的写法（其中$O_1,O_2$都是全是零元的矩阵）
根据分块矩阵的性质，得（方阵时）：
$\det(A\oplus B)=\det(A)\det(B)$
$\text{Tr}(A\oplus B)=\text{Tr}A+\text{Tr}B$
$(A_1\oplus B_1)(A_2\oplus B_2)=(A_1A_2)\oplus(B_1B_2)$
矩阵的直积
矩阵$A=(A_{ij}) _ {k\times m}$与$B=(B _ {ij}) _ {p\times q}$的直积为：
$$
A\otimes B=\begin{pmatrix}
A _ {11}B & A _ {12}B & \dots & A _ {1m}B \\
A _ {21}B & A _ {22}B & \dots & A _ {2m}B \\
\vdots & \vdots &\quad & \vdots \\
A _ {k1}B & A _ {k2}B & \dots & A _ {km}B\\
\end{pmatrix}
$$
其中
$$
A _ {ij}B=\begin{pmatrix}
A_{ij}B_{11} & A_{ij}B_{12} &\dots & A_{ij}B_{1q} \\
A_{ij}B_{21} & A_{ij}B_{22} &\dots & A_{ij}B_{2q} \\
\vdots &\vdots &\quad &\vdots \\
A_{ij}B_{p1} & A_{ij}B_{p2} &\dots & A_{ij}B _{pq} \\
\end{pmatrix}
$$
即：直积矩阵中某一元素$A _ {ij}B _ {kl}$，其“行”需要两个指标确定：1. 在$A _ {ij}B$所属的块里，继承行指标$i$ 2. 在该块里具体是第$k$行，因此行指标记为$ik$。列指标同理写为$jl$，总体写为：$(A\otimes B) _ {ik,jl}=A _ {ij}B _ {kl}$
性质（方阵时）：
结合律 $(A\otimes B)\otimes C$
对矩阵加法的分配律 $A\otimes(B+ C)=A\otimes B+A\otimes C$
$\text{Tr}(A\otimes B)=\text{Tr}(A)\text{Tr}(B)$
$A_1$与$A_2$同阶，$B_1$与$B_2$同阶时：$(A_1\otimes B_1)(A_2\otimes B_2)=(A_1A_2)\otimes(B_1B_2)$
证明：
第3条：对角线上的元素必定行指标与列指标相同，且可以记为$ij=ij$（得益于$A,B$都为方阵），$\sum _ {ij}(A\otimes B) _ {ij,ij}=\sum_{ij}A _ {ii}B _ {jj}$，$\square$
第4条：证左右每个位置的元素都相等即可
可约
群$G$的群表示为$D(G):=\{D(g)|g\in G\}$，对应的表示空间$L_n$中，若有某个子空间$L_k$，在整个群表示的作用下都不变，这时称$D(G)$可约（reducible）。线代中早已熟知，这意味着可选取一组基以产生一个$k$阶子块$D’(g)$，即：
$$
D(g)=\begin{pmatrix}
D’(g) & X(g) \\
O & D’’(G) \\
\end{pmatrix}
$$
如果$D(G)$是幺正的，即其中每个元素都是幺正变换，那么$L_k$的正交补$L_k^{\perp}$也是该变换的不变子空间
原因是线代中学过的“一个正规算子的不变子空间的正交补仍然是该算子的不变子空间”（见Done Right定理9.30）
因此，$D(G)$是幺正表示的时候，得到更好的结果：
$$
D(g)=\begin{pmatrix}
D’(g) & O_1 \\
O_2 & D’’(G) \\
\end{pmatrix}
$$
像这样（当然子块还可继续细分），矩阵能变成“对角块”形式时，称为完全可约（completely reducible），由于已知“任何群表示都等价于某个幺正表示”，因此在等价意义下，一个有限群的表示或完全可约，或不可约
完全可约的形式为下图，记作$D(g)=a_0 D^{(0)}(g)\oplus a_1 D^{(1)}(g)\oplus\dots=\sum_{i}^\oplus a_iD^{(i)}(g)$，$a_i$代表小块$D^{(i)}(g)$出现的次数（因为图中点号里面可能还有$D^{(0)}(g)$等，一个块可能不只出现一次）
Schur定理
Schur定理一
若矩阵$M$与群$G$的整个群表示$D(G)$都可交换，即$MD(g)=D(g)M$，则$M$必为常数矩阵$\lambda I$
证明：由于$M$是定义在表示空间$L_l$上的线性算子，复空间上的算子必有本征值，可取一个本征值$\lambda$，其对应的本征空间（$k$维）中的向量$\zeta$均有$M\zeta=\lambda \zeta$，但是$MD(g)\zeta=D(g)M\zeta=\lambda D(g)\zeta$，说明$D(g)\zeta$仍在该本征空间中，这样竟然找到了一个$k$维的子空间，对于运算$D(g)$是封闭的！根据不可约的假设，$k=0$或$k=l$，前者就是全零阵，后者则说明$M$的本征空间恰好是整个空间，那么$M$在其上就是$\lambda I$
Schur定理二
若$D^{(1)}(G)$与$D^{(2)}(G)$是$G$的两个不可约表示，其空间分别$l_1$与$l_2$维，若存在一个$l_2\times l_1$的矩阵$M$，对任意的$g\in G$都满足关系$MD^{(1)}(g)=D^{(2)}(g)M$，则：
当$l_1=l_2$时，或$M=0$，或$D^{(1)}(G)\simeq D^{(2)}(G)$
当$l_1\neq l_2$时，$M=0$
证明：
已知有限群都和幺正矩阵等价了，不妨取$D^{(1)}$与$D^{(2)}$都是幺正的
对该关系式两边同时取共轭，得到$D^{(1)\dagger}(g)M^\dagger=M^\dagger D^{(2)\dagger}(g)$，即$D^{(1)-1}(g)M^\dagger=M^\dagger D^{(2)-1}(g)$，亦即$D^{(1)}(g^{-1})M^\dagger=M^\dagger D^{(2)}(g^{-1})$
现两端同作用$M$得到：$MD^{(1)}(g^{-1})M^\dagger=MM^\dagger D^{(2)}(g^{-1})$，运用假设得$D^{(2)}(g^{-1})MM^\dagger =MM^\dagger D^{(2)}(g^{-1})$，现在就可以用Schur定理一，得到$MM^\dagger=\lambda I$
如果$l_1=l_2$，且$\lambda=0$，则所有的元素都是$0$，因此$\sum_\alpha M_{i\alpha}M^\dagger_{\alpha j}=\sum_\alpha M_{i\alpha}M^\ast_{j\alpha}=0$取$i=j$时即知是全零阵
如果$l_1=l_2$，且$\lambda\neq 0$，则$\det(MM^\dagger)=\lambda^{l_1}\neq 0$，而$\det(MM^\dagger)=|\det(M)|^2$，因此推出$M$可逆，即$D^{(1)}(g)=M^{-1}D^{(2)}(g)M$
如果$l_1< l_2$（不妨如此），则给$M$补$l_2-l_1$个全零列成为方阵$M’$，$M’M’^\dagger=MM^\dagger=\lambda I$。对于$M’$用刚才情形的结论（自然是$\lambda =0$），得到$M’=0$，即$M=0$
$\square$
正交性定理
设$G$是$n$阶有限群，有两个不可约幺正表示$D^{(i)}(G)$与$D^{(j)}(G)$，表示空间分别$l_i$与$l_j$维，则两表示矩阵元有正交关系：
$$
\sum_{g\in G}D_{\alpha\beta}^{(i)}(g)D_{\mu\nu}^{(j)\ast}(g)=\frac{n}{l_i}\delta_{ij}\delta_{\alpha\mu}\delta_{\beta\nu}
$$
证明：
$i\neq j$时，记$X$是一任意$l_i\times l_j$矩阵，下构造$M=\sum_{g\in G}D^{(i)}(g)XD^{(j)}(g^{-1})$，下段证$D^{(i)}(g)M=MD^{(j)}(g)$：
$D^{(i)}(g)M=D^{(i)}(g)\sum_{g’\in G}D^{(i)}(g’)XD^{(j)}(g’^{-1})$，企图借用同态把$gg’$绑在一起，整理后为：$\sum_{g’\in G}D^{(i)}(gg’)XD^{(j)}(g’^{-1}g^{-1})D^{(j)}(g)$，用“乘$g$是一个自同构”，仍是整个群重新轮一遍，因此把$gg’$视为一个整体换元，上式化为$MD^{(j)}(g)$
这样用Schur定理二即得$M=0$，即$M_{\alpha\mu}=\sum_{g\in G}\sum_{\sigma\rho}D_{\alpha\sigma}^{(i)}(g)X_{\sigma\rho}D_{\rho\mu}^{(j)}(g^{-1})$，但$X$任取，不妨取为只有$\beta$行$\nu$列的元素为$1$，其余全零，因此上式为$\sum_{g\in G}D_{\alpha\beta}^{(i)}(g)D_{\nu\mu}^{(j)}(g^{-1})=0$，先用同态逆符号提出来，再用幺正的条件把逆号改成厄密共轭符号，最后为$\sum_{g\in G}D_{\alpha\beta}^{(i)}(g)D_{\mu\nu}^{(j)\ast}(g)=0$
$i=j$时，同设$M=\sum_{g\in G}D^{(i)}(g)XD^{(i)}(g^{-1})$，同上得到$MD^{(i)}(g)=D^{(i)}(g)M$，由Schur定理一得，是常数阵，$X$选取同上，因此$M_{\alpha\mu}=\lambda \delta_{\alpha\mu}$即：$\sum_{g\in G}D_{\alpha\beta}^{(i)}(g)D_{\nu\mu}^{(i)}(g^{-1})=\lambda \delta_{\alpha\mu}$，为求$\lambda$，把$\alpha$累加（$1$到$l_i$）后$\sum_{g\in G}\sum_\alpha D_{\alpha\beta}^{(i)}(g)D_{\nu\alpha}^{(i)}(g^{-1})=l_i\lambda$，但这表达式不就是两个矩阵乘吗！而且这两个矩阵乘用同构可以写为$D_{\nu\beta}^{(i)}(g^{-1}g)$，因此$\sum_{g\in G}D_{\nu\beta}^{(i)}(g^{-1}g)=l_i\lambda$，由于$G$的阶为$n$，因此$n\delta_{\nu\beta}=l_i\lambda$，因此$\sum_{g\in G}D_{\alpha\beta}^{(i)}(g)D_{\mu\nu}^{(i)\ast}(g)=\frac{n}{l_i}\delta_{\alpha\mu}\delta_{\beta\nu}$，结合两者，得证
可能会问，那些维数相同$l_i=l_j$但是$D^{(i)}(g)\neq D^{(j)}(g)$的情况呢？其实含在情况一里了，没有漏掉
含义：换一个视角处理，先定义$A_{\alpha\beta}^{(i)}(g)=\sqrt{\frac{l_i}{n}}D_{\alpha\beta}^{(i)}(G)$，再考虑集合$\{A_{\alpha\beta}^{(i)}(G)|i=0,\dots r-1 ,\alpha,\beta=0,\dots l_i\}$
$$
A_{\alpha\beta}^{(i)}(G)=\begin{pmatrix}
A_{\alpha\beta}^{(i)}(g_1) \\
A_{\alpha\beta}^{(i)}(g_2) \\
\vdots \\
A_{\alpha\beta}^{(i)}(g_n) \\
\end{pmatrix}
$$
是一个向量，而正交性关系描述的就是这些向量的正交归一关系。该集合中一共有$\sum_{i=0}^{r-1} l_i^2$个元素（三个指标都滚一遍，其中$r$代表不同的不可约表示个数）
