第7章表現論 — 既約表現と大直交定理

導出：$D(E)=I$ と $D(R^{-1})=D(R)^{-1}$

定義 \eqref{eq:7-hom} だけから，恒等元と逆元の翻訳先が自動的に決まってしまうことを示す．

(1) 恒等元．群では $EE=E$ である．これを式 \eqref{eq:7-hom} に入れると

$$ D(E)\,D(E) = D(EE) = D(E) $$

表現の行列は正則だと約束したので，$D(E)^{-1}$ が存在する．両辺に右から $D(E)^{-1}$ を掛けると，左辺は $D(E)D(E)D(E)^{-1} = D(E)$，右辺は $D(E)D(E)^{-1} = I$ となり

$$ D(E) = I $$

恒等元は必ず単位行列に写る．

(2) 逆元．群では $RR^{-1}=E$ である．これを式 \eqref{eq:7-hom} に入れると

$$ D(R)\,D(R^{-1}) = D(E) = I $$

両辺に左から $D(R)^{-1}$ を掛けて

$$ D(R^{-1}) = D(R)^{-1} $$

∎ 逆元の翻訳先は，翻訳先の逆行列である．この2つは以下の証明で何度も使うので，頭に入れておくこと．

導出：基底関数の組から行列が決まる仕組み

対称操作 $R$ に対応する関数の変換演算子を $\hat{P}_R$ と書く．これは第6章で $\hat{R}$ と書いた演算子（$\hat{R}f(\rr)\equiv f(R^{-1}\rr)$）とまったく同じものであり，本章以降は表現の行列 $D(R)$ と紛れないよう $\hat{P}_R$ という記号を使う．$\ell$ 個の関数 $\{\phi_1,\phi_2,\dots,\phi_\ell\}$ を用意し，これらが張る空間が群のすべての操作で閉じている，すなわち $\hat{P}_R\phi_j$ がふたたび $\{\phi_i\}$ の線形結合で書けるとしよう．そのときの係数を並べたものが行列である：

ここで添字の順序に注意したい．$D(R)_{ij}$ の第2添字 $j$ が「変換される関数の番号」，第1添字 $i$ が「展開先の関数の番号」である．つまり $D(R)$ の第 $j$ 列が，$\phi_j$ の行き先の係数を並べたものになる．

この約束のもとで，式 \eqref{eq:7-hom} が本当に成り立つことを確かめよう．$\hat{P}_R\hat{P}_S = \hat{P}_{RS}$ を認めれば（これは第6章で確認した），

$$ \hat{P}_R\hat{P}_S\,\phi_k = \hat{P}_R\left(\sum_j \phi_j D(S)_{jk}\right) = \sum_j \left(\hat{P}_R\phi_j\right) D(S)_{jk} $$

さらに内側に式 \eqref{eq:7-basis} を代入して

$$ = \sum_j \left(\sum_i \phi_i D(R)_{ij}\right) D(S)_{jk} = \sum_i \phi_i \underbrace{\left(\sum_j D(R)_{ij}D(S)_{jk}\right)}_{=\ \left[D(R)D(S)\right]_{ik}} $$

一方，左辺をまとめて $\hat{P}_{RS}$ と見れば

$$ \hat{P}_{RS}\,\phi_k = \sum_i \phi_i\, D(RS)_{ik} $$

$\{\phi_i\}$ は一次独立だから，両者の係数を比べて

$$ \left[D(R)D(S)\right]_{ik} = D(RS)_{ik} $$

∎ すなわち式 \eqref{eq:7-hom} が成り立つ．閉じた関数の組を用意すれば，それだけで表現がひとつできるのである．

導出：6個の行列をすべて書く

回転．第4章の式（$z$ 軸まわりの回転行列）で $\phi=2\pi/3=120^\circ$ とすると，$\cos120^\circ=-\tfrac12$, $\sin120^\circ=\tfrac{\sqrt3}{2}$ だから

$$ D(C_3)=\begin{pmatrix}-\tfrac12 & -\tfrac{\sqrt3}{2} & 0\\[2pt] \tfrac{\sqrt3}{2} & -\tfrac12 & 0\\[2pt] 0&0&1\end{pmatrix}, \qquad D(C_3^2)=\begin{pmatrix}-\tfrac12 & \tfrac{\sqrt3}{2} & 0\\[2pt] -\tfrac{\sqrt3}{2} & -\tfrac12 & 0\\[2pt] 0&0&1\end{pmatrix} $$

（$C_3^2$ は $\phi=240^\circ$，すなわち $\cos=-\tfrac12$, $\sin=-\tfrac{\sqrt3}{2}$．）

鏡映．$z$ 軸を含み，$x$ 軸から角 $\theta$ だけ傾いた面での鏡映は，$xy$ 平面内では「角 $\theta$ の直線に関する折り返し」である．折り返しは，方向 $\alpha$ のベクトルを方向 $2\theta-\alpha$ に移すから，$x=r\cos\alpha,\ y=r\sin\alpha$ に対し

$$ x' = r\cos(2\theta-\alpha) = x\cos2\theta + y\sin2\theta,\qquad y' = r\sin(2\theta-\alpha) = x\sin2\theta - y\cos2\theta $$

（加法定理を展開し，$r\cos\alpha=x$, $r\sin\alpha=y$ を代入しただけである．）$z$ は変わらない．よって

$$ D(\sigma_\theta)=\begin{pmatrix}\cos2\theta & \sin2\theta & 0\\ \sin2\theta & -\cos2\theta & 0\\ 0&0&1\end{pmatrix} $$

$\theta=0^\circ,\ 60^\circ,\ 120^\circ$ を代入する．$2\theta=0^\circ,120^\circ,240^\circ$ だから

$$ D(\sigma_1)=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\quad D(\sigma_2)=\begin{pmatrix}-\tfrac12&\tfrac{\sqrt3}{2}&0\\[2pt] \tfrac{\sqrt3}{2}&\tfrac12&0\\[2pt] 0&0&1\end{pmatrix},\quad D(\sigma_3)=\begin{pmatrix}-\tfrac12&-\tfrac{\sqrt3}{2}&0\\[2pt] -\tfrac{\sqrt3}{2}&\tfrac12&0\\[2pt] 0&0&1\end{pmatrix} $$

もちろん $D(E)=I_3$．∎ これで $C_{3v}$ の3次元表現が完成した．

導出：正則表現が本当に表現であること

$\left[D^{\rm reg}(R)D^{\rm reg}(S)\right]_{ik} = \sum_j D^{\rm reg}(R)_{ij}\,D^{\rm reg}(S)_{jk}$ を考える．

和の各項がゼロでないためには，$D^{\rm reg}(S)_{jk}=1$ かつ $D^{\rm reg}(R)_{ij}=1$，すなわち

$$ S\,G_k = G_j \quad\text{かつ}\quad R\,G_j = G_i $$

の両方が必要である．$G_j$ は $S G_k$ で決まってしまうので，そんな $j$ は高々1個．そしてその $j$ に対して

$$ G_i = R\,G_j = R(S\,G_k) = (RS)\,G_k $$

これはまさに $D^{\rm reg}(RS)_{ik}=1$ の条件である．逆に $(RS)G_k=G_i$ なら，$j$ を $G_j=SG_k$ で定めれば上の2条件が満たされる．したがって

$$ \left[D^{\rm reg}(R)D^{\rm reg}(S)\right]_{ik} = D^{\rm reg}(RS)_{ik} $$

∎ 正則表現は表現である．

導出：$D'$ が本当に表現であること

式 \eqref{eq:7-hom} を確かめればよい．定義 \eqref{eq:7-sim} を代入して

$$ D'(R)\,D'(S) = \left(U^{-1}D(R)U\right)\left(U^{-1}D(S)U\right) $$

真ん中の $U U^{-1}$ が消えて

$$ = U^{-1}D(R)\underbrace{UU^{-1}}_{=I}D(S)\,U = U^{-1}\big[D(R)D(S)\big]U = U^{-1}D(RS)\,U = D'(RS) $$

∎ 成り立つ．$U$ が群の元によらないひとつの固定した行列であることが決定的である．もし $U$ が $R$ ごとに違えば，$UU^{-1}$ が消えてくれない．

導出：$(x,y,z)$ 表現が $A_1\oplus E$ になること

7.1.3節で書き下した6個の行列を，もう一度眺めてみる．すべて

$$ D(R)=\begin{pmatrix} \ast & \ast & 0\\ \ast & \ast & 0\\ 0&0&1\end{pmatrix} $$

という形をしている．つまりすでにブロック対角である．理由ははっきりしている．

• $C_{3v}$ の対称操作はすべて $z$ 軸を軸とする回転か，$z$ 軸を含む面での鏡映である．どちらも $z$ 座標を変えない．したがって $z$ だけが張る1次元空間は不変部分空間である．
• 同時に，$z$ 成分が $xy$ 成分に混ざり込むこともない．したがって $(x,y)$ が張る2次元空間も不変部分空間である．

$z$ の張る1次元部分は，$D(R)_{33}=1$（すべての $R$）だから恒等表現 $A_1$ である．

残る $2\times2$ ブロックを $D^{(E)}(R)$ と書こう．これが既約であることを示す．もし可約なら，2次元だから1次元の不変部分空間，すなわちすべての $D^{(E)}(R)$ の共通の固有ベクトルが存在するはずである．

まず $D^{(E)}(C_3)$ の固有ベクトルを求める．角 $\phi$ の回転行列 $\begin{pmatrix}\cos\phi&-\sin\phi\\ \sin\phi&\cos\phi\end{pmatrix}$ に $\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix}$ を掛けると

$$ \begin{pmatrix}\cos\phi+i\sin\phi\\ \sin\phi-i\cos\phi\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}e^{i\phi}\\ -i(\cos\phi+i\sin\phi)\end{pmatrix} = e^{i\phi}\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix} $$

（2行目で $\sin\phi-i\cos\phi = -i(\cos\phi+i\sin\phi)$ を使った．）同様に $\begin{pmatrix}1\\ i\end{pmatrix}$ は固有値 $e^{-i\phi}$ を持つ．$\phi=120^\circ$ では $e^{i\phi}\neq e^{-i\phi}$ なので，固有値は縮退しておらず，固有ベクトルはこの2本（の定数倍）しかない．

次に，この2本が $D^{(E)}(\sigma_1)=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$ の固有ベクトルでもあるかを見る．

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

これはもう一方の固有ベクトルであって，もとのベクトルの定数倍ではない．$\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}$ についても同様に入れ替わる．したがって共通の固有ベクトルは存在しない．

∎ よって $D^{(E)}$ は既約であり，2次元既約表現 $E$ である．まとめると

指標でも確認できる．$\chi^{A_1}=(1,1,1)$，$\chi^{E}=(2,-1,0)$ を足すと $(3,0,1)$ で，7.1.3節の計算と一致する．

証明：$H=\sum_R D(R)D(R)^\dagger$ を作って対角化する

第1歩：行列 $H$ を作る．群のすべての元にわたる和

$$ H \equiv \sum_{R\in G} D(R)\,D(R)^\dagger $$

を定義する．$h$ 個の行列の和なので，これは $R$ に依存しないひとつの $\ell\times\ell$ 行列である．

第2歩：$H$ はHermiteである．$\dagger$ を取ると，和の各項について $\left(DD^\dagger\right)^\dagger = \left(D^\dagger\right)^\dagger D^\dagger = DD^\dagger$ だから

$$ H^\dagger = \sum_R \left(D(R)D(R)^\dagger\right)^\dagger = \sum_R D(R)D(R)^\dagger = H $$

第3歩：$H$ は正定値である．任意のゼロでないベクトル $v$ に対し

$$ v^\dagger H v = \sum_R v^\dagger D(R)D(R)^\dagger v = \sum_R \left(D(R)^\dagger v\right)^\dagger\left(D(R)^\dagger v\right) = \sum_R \left\|D(R)^\dagger v\right\|^2 \ \ge\ 0 $$

等号が成り立つには，すべての $R$ で $D(R)^\dagger v=0$ でなければならない．ところが $R=E$ の項は $D(E)^\dagger v = I v = v$ なので，$v\neq0$ ならこの項だけで正になる．よって $v^\dagger Hv>0$，すなわち $H$ は正定値である．

第4歩：$H$ を対角化する．Hermite行列だから，あるユニタリ行列 $U$ で対角化できる：

$$ U^\dagger H U = d \equiv \mathrm{diag}(d_1,d_2,\dots,d_\ell) $$

正定値だから固有値はすべて正，$d_k>0$．したがって

$$ d^{1/2}\equiv \mathrm{diag}(\sqrt{d_1},\dots,\sqrt{d_\ell}),\qquad d^{-1/2}\equiv \mathrm{diag}(1/\sqrt{d_1},\dots,1/\sqrt{d_\ell}) $$

がどちらも実数の対角行列として定義でき，$d^{1/2}d^{1/2}=d$, $d^{1/2}d^{-1/2}=I$ が成り立つ．ここで $d_k>0$ が効いている．もし固有値にゼロや負があれば，この平方根が作れず証明が破綻する．

第5歩：新しい表現を定義する．まず $\tilde{D}(R)\equiv U^\dagger D(R) U$ と置く（これは相似変換なので表現である）．定義から

$$ \sum_R \tilde{D}(R)\tilde{D}(R)^\dagger = \sum_R U^\dagger D(R)UU^\dagger D(R)^\dagger U = U^\dagger\left(\sum_R D(R)D(R)^\dagger\right)U = U^\dagger H U = d $$

さらに

$$ D'(R) \equiv d^{-1/2}\,\tilde{D}(R)\,d^{1/2} $$

と定義する．これも相似変換（変換行列は $U d^{1/2}$）なので表現である．

第6歩：$D'$ がユニタリであることを示す．$d^{1/2}$ は実対角行列なので $\left(d^{1/2}\right)^\dagger = d^{1/2}$ に注意して

$$ D'(R)D'(R)^\dagger = d^{-1/2}\tilde{D}(R)d^{1/2}\cdot d^{1/2}\tilde{D}(R)^\dagger d^{-1/2} = d^{-1/2}\,\tilde{D}(R)\,d\,\tilde{D}(R)^\dagger\,d^{-1/2} $$

真ん中の $\tilde{D}(R)\,d\,\tilde{D}(R)^\dagger$ を計算する．$d$ を第5歩の和で書き直すと

$$ \tilde{D}(R)\,d\,\tilde{D}(R)^\dagger = \tilde{D}(R)\left[\sum_S \tilde{D}(S)\tilde{D}(S)^\dagger\right]\tilde{D}(R)^\dagger = \sum_S \left[\tilde{D}(R)\tilde{D}(S)\right]\left[\tilde{D}(S)^\dagger \tilde{D}(R)^\dagger\right] $$

前半は $\tilde{D}(RS)$，後半は $\left[\tilde{D}(R)\tilde{D}(S)\right]^\dagger=\tilde{D}(RS)^\dagger$ である（$\dagger$ は積の順序を逆にすることを思い出す）．よって

$$ = \sum_{S\in G} \tilde{D}(RS)\,\tilde{D}(RS)^\dagger $$

ここで再配列定理を使う．$R$ を固定して $S$ を群全体にわたらせると，積 $RS$ もまた群全体を1回ずつ走る（第6章）．したがって $S'=RS$ と置き直せば

$$ = \sum_{S'\in G} \tilde{D}(S')\tilde{D}(S')^\dagger = d $$

もとに戻して

$$ D'(R)D'(R)^\dagger = d^{-1/2}\,d\,d^{-1/2} = I $$

∎ すべての $R$ について成り立つので，$D'$ はユニタリ表現である．

証明

第1歩：$M$ をHermiteだとしてよいことを示す．式 \eqref{eq:7-schur1} の両辺の $\dagger$ を取る．積の順序が逆になるので

$$ D(R)^\dagger M^\dagger = M^\dagger D(R)^\dagger $$

表現はユニタリとしてよい（定理7.3）から $D(R)^\dagger=D(R)^{-1}$ であり

$$ D(R)^{-1}M^\dagger = M^\dagger D(R)^{-1} $$

この式の両辺に，左からも右からも $D(R)$ を掛ける．左辺は $D(R)D(R)^{-1}M^\dagger D(R)=M^\dagger D(R)$，右辺は $D(R)M^\dagger D(R)^{-1}D(R)=D(R)M^\dagger$．したがって

$$ M^\dagger D(R) = D(R)M^\dagger $$

すなわち$M^\dagger$ もまた式 \eqref{eq:7-schur1} を満たす．そこで

$$ H_1 \equiv M+M^\dagger,\qquad H_2\equiv i\left(M-M^\dagger\right) $$

と置く．$H_1^\dagger = M^\dagger+M = H_1$，$H_2^\dagger = -i(M^\dagger-M)=i(M-M^\dagger)=H_2$ だから，どちらもHermiteである．そして式 \eqref{eq:7-schur1} は線形な関係なので，$H_1$ も $H_2$ もこれを満たす．逆に解けば

$$ H_1 - iH_2 = (M+M^\dagger) - i\cdot i(M-M^\dagger) = (M+M^\dagger)+(M-M^\dagger) = 2M \quad\Longrightarrow\quad M=\tfrac12\left(H_1-iH_2\right) $$

よって，Hermite行列について $H=cI$ が示せれば，$M=\tfrac12(c_1-ic_2)I$ となって一般の $M$ についても結論が従う．以下 $M$ はHermiteとする．

第2歩：$M$ を対角化する．Hermiteだから，あるユニタリ行列 $V$ で

$$ V^\dagger M V = \Lambda = \mathrm{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_\ell) $$

と対角化できる（固有値 $\lambda_\mu$ は実数）．ここで固有値の並べ方は自由なので，同じ値の固有値どうしが隣り合うように並べておく．同時に表現も $\tilde{D}(R)\equiv V^\dagger D(R)V$ と変換する．これは相似変換なので，$\tilde{D}$ も既約表現である．

式 \eqref{eq:7-schur1} を $V^\dagger\,(\cdots)\,V$ で挟むと

$$ V^\dagger M D(R)V = V^\dagger M VV^\dagger D(R)V = \Lambda\tilde{D}(R),\qquad V^\dagger D(R)MV = \tilde{D}(R)\Lambda $$

したがって

$$ \Lambda\,\tilde{D}(R) = \tilde{D}(R)\,\Lambda $$

第3歩：成分で書く．$\Lambda$ は対角行列なので，$\left[\Lambda\tilde{D}\right]_{\mu\nu} = \lambda_\mu \tilde{D}_{\mu\nu}$，$\left[\tilde{D}\Lambda\right]_{\mu\nu}=\tilde{D}_{\mu\nu}\lambda_\nu$．よって

これが証明の要である．式 \eqref{eq:7-schur1-key} は，$\lambda_\mu\neq\lambda_\nu$ なら $\tilde{D}(R)_{\mu\nu}=0$ がすべての $R$ について成り立つ，と言っている．

第4歩：既約性と矛盾させる．いま固有値が2種類以上あると仮定してみる．第2歩で同じ値どうしを隣り合わせに並べておいたので，添字 $1,\dots,\ell$ は「固有値の等しいかたまり」に区切られている．式 \eqref{eq:7-schur1-key} により，異なるかたまりにまたがる成分はすべてゼロである．つまり $\tilde{D}(R)$ は，かたまりを単位とするブロック対角行列になる——それも，群のすべての $R$ について同時に．

これは $\tilde{D}$ が可約であることを意味し，$\tilde{D}$（したがって $D$）が既約であるという仮定に反する．

第5歩：結論．よって固有値は1種類しかない．$\lambda_1=\cdots=\lambda_\ell\equiv c$ とすれば $\Lambda=cI$ であり，もとに戻して

$$ M = V\Lambda V^\dagger = V(cI)V^\dagger = c\,VV^\dagger = cI $$

∎

証明

第1歩：$\dagger$ を取った関係式を用意する．式 \eqref{eq:7-schur2} の両辺の $\dagger$ を取ると

$$ M^\dagger D^{(i)}(R)^\dagger = D^{(j)}(R)^\dagger M^\dagger $$

ユニタリ性より $D(R)^\dagger = D(R)^{-1}=D(R^{-1})$（7.1.1節の導出）だから

$$ M^\dagger D^{(i)}(R^{-1}) = D^{(j)}(R^{-1})\,M^\dagger $$

ここで $R$ が群全体を走れば $R^{-1}$ も群全体を走る（逆元は1対1対応）．したがって $R^{-1}$ を改めて $R$ と書き直してよく

第2歩：$MM^\dagger$ が第1の補題の条件を満たす．$MM^\dagger$ は $\ell_i\times\ell_i$ の正方行列である．式 \eqref{eq:7-schur2} を使い，続いて式 \eqref{eq:7-schur2-dag} を使うと

$$ D^{(i)}(R)\,MM^\dagger \ \overset{\eqref{eq:7-schur2}}{=}\ M\,D^{(j)}(R)\,M^\dagger \ \overset{\eqref{eq:7-schur2-dag}}{=}\ M\,M^\dagger D^{(i)}(R) $$

（2番目の等号では，式 \eqref{eq:7-schur2-dag} を右から左に読んで $D^{(j)}(R)M^\dagger = M^\dagger D^{(i)}(R)$ と置き換えた．）すなわち $MM^\dagger$ は $D^{(i)}$ のすべての行列と可換である．$D^{(i)}$ は既約だから，Schurの補題 第1により

第3歩：$\ell_i=\ell_j$ の場合．$M$ は正方行列である．

(a) $c\neq0$ のとき．式 \eqref{eq:7-MMdag} の両辺の行列式を取ると $\det M\cdot\det M^\dagger = c^{\ell_i}\neq0$，よって $\det M\neq0$ で $M$ は正則．すると式 \eqref{eq:7-schur2} の両辺に左から $M^{-1}$ を掛けて

$$ M^{-1}D^{(i)}(R)M = D^{(j)}(R) $$

これは相似変換の式 \eqref{eq:7-sim} そのものであり，2つの表現は同値である．

(b) $c=0$ のとき．$MM^\dagger=0$ の対角成分を書き下すと

$$ \left(MM^\dagger\right)_{\mu\mu} = \sum_{\nu} M_{\mu\nu}\left(M^\dagger\right)_{\nu\mu} = \sum_\nu M_{\mu\nu}M^{*}_{\mu\nu} = \sum_\nu \left|M_{\mu\nu}\right|^2 = 0 $$

絶対値の二乗の和がゼロなら各項がゼロだから，すべての $\mu,\nu$ で $M_{\mu\nu}=0$，すなわち $M=0$．

まとめると，次元が等しい場合は「同値であるか，$M=0$ か」の二者択一である．対偶を取れば，非同値なら $M=0$．

第4歩：$\ell_i\neq\ell_j$ の場合．まず $\ell_i>\ell_j$ とする（$M$ は縦長）．$M$ の右側に $\ell_i-\ell_j$ 本のゼロ列を継ぎ足して，$\ell_i\times\ell_i$ の正方行列 $N$ を作る：

$$ N \equiv \left(\,M \ \big|\ 0\,\right) $$

すると $N^\dagger$ は $M^\dagger$ の下にゼロ行が並んだ形なので，ブロックで掛け算して

$$ NN^\dagger = \left(M\ \big|\ 0\right)\begin{pmatrix}M^\dagger\\ 0\end{pmatrix} = MM^\dagger + 0 = MM^\dagger = c\,I_{\ell_i} $$

一方 $N$ にはゼロ列があるので $\det N=0$．したがって

$$ \det\left(NN^\dagger\right) = \det N\cdot\det N^\dagger = 0 $$

ところが $\det\left(cI_{\ell_i}\right) = c^{\ell_i}$ だから

$$ c^{\ell_i}=0\quad\Longrightarrow\quad c=0\quad\Longrightarrow\quad MM^\dagger=0\quad\Longrightarrow\quad M=0 $$

（最後の含意は第3歩(b)と同じ絶対値二乗和の議論である．）

次に $\ell_i<\ell_j$ の場合．式 \eqref{eq:7-schur2-dag} を見ると，これは $M^\dagger$（$\ell_j\times\ell_i$ 行列）について $D^{(j)}(R)M^\dagger = M^\dagger D^{(i)}(R)$ という，$i$ と $j$ の役割を入れ替えた式 \eqref{eq:7-schur2} の形である．いまや $\ell_j>\ell_i$ なので，すぐ上の議論がそのまま使えて $M^\dagger=0$，したがって $M=0$．

∎ 以上ですべての場合が尽くされた．

証明

第1歩：群平均で $M$ を作る．$\ell_i\times\ell_j$ の任意の行列 $X$ を持ってきて

と定義する．次元を確認すると，$(\ell_i\times\ell_i)(\ell_i\times\ell_j)(\ell_j\times\ell_j)$ なので $M$ は $\ell_i\times\ell_j$ 行列である．

第2歩：$M$ がSchurの条件 \eqref{eq:7-schur2} を満たすことを示す．群の任意の元 $A$ を取り，$D^{(i)}(A)MD^{(j)}(A)^{-1}$ を計算する．式 \eqref{eq:7-Mdef} を代入して

$$ D^{(i)}(A)\,M\,D^{(j)}(A)^{-1} = \sum_R D^{(i)}(A)D^{(i)}(R)^{-1}\,X\,D^{(j)}(R)D^{(j)}(A)^{-1} $$

ここで表現の性質 $D(A)D(R)^{-1}=D(A)D(R^{-1})=D(AR^{-1})$ と $D(R)D(A)^{-1}=D(RA^{-1})$ を使うと

$$ = \sum_R D^{(i)}\!\left(AR^{-1}\right)X\,D^{(j)}\!\left(RA^{-1}\right) $$

ここで変数変換を行う．$S\equiv RA^{-1}$ と置くと $R=SA$ であり

$$ AR^{-1} = A(SA)^{-1} = A\,A^{-1}S^{-1} = S^{-1} $$

となる．$A$ を固定して $R$ を群全体にわたらせると，$S=RA^{-1}$ も群全体をちょうど1回ずつ走る（再配列定理）．したがって和の記号を $S$ に書き換えて

$$ = \sum_{S\in G} D^{(i)}\!\left(S^{-1}\right)X\,D^{(j)}(S) = \sum_S D^{(i)}(S)^{-1}X D^{(j)}(S) = M $$

右から $D^{(j)}(A)$ を掛けて

$$ D^{(i)}(A)\,M = M\,D^{(j)}(A)\qquad(\text{すべての }A\in G) $$

これはまさに式 \eqref{eq:7-schur2} である．$X$ が何であっても成り立つことに注意したい．

第3歩：$X$ の選び方．$X$ として，$(\mu,\alpha)$ 成分だけが $1$ で他はすべて $0$ の行列を取る：

$$ X_{\lambda\sigma} = \delta_{\lambda\mu}\,\delta_{\sigma\alpha} $$

このとき $M$ の $(\nu,\beta)$ 成分を計算する．式 \eqref{eq:7-Mdef} を成分で書くと

$$ M_{\nu\beta} = \sum_R \sum_{\lambda,\sigma} \left[D^{(i)}(R)^{-1}\right]_{\nu\lambda} X_{\lambda\sigma}\left[D^{(j)}(R)\right]_{\sigma\beta} $$

$X$ のおかげで $\lambda=\mu$, $\sigma=\alpha$ の項だけが残り

$$ M_{\nu\beta} = \sum_R \left[D^{(i)}(R)^{-1}\right]_{\nu\mu}\,D^{(j)}(R)_{\alpha\beta} $$

ここでユニタリ性を使う．$\left[D^{-1}\right]_{\nu\mu}=\left[D^\dagger\right]_{\nu\mu}=D^{*}_{\mu\nu}$（添字が入れ替わることに注意）だから

右辺は，まさに大直交定理の左辺である．あとは $M_{\nu\beta}$ をSchurの補題で決めればよい．

第4歩：$i\neq j$（非同値）の場合．第2歩により $M$ はSchurの補題 第2の条件を満たす．非同値なので定理7.5より $M=0$，すなわちすべての成分がゼロ：

$$ \sum_R D^{(i)}(R)^{*}_{\mu\nu}D^{(j)}(R)_{\alpha\beta} = 0 $$

これで式 \eqref{eq:7-got} の $\delta_{ij}$ が説明できた．

第5歩：$i=j$ の場合．このとき式 \eqref{eq:7-Mdef} は $M=\sum_R D^{(i)}(R)^{-1}XD^{(i)}(R)$ となり，第2歩の結論は $D^{(i)}(A)M=MD^{(i)}(A)$，つまり$M$ は既約表現 $D^{(i)}$ と可換である．Schurの補題 第1（定理7.4）より

$$ M = c\,I_{\ell_i}\qquad\Longrightarrow\qquad M_{\nu\beta} = c\,\delta_{\nu\beta} $$

これで式 \eqref{eq:7-got} の $\delta_{\nu\beta}$ が出た．定数 $c$ は $X$ の選び方に依るので，いま選んだ $X$（$(\mu,\alpha)$ 成分だけ $1$）に対する値を $c_{\mu\alpha}$ と書く．

第6歩：$c_{\mu\alpha}$ をトレースから決める．ここが $h/\ell_i$ の出どころである．$M=c_{\mu\alpha}I_{\ell_i}$ のトレースを2通りに計算して比べる．

まず右辺から：

$$ \Tr M = \Tr\left(c_{\mu\alpha}I_{\ell_i}\right) = c_{\mu\alpha}\,\ell_i $$

次に定義 \eqref{eq:7-Mdef} から：

$$ \Tr M = \sum_R \Tr\left[D^{(i)}(R)^{-1}X D^{(i)}(R)\right] $$

トレースの巡回性 $\Tr(ABC)=\Tr(CAB)$ により，各項について

$$ \Tr\left[D^{(i)}(R)^{-1}XD^{(i)}(R)\right] = \Tr\left[D^{(i)}(R)D^{(i)}(R)^{-1}X\right] = \Tr\left[I\,X\right] = \Tr X $$

$R$ に依らない値なので，$h$ 個の項がすべて同じ値になり

$$ \Tr M = h\,\Tr X $$

いま $X$ は $(\mu,\alpha)$ 成分だけが $1$ だから，対角成分の和は $\mu=\alpha$ のときだけ $1$，そうでなければ $0$：

$$ \Tr X = \sum_\lambda X_{\lambda\lambda} = \delta_{\mu\alpha} $$

したがって

$$ c_{\mu\alpha}\,\ell_i = h\,\delta_{\mu\alpha} \qquad\Longrightarrow\qquad c_{\mu\alpha} = \frac{h}{\ell_i}\,\delta_{\mu\alpha} $$

第7歩：まとめる．第5歩と第6歩を式 \eqref{eq:7-Mcomp} に代入して

$$ \sum_R D^{(i)}(R)^{*}_{\mu\nu}D^{(i)}(R)_{\alpha\beta} = \frac{h}{\ell_i}\delta_{\mu\alpha}\delta_{\nu\beta} $$

第4歩の結果と合わせれば，式 \eqref{eq:7-got} が得られる．∎

導出：行列要素の直交から指標の直交へ

大直交定理 \eqref{eq:7-got} で，$\nu=\mu$ かつ $\beta=\alpha$ と置く（対角成分だけを見る）．

$$ \sum_R D^{(i)}(R)^{*}_{\mu\mu}D^{(j)}(R)_{\alpha\alpha} = \frac{h}{\ell_i}\delta_{ij}\delta_{\mu\alpha}\delta_{\mu\alpha} $$

さらに $\mu$ について $1$ から $\ell_i$ まで，$\alpha$ について $1$ から $\ell_j$ まで和を取る．左辺は

$$ \sum_R \left(\sum_\mu D^{(i)}(R)^{*}_{\mu\mu}\right)\left(\sum_\alpha D^{(j)}(R)_{\alpha\alpha}\right) = \sum_R \chi^{(i)}(R)^{*}\chi^{(j)}(R) $$

となる（トレースの定義そのもの）．右辺は $\delta_{\mu\alpha}\delta_{\mu\alpha}=\delta_{\mu\alpha}$ に注意して

$$ \frac{h}{\ell_i}\delta_{ij}\sum_{\mu,\alpha}\delta_{\mu\alpha} = \frac{h}{\ell_i}\delta_{ij}\cdot\ell_i = h\,\delta_{ij} $$

（$i=j$ のときだけ意味があり，そのとき $\sum_{\mu\alpha}\delta_{\mu\alpha}=\ell_i$ である．）よって

∎ 指標の直交定理である．$\ell_i$ がきれいに消えて $h$ だけが残るのが美しい．第8章はこの式から出発する．

導出：既約分解の公式

可約表現 $\Gamma$ が既約表現を $\Gamma=\bigoplus_i a_i\Gamma^{(i)}$ と含むとき，指標は $\chi(R)=\sum_i a_i\chi^{(i)}(R)$ であった（7.4.1節）．両辺に $\chi^{(j)}(R)^{*}$ を掛けて $R$ について和を取ると

$$ \sum_R \chi^{(j)}(R)^{*}\chi(R) = \sum_i a_i\sum_R\chi^{(j)}(R)^{*}\chi^{(i)}(R) = \sum_i a_i\,h\,\delta_{ij} = h\,a_j $$

したがって

∎ 指標さえ分かれば，どの既約表現が何回入っているかが割り算1回で決まる．第8章以降で最も頻繁に使う公式である．

証明：正則表現に既約分解の公式を当てる

正則表現 $D^{\rm reg}$（次元 $h$）の指標は，定理7.1より $\chi^{\rm reg}(E)=h$，$R\neq E$ では $\chi^{\rm reg}(R)=0$ であった．

この極端な形が効く．式 \eqref{eq:7-reduction} の和は$R=E$ の項だけが生き残り

$$ a_i = \frac{1}{h}\sum_R \chi^{(i)}(R)^{*}\chi^{\rm reg}(R) = \frac{1}{h}\,\chi^{(i)}(E)^{*}\cdot h = \chi^{(i)}(E) $$

ところが $\chi^{(i)}(E)=\Tr D^{(i)}(E)=\Tr I_{\ell_i}=\ell_i$ である．すなわち

正則表現は，各既約表現をちょうどその次元の回数だけ含む．これ自体が重要な結論である．

次に，次元の勘定を書く．可約表現の次元は各既約成分の次元の和だから

$$ h = \dim D^{\rm reg} = \sum_i a_i\,\ell_i = \sum_i \ell_i\cdot\ell_i = \sum_i \ell_i^2 $$

∎ 同じことは指標を $R=E$ で評価しても出る：$\chi^{\rm reg}(E)=h$ と $\sum_i a_i\chi^{(i)}(E)=\sum_i\ell_i^2$ を等置すればよい．