2018-02-20

球面調和関数で正20面体をつくる(3) - l=28までの表

　球面調和関数でサッカーボールをつくる記事のつづき.
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　改めて, 「 ${SO(3)}$ の ${\ell}$ 次の既約表現( ${(2\ell+1)}$ 次元表現)の, 正20面体群 ${I}$ への制限を既約分解したときの恒等表現 ${A}$ の基底」を存在すれば ${| \ell A \alpha\rangle}$ で表すことにする. ${\alpha}$ は重複度に応じてつけるラベル. 一般に ${|\ell A \alpha\rangle}$ は

${ |\ell A\alpha\rangle = \sum_{m=-\ell}^\ell Q_{\ell m\alpha} |\ell m\rangle\\ Q_{\ell m\alpha}\in\mathbb{R},\ \ \ \sum_{m=-\ell}^\ell Q_{\ell m\alpha}^2=1 }$

で表せるが, 前回の記事でそうしたように ${C_5}$ 軸を ${z}$ 軸にとると ${m\equiv 0\ {\rm mod}5}$ 以外の係数はゼロになる. さらに ${C_2}$ 軸を ${y}$ 軸にとると,

${ Q_{\ell(-m)\alpha}=(-1)^{\ell+m}Q_{\ell m\alpha} }$

になる(従って ${\ell}$ が奇数のとき ${m=0}$ の係数はゼロ).

そして, 少なくとも ${\ell<29}$ では(重複度は1なので ${\alpha}$ は省く)

${ Q_{\ell m}=\pm \sqrt{\frac{c_{\ell m}}{N_\ell}}\\ N_\ell\in\mathbb{N},\ \ \ c_{\ell m}\in\mathbb{N}_0,\ \ \ {\rm gcd}(N_\ell, c_{\ell m})=1 }$

と, 既約分数の平方根になる. それらをまとめたのが下表.

その値は次のようにして得た:

(1) ${\ell=15}$ 同士の積表現が ${\ell=2,4,8,14}$ の基底を含まないことから ${|15A\rangle}$ が決定される.
(2)同時に ${\ell=30}$ 以下の偶数次数の表現が得られる.
(3) ${\ell=12,15}$ の積表現から ${\ell=21,25,27}$ (奇数次数)の基底が得られる*1

${Q}$ の符号は ${c}$ のほうにつけている. たとえば, ${N}$ の表から ${N_{10}=3\cdot5^4}$ で, ${c}$ の表での ${\ell=10,m=5}$ の欄に" ${-3\cdot11\cdot19}$ "とあるから,

${ Q_{10,5}=-\sqrt{\frac{c_{10,5}}{N_{10}}}=-\sqrt{\frac{3\cdot11\cdot19}{3\cdot5^4}}=-\frac{\sqrt{209}}{25} }$
と読む.

${N_\ell}$ の表
${ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \ell&0&6&10&12&15&16&18&20\\ \hline N_\ell&1 &5^2&3\cdot5^4 &5^5 &2^2\cdot5^5&2^2\cdot3\cdot5^7&5^7&5^9\\ \hline \end{array} }$
${ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \ell&21&22&24&25&26&27&28\\ \hline N_\ell &2\cdot5^7&2\cdot3\cdot5^{10}&5^{10}&2\cdot3\cdot5^{10} &2\cdot3\cdot5^{12} & 2^2\cdot3\cdot5^{10} & 2^2\cdot3\cdot5^{12}\\ \hline \end{array} }$

${c_{\ell m}}$ の表
${ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \ell\backslash m & 0 & 5 & 10 \\ \hline 0 & 1 & 0 & 0 \\ 6 & 11 & 7 & 0 \\ 10 & 13\cdot19 & -3\cdot11\cdot19 & 11\cdot17 \\ 12 & 3^2\cdot7\cdot17 & 2\cdot11\cdot13 & 3\cdot13\cdot19 \\ 15 & 0 & -5\cdot23\cdot29 & 2\cdot3\cdot11\cdot29 \\ 16 & 2^6\cdot5\cdot19\cdot31 & -3\cdot5\cdot13\cdot17\cdot31 & -2\cdot7\cdot17\cdot23\cdot31 \\ 18 &5\cdot11\cdot17\cdot23 & 2^3\cdot3^2\cdot5\cdot19 & 3\cdot7\cdot11\cdot19 \\ 20 & 5\cdot7\cdot23\cdot29 & -2\cdot11\cdot17\cdot19\cdot29 & 17\cdot19\cdot41^2 \\ 21 & 0 & -29\cdot31\cdot41 & -2^2\cdot13\cdot41\\ 22 & 2^2\cdot3\cdot5\cdot11\cdot19\cdot31\cdot37 & -7\cdot13\cdot23\cdot31\cdot37 & -2\cdot7\cdot17\cdot23\cdot29\cdot37 \\ 24 & 5\cdot7^2\cdot13\cdot23\cdot29 & 2^3\cdot3\cdot11\cdot59^2 & 2\cdot19^3\cdot31 \\ 25 & 0 & -7^2\cdot31\cdot37\cdot43& 2\cdot3\cdot7\cdot11\cdot19\cdot37\cdot43\\ 26 & 2^2\cdot3^3\cdot13\cdot29\cdot31\cdot41 & -5\cdot7\cdot11\cdot23^3\cdot41 & 2^7\cdot5\cdot7\cdot19\cdot23\cdot41 \\ 27 & 0 &-17\cdot19\cdot37\cdot41\cdot47& -2\cdot41^3\cdot47\\ 28 & 2^8\cdot3^2\cdot7\cdot31\cdot37\cdot43 & -5\cdot11\cdot13\cdot29\cdot37\cdot43 & -2\cdot3\cdot5\cdot13\cdot17\cdot23\cdot29\cdot43 \\ \hline \end{array} }$
${ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \ell\backslash m&15 & 20 & 25 \\ \hline 15 &7\cdot11\cdot13 & 0 & 0\\ 16 & 3^2\cdot17\cdot23\cdot29 & 0 & 0\\ 18 & 19\cdot29\cdot31 & 0 & 0 \\ 20 & -2^3\cdot11\cdot19\cdot31& 11\cdot13\cdot31\cdot37 & 0\\ 21 &3\cdot13\cdot17\cdot41 & 17\cdot19\cdot37 & 0\\ 22 & -23\cdot29\cdot103^2 & 13\cdot19\cdot23\cdot29\cdot41 & 0 \\ 24 & 2^2\cdot3^2\cdot11\cdot31\cdot37 & 31\cdot37\cdot41\cdot43 & 0\\ 25 & -7^2\cdot43\cdot61^2 & 3^2\cdot7^2\cdot11\cdot41 & 2\cdot5\cdot11\cdot23\cdot41\cdot47 \\ 26 & 3\cdot5\cdot23\cdot37\cdot139^2 & -5\cdot37\cdot43\cdot89^2 & 2\cdot7^2\cdot17\cdot37\cdot43\cdot47 \\ 27 & 2\cdot3\cdot17\cdot19\cdot47 & 2^6\cdot17\cdot19\cdot23\cdot43 & 5\cdot7\cdot13\cdot19\cdot23\cdot43\\ 28 & -2\cdot5\cdot23\cdot29^3\cdot41 & -2^3\cdot3^2\cdot5\cdot13\cdot29\cdot41\cdot47 & 7\cdot17\cdot29\cdot41\cdot47\cdot53 \\ \hline \end{array} }$

　せっかくなので球面調和関数の重ね合わせとして視覚化しておく.
${\ell=25}$
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${\ell=27}$
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${\ell=28}$
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　表を観察して気になること.
　まずこの範囲で ${N_\ell}$ は2,3,5しか因数に持たない. 理由が分からない.
${c_\ell}$ の因数も小さい素数ばかり並んでいる. 今の構成法ではこれは自明ではない. 単に直和分解するだけなら, 3j記号の閉じた形を考えると大きな素数は出てこないが, 今は規格化も含んでいるため.つまり和が ${N_\ell}$ である. たとえば, ${\ell=24}$ の欄から
${ (5\cdot7^2\cdot13\cdot23\cdot29)+2\cdot(2^3\cdot3\cdot11\cdot59^2)\\ +2\cdot(2\cdot19^3\cdot31)+2\cdot(2^2\cdot3^2\cdot11\cdot31\cdot37)+ 2\cdot(31\cdot37\cdot41\cdot43)=5^{10} }$
が分かる*2. 大げさかもしれないが数論的にはどう解釈すべきなのだろう.

　以前の記事で見た限り, ${x,y,z}$ 軸を ${C_2}$ 軸にとってもおそらく同じように係数は有理数の平方根になり, 分母の因数は2を多く含むと予想される. ${z}$ 軸を ${C_3}$ 軸, ${y}$ 軸を ${C_2}$ 軸にとるとそれは ${3}$ になるだろう(要検証).

　そして重複度が2以上になったときの基底の効率的な決定が分からない. 一応すでに ${\ell=15}$ どうしの合成から ${\ell=30}$ の基底のひとつが得られているが, 280485761という大きな素数が突然現れた. 直交する基底を自然に取り出す方法があってほしい.

　今の構成法は正20面体群対称な球面上の関数が積と和について閉じることを利用している. 積としての作用が球面調和関数を基底とする空間上の線形変換になり, 欠ける次数( ${\ell=1,2,3,4,5,7,\cdots,29)}$ がそれを特徴づけている.適切な解釈が分からない.

(2/21追記)
　せっかくなので ${\ell=15}$ のテンソル積から得られる ${\ell=30}$ のA基底のひとつも書いておく. ${\ell=30}$ ではA表現の重複度は2になるため, 最初の取り決めに従えば2つの空間を分けるラベルがいるがここでは無視する.

${N_{30}=5^{10}*467*280485761}$
${ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline m & 0 & 5 & 10 & 15 \\ \hline c_{30,m} &13\cdot5323^2\cdot9377^2 &-2^4\cdot3\cdot11\cdot17\cdot29\cdot31\cdot 5003^2 &5\cdot7\cdot13\cdot17\cdot19\cdot23\cdot29\cdot31\cdot37\cdot1429^2 &-3^5\cdot5\cdot11\cdot13\cdot23\cdot29^3\cdot31\cdot37\cdot41\cdot43 \\ \hline \end{array} }$
${ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline m&20 & 25 & 30\\ \hline c_{30,m} &2\cdot7\cdot29\cdot31\cdot37\cdot41\cdot43\cdot47\cdot1451^2 &2\cdot3^3\cdot11\cdot13\cdot17\cdot29\cdot31\cdot37\cdot41\cdot43\cdot47\cdot53 &7\cdot11\cdot13\cdot17\cdot19\cdot31\cdot37\cdot41\cdot43\cdot47\cdot53\cdot59\\ \hline \end{array} }$

${\ell=30}$ 球面調和関数
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もう一つの基底と重ね合わせて振動させたい.

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*1:なお, 同時に偶数次数も再度得られる. 球面調和関数であればパリティー奇と偶の積は奇でなければならないが, これはテンソル積なので問題ない. ${\ell}$ が偶数のとき ${O(3)}$ の忠実な表現にならないのが問題らしい, と思っている.

*2:2/21修正. 2乗和にしていた.

2018-02-16

球面調和関数で正20面体をつくる(2) - 3j記号の非自明なゼロ

物理・数学

リベンジ
理論
まとめ

リベンジ

　前回, 球面調和関数の重ね合わせで ${I}$ (正20面体群)対称性を持った関数をつくろうとしたとき取った戦略は, ${SO(3)}$ 既約表現の ${I}$ への制限が含む恒等表現の基底への射影演算子を構成することだった. 実際に計算も行ったが, D行列の要素を位数60の群全体に渡って, さらに ${(2\ell+1)\times(2\ell+1)}$ の要素全てを計算するという非常に迂遠な方法であった. しかもそれで得られる成分は簡潔. 正20面体に特徴的な数である ${\tau=(1+\sqrt{5})/2}$ も消えてしまう. 何かもっと単純に計算する方法があるに違いない.
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　ずいぶん悩んだが, D行列成分を計算することなく係数を得るひとつの方法をようやく見つけた.　John Baezによる解説がヒントになっている.

Quantum Mechanics and the Dodecahedronjohncarlosbaez.wordpress.com

　Baezは ${I}$ 不変な ${x,y,z}$ の多項式が,
- ${P(x,y,z)=x^2+y^2+z^2}$
- ${Q(x,y,z)}$ : 正20面体の6本の対角線に平行なベクトルと ${(x,y,z)}$ とのドット積の総乗(6次).
- ${R(x,y,z)}$ : 正20面体の面心と中心を結ぶ独立なベクトル10本と ${(x,y,z)}$ のドット積の総乗(10次)
- ${S(x,y,z)}$ : 正20面体の中心と辺の中点を結ぶベクトル15本と ${(x,y,z)}$ のドット積の総乗(15次)
　だけで書けることを示している. これと似たようなことが(あるいはひょっとすると本質的に同じことが) ${SO(3)}$ の表現の代数的な関係だけでできる.
　 ${\ell=1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,14,17,19,23,29}$ には恒等表現が存在しなかったことが既約指標に関する考察から示されていたことを思い出しておこう.

理論

6次の場合

　まず簡単のため正20面体の ${C_5}$ 軸(5回対称軸)は ${z}$ 軸に一致すると仮定する(前回は ${C_2}$ 軸を ${z}$ 軸に取っていた).
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(非常にいい加減な絵だが)
するとこの正20面体と同じ対称性を持つベクトルは ${m\equiv 0\ ({\rm mod}5)}$ に限られるため, ${\ell=6}$ で正20面体群対称性を持つベクトルは次の形に書ける.

${ |\psi\rangle=a|65\rangle+b|60\rangle+c|6-5\rangle}$

さらに ${C_2}$ 軸を ${y}$ 軸に取る. ${y}$ 軸回りの
1/2回転の表現行列は,

${ \mathcal{D}^{(\ell)}_{km}\left(\cos\frac{\pi}{2}+\sin\frac{\pi}{2}\ {\bf j}\right)=(-1)^{\ell+k}\delta_{k,-m} }$

であるから, 1/2回転で

${ a|65\rangle+b|60\rangle+c|6-5\rangle \rightarrow -c|65\rangle+b|60\rangle-a|6-5\rangle }$

と変換する. これで不変であるためには ${a=-c}$ が必要. 正20面体の姿勢には ${x}$ 軸に関する反転の自由度が残るが, 今のところこれだけの条件を課す.

　さて, テンソル積を

${ |\ell_1m_1\rangle\otimes|\ell_2m_2\rangle\rightarrow |\ell_1\ell_2m_1m_2\rangle }$

で表記すると, 自分自身とのテンソル積

${ |\psi\rangle |\psi\rangle=a^2|6655\rangle +b^2|6600\rangle +c^2|66\!-\!5\!-\!5\rangle\\ +ab(|6650\rangle+|6605\rangle) +bc(|660\!-\!5\rangle+|66\!-\!50\rangle) +ca(|66\!-\!55\rangle+|665\!-\!5\rangle) }$

もまた ${I}$ 対称性を持つ. ここで合成系の ${m=0}$ 成分に注目する. 一般には合成系は ${0\leq \ell\leq 12}$ 成分を持つ(ただし今は明らかに対称テンソルなので偶数だけ)が, 対称性からくる制限によって ${\ell=2,4,8}$ は許されない. すなわち,

${ \langle 80|\left(b^2|6600\rangle+ca(|66\!-\!55\rangle+|665\!-\!5\rangle)\right) =\langle 40|\left(b^2|6600\rangle+ca(|66\!-\!55\rangle+|665\!-\!5\rangle)\right)\\ =\langle 20|\left(b^2|6600\rangle+ca(|66\!-\!55\rangle+|665\!-\!5\rangle)\right)\\ =0 }$

驚くべきことにこれらは次のひとつの式に同値になる:

${ 7b^2+11ca=0 }$

3つの一見独立な式のこの同値性は, Clebsch-Gordan係数, あるいは3j記号の単純な性質から自明に従う結果ではない. むしろ ${SO(3)}$ が ${I}$ を部分群に持つことによって生じる性質と考えるべきであるように思われる.

　また, 合成系の ${\ell=6}$ 成分に注目する.

${ \langle65|ab(|6650\rangle+|6605\rangle) =-\frac{5\sqrt{11}\ ab}{\sqrt{17\cdot19}}\\ \langle 60|\left(b^2|6600\rangle+ca(|66\!-\!55\rangle+|665\!-\!5\rangle)\right) =-\frac{20\,b^2}{\sqrt{11\cdot 17\cdot 19}}+\frac{5\sqrt{11}\ ca}{\sqrt{17\cdot19}}\\ \langle6\!-\!5|bc(|660\!-\!5\rangle+|66\!-\!50\rangle) =-\frac{5\sqrt{11}\ bc}{\sqrt{17\cdot 19}} }$

これらの和が元の ${|\psi\rangle}$ の定数倍でなくてはならないが, 実はその条件

${ (-11ab):(-4b^2+11ca):(-11bc)=a:b:c }$
も上の式に同値になる. さらに, 合成系の ${|8,5\rangle}$ 成分に着目する. この成分が現れるとすれば ${ab}$ のかかる項のみで一見消えないように思える. しかし実は

${ \langle85|6650\rangle=\langle85|6605\rangle=(-1)^{6-6+5}\sqrt{2\cdot 8+1} \begin{pmatrix} 6&6&8\\5&0&-5 \end{pmatrix}=0 }$

なのである( ${|8\!-\!5\rangle}$ についても同様). これもまた3j記号の性質からは直ちには言えない(と思う). 結局,

${ a=-c,\ \ \ 7b^2+11ca=0 }$

に加えて規格化条件 ${|a|^2+|b|^2+|c|^2=1}$ を課し, さらに位相(phase)の不定性を消すために ${a}$ は正実数とすると,

${ a=-c=\frac{\sqrt{7}}{5},\ \ \ b=\pm\frac{\sqrt{11}}{5} }$

が得られる. ${b}$ の符号の不定性は正20面体の姿勢の(座標の取り方の)不定性から来ているので,座標を決めれば

${ \frac{\sqrt{7}}{5}(|65\rangle-|6\!-\!5\rangle)+\frac{\sqrt{11}}{5}|60\rangle }$

が(指標に関する考察から存在性は言えていてかつ唯一なので) ${\ell=6}$ 表現における恒等表現の基底ということになる.

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　Clebsch-Gordan係数を求めるにあたって数表ないしコンピューターの力さえ借りてしまえば(ちょっとの根気さえあれば手でも求められるが)あまりにもあっけない計算だった.

10次, 12次の基底を取り出す

　さて, 上のテンソル積で ${\ell=10,12}$ 成分は消えずに残されていた( ${\ell=0}$ は無視).それぞれ以下のような成分を含んでいる.

${\ell=10}$
${ -\frac{\sqrt{11}\,a^2}{\sqrt{23}}|10,10\rangle +\frac{\sqrt{3}\,\sqrt{7}\,\sqrt{19}\,ab}{\sqrt{17\cdot 23}}|10,5\rangle +\frac{49\,ca-126\,b^2}{\sqrt{13\cdot 17\cdot 19\cdot 23}} |10,0\rangle +\frac{\sqrt{3}\,\sqrt{7}\,\sqrt{19}\,bc}{\sqrt{17\cdot 23}}|10,\!-\!5\rangle -\frac{\sqrt{11}\,c^2}{\sqrt{23}}|10,\!-\!10\rangle }$

${\ell=12}$
${ \frac{2\sqrt{3}\, a^2}{\sqrt{23}}|12,10\rangle +\frac{{{2}^{3/2} }\,\sqrt{7}\,ab}{\sqrt{19}\,\sqrt{23}}|12,5\rangle +\frac{12\,ca+66\cdot 7\, b^2}{\sqrt{7}\,\sqrt{13}\,\sqrt{17}\,\sqrt{19}\,\sqrt{23}}|12,0\rangle +\frac{{{2}^{3/2}}\,\sqrt{7}\, bc}{\sqrt{19}\,\sqrt{23}}|12,\!-\!5\rangle +\frac{2\sqrt{3}\,c^2}{\sqrt{23}}|12,\!-\!10\rangle }$

規格化すると,

${\ell=10}$
${ \frac{1}{5^2\sqrt{3}}\left( \sqrt{11\cdot 17}(|10,10\rangle+|10,\!-\!10\rangle) +\sqrt{3\cdot 11\cdot 19}(-|10,5\rangle +|10,\!-\!5\rangle) +\sqrt{13\cdot 19} |10,0\rangle \right) }$

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${\ell=12}$
${ \frac{1}{5^{5/2}}\left(\sqrt{3\cdot13\cdot19}\,(|12,10\rangle+|12,\!-\!10\rangle) +\sqrt{2\cdot11\cdot13}\,(|12,5\rangle-|12,\!-\!5\rangle) +3\sqrt{7\cdot17}\,|12,0\rangle\right) }$

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が得られる. これらがまた ${\ell=10,12}$ 表現における恒等表現の基底になる.

15次の場合

　偶数次であれば ${\ell=6}$ のテンソル積を取ることで次々に求めていけそうだが, ${\ell=15}$ 表現はこの方法では現れない. 再び自分自身とのテンソル積を取る方法を採る.

　まず, ${z}$ 軸回りの5回対称性, ${y}$ 軸回りの2回対称性から,

${ |\phi\rangle=s(|15,15\rangle+|15,\!-\!15\rangle)+t(|15,10\rangle-|15,\!-\!10\rangle)+u(|15,5\rangle+|15,\!-\!5\rangle) }$

の形に書ける. ${|\ell=15, m=0\rangle$}$ 成分は無い. 合成系の ${|\ell=2,4,8,14,m=0\rangle}$ 成分に注目すると, 上と同じ理由で

${ \langle 2,0|(|\phi\rangle|\phi\rangle)=\langle 4,0|(|\phi\rangle|\phi\rangle)=\langle 8,0|(|\phi\rangle|\phi\rangle)=\langle 14,0|(|\phi\rangle|\phi\rangle)=0 }$

でなくてはならない. これは次の式に同値になる.

${ s^2:t^2:u^2=(7\cdot 11\cdot 13):(2\cdot3\cdot11\cdot29):(5\cdot23\cdot29) }$

また, 合成系の ${|\ell=8, 14,m=5\rangle}$ 成分がゼロになることから,

${ (\sqrt{5\cdot23\cdot 29}\, s+\sqrt{7\cdot11\cdot13}\,u)=0 }$

となる. これらが対称性から ${s,t,u}$ に課される条件のすべてで, 規格化と位相の不定性を除く処理として ${s}$ は正実数になるべく条件を加えると,

${ s=\frac{\sqrt{7\cdot11\cdot13}}{2\sqrt{5^5}},\ \ \ t=\pm \frac{\sqrt{2\cdot3\cdot11\cdot29}}{2\sqrt{5^5}},\ \ \ u=-\frac{\sqrt{5\cdot23\cdot29}}{2\sqrt{5^5}} }$

が得られる. 上と同じように ${t}$ の正負の不定性は ${x}$ 軸の取り方に依存しているが, 今度は上で採用した符号の取り方と両立させる必要がある. そこで合成系の ${|\ell=6,m=5\rangle}$ と ${|\ell=6,m=0\rangle}$ の係数の比をとると(やや込み入った計算ののち), ${+}$ を取るべきだと分かる.まとめると,

${ \frac{1}{2\cdot5^{5/2}}\left(\sqrt{7\cdot 11\cdot 13}\,(|15,15\rangle+|15,\!-\!15\rangle) +\sqrt{2\cdot3\cdot11\cdot29}\,(|15,10\rangle-|15,\!-\!10\rangle) -\sqrt{5\cdot 23\cdot 29}\,(|15,5\rangle+|15,\!-\!5\rangle)\right) }$

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が ${\ell=15}$ 表現の ${I}$ の恒等表現の基底として得られる. ただし ${|\ell,m\rangle\rightarrow Y^\ell_m}$ によって球面調和関数に置き換えるとき純虚になるので実関数にするには ${i}$ 倍する必要がある.

……と, ${\ell=6}$ とは独立に求めたが, この導出過程を見ると ${\ell=15}$ の場合を考察するだけで ${\ell<30}$ のすべての偶数の恒等表現の基底が求められるはずだと期待できる(実際にやったわけではないが)

まとめ

　射影演算子を介すことなく ${I}$ 対称な基底を取り出すという一応の目標は達成したが, 疑問も多く残る.
　依然として係数の簡潔さに比べると計算がやや冗長に感じられる. たとえば規格化された係数の分母に5の冪が現れる理由が不明瞭.
　恒等表現のテンソル積がまた恒等表現の線形結合で書ける, という条件は変数の数に対して一見過剰に見える. CG係数, 3j記号の非自明な関係式が多く生じている.
　タイトルにも付けた通り,3j記号の非自明なゼロが現れるのがかなり面白い結果だと思う. このテーマ, 3j記号, 6j記号の非自明なゼロについては不定方程式の観点から書かれた以下のような論文があった.
Brudno, Simcha. "Nontrivial zeros of the Wigner (3‐j) and Racah (6‐j) coefficients. I. Linear solutions." Journal of mathematical physics 26.3 (1985): 434-435.
http://aip.scitation.org/doi/abs/10.1063/1.526628
Brudno, Simcha. "Nontrivial zeros of the Wigner (3 j) and Racah (6 j) coefficients. II. Some nonlinear solutions." Journal of mathematical physics 28.1 (1987): 124-127.
http://aip.scitation.org/doi/abs/10.1063/1.527792
　上にも書いたが ${SO(3)}$ が ${I}$ を部分群に持つ事実から3j記号の色々な性質が導かれる? 今回は ${C_5}$ 軸をz軸に取ることで計算が簡単になったが, 座標に関する縛りを最小限にして進めれば関係式が色々得られるはず. 今後の課題.

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2018-02-11

球面調和関数のレシピ - 角運動量の合成から

物理・数学

　球面上では、自分の方程式の基本解が球面調和関数になることにヤルダは気付いた。以前、地震学の講義でいちどだけお目にかかったことのある種類の波形だ。球面全体で成り立つどんな複雑な解でも、それぞれの調和振動にその寄与をあらわす適切な係数をかけて足しあわせることで表現できる。
（グレッグ・イーガン『クロックワーク・ロケット』）

　物理学では水素原子のSchrödinger方程式を解くとき, 角度方向と動径方向の変数分離をして球面上の微分作用素が ${\mathfrak{so}(3)\cong\mathfrak{su}(2)}$ 代数に従うことを利用することで球面調和関数に出会うようになっている(このあたりの歴史を自分は知らない). 物理っぽい(2次元)球面調和関数の導出法として, 他にWignerのD行列の次元を落とす方法もある. ここではスピンの合成を利用して導いてみる.

${\ell}$ 個のスピン1系の合成によってスピン ${\ell}$ 系を得る方法は1通りしかない.

スピン1系はこのように表記する.

${|11\rangle=|+\rangle,\ \ \ |10\rangle=|+\rangle,\ \ \ |1\!-\!1\rangle=|-\rangle}$

まずスピン1系を ${\ell}$ 個繋げて ${m=\ell}$ 状態を用意する.

${|\ell\ell\rangle = |+\rangle|+\rangle\cdots|+\rangle}$

下降演算子を作用させて適当に規格化定数をかければ全てのスピン ${\ell}$ 状態が得られる

${|\ell m\rangle=\sqrt{\frac{(\ell+m)!}{(2\ell)!(\ell-m)!}}\ J_{-}^{\ell-m}|\ell \ell\rangle}$

スピン1の状態たちは同じ空間に住んでいるものとして順序を考慮しなければ

${ J_{-}^{\ell-m}|\ell \ell\rangle=\sum_{p+q+r=\ell,\ p-r=m}A(p,q,r)|+\rangle^p(\sqrt{2}|0\rangle^q(2|-\rangle)^r }$

と書ける. 0と-にかかっている ${\sqrt{2}, 2}$ はスピン1系への下降演算子の作用で出てくるお釣り, ${A}$ はスピン1系へ下降演算子を作用させることで ${p,q,r}$ に辿り着く道の総数.

${A}$ はこのように考える. 1から ${\ell}$ までの ${|+\rangle}$ 状態をここでは区別して, まず下降演算子を1回だけ作用させる ${q}$ 個を選ぶ. 残った中から2回作用させる ${r}$ 個を選ぶ. その ${r}$ 個については重複を許して作用させる順番を決める. 最後にその ${r}$ 個の順序をキャンセルするために ${2^r}$ で割る. つまり,

${ A(p,q,r)={}_\ell{\rm C}_q\cdot{}_{\ell-q}{\rm C}_r\cdot \frac{(q+2r)!}{2^r}=\frac{\ell\,!(q+2r)!}{p\,!q\,!r\,!\,2^r} }$

よって,

${ J_{-}^{\ell-m}|\ell \ell\rangle=\sum_{q} \frac{\ell\,!(\ell-m)!\sqrt{2^q}}{\left(\frac{\ell+m-q}{2}\right)\,!\,q\,!\left(\frac{\ell-m-q}{2}\right)\,!}\ |+\rangle^{\frac{\ell+m-q}{2}}|0\rangle^q|-\rangle^{\frac{\ell-m-q}{2}} }$

変数 ${q}$ の範囲は冪が非負整数となるようなすべての整数. 規格化定数をかけて,

${|\ell m\rangle=\sqrt{\frac{\ell\,!(\ell+m)!(\ell-m)!}{2^\ell\,(2\ell-1)!!}}\sum_{q}\frac{\sqrt{2^q}}{\left(\frac{\ell+m-q}{2}\right)\,!\,q\,!\left(\frac{\ell-m-q}{2}\right)\,!}\ |+\rangle^{\frac{\ell+m-q}{2}}|0\rangle^q|-\rangle^{\frac{\ell-m-q}{2}} }$

となる. さて, スピン1系は

${|+\rangle=\frac{-|x\rangle-i|y\rangle}{\sqrt{2}}\ ,\ \ |0\rangle=|z\rangle\ ,\ \ |-\rangle=\frac{|x\rangle-i|y\rangle}{\sqrt{2}}}$

であった. 球面上の関数として

${\frac{-x-iy}{\sqrt{2}}=\frac{-\sin\theta\,e^{i\varphi}}{\sqrt{2}}\ ,\ \ z=\cos\theta\ ,\ \ \frac{x-iy}{\sqrt{2}}=\frac{\sin\theta\,e^{-i\varphi}}{\sqrt{2}}}$

も同じ代数に従い, 3つに共通の定数倍の違いを除いて ${\ell=1}$ の球面調和関数に等しい. 一般の ${\ell}$ について, その規格化定数は球面上の積分を内積として定義されるべきであり, ${|\ell \ell\rangle}$ に対して

${\int_{S^2}dS\left(\frac{x^2+y^2}{2}\right)^\ell=\int_{\theta=0}^\pi\int_{\varphi=0}^{2\pi}\sin\theta d\theta d\varphi \left(\frac{\sin^2\theta}{2}\right)^\ell=\frac{4\pi\,\ell\,!}{(2\ell+1)!!} }$

の逆数の平方根. 結局,

${ Y^\ell_m=\frac{\sqrt{(2\ell+1)(\ell+m)!(\ell-m)!}}{\sqrt{4\pi}} \sum_{q} \frac{(-x-iy)^{\frac{\ell+m-q}{2}} z^q (x-iy)^{\frac{\ell-m-q}{2}}} {2^{\ell-q}\left(\frac{\ell+m-q}{2}\right)\,!\,q\,!\left(\frac{\ell-m-q}{2}\right)\,!}\\=\frac{\sqrt{(2\ell+1)(\ell+m)!(\ell-m)!}}{\sqrt{4\pi}} \sum_{k={\rm max}\{0,m\}}^{\lfloor(\ell+m)/2\rfloor} \frac{(-1)^k(x+iy)^kz^{\ell+m-2k}(x-iy)^{k-m}}{2^{2k-m}k!(\ell+m-2k)!(k-m)!}\\=\frac{\sqrt{(2\ell+1)(\ell+m)!(\ell-m)!}}{\sqrt{4\pi}} \sum_{k={\rm max}\{0,m\}}^{\lfloor(\ell+m)/2\rfloor} \frac{(-1)^k\sin^{2k-m}\theta\cos^{\ell+m-2k}\theta\ e^{im\varphi}}{2^{2k-m}k!(\ell+m-2k)!(k-m)!} }$

という表式を得る(ほんとうは ${4\pi}$ の因子は面積要素のほうに押し付けたい). x,y,z座標での表示が先に出てきて便利. これを使って正20面体対称性を持った多項式の形を見ていきたい(続).

(追記)
　確認のため利用したMaximaで使われている定義とはmが奇数の時だけ-1倍違った. この-1倍というのは下降演算子の作用に由来している. これをCondon - Shortley phaseというらしい.
Condon-Shortley Phase -- from Wolfram MathWorld
　2人は角運動量固有状態間の位相についての取り決めを定めた有名な本の著者. Clebsch - Gordan係数表はだいたいCondon - Shortley conventionに従っている. それを思うと球面調和関数の定義がいまいちよく統一されていないのはよく分からない.

2018-02-10

球面調和関数で正20面体をつくる

物理・数学

正20面体とむきあう
理論
まとめ
リファレンス

正20面体とむきあう

　Greg Egan先生がTwitterアカウント等で昨年末から公開している動画.

A wave function with total angular momentum quantum number ℓ=6, and with the right combination of 3 eigenstates for the z-component of angular momentum:

(√7 |m=–5> + √11 |m=0> – √7 |m=5>)/5

has perfect dodecahedral symmetry!https://t.co/iUKE0NDqPg pic.twitter.com/eVR6O1vVXz
— Greg Egan (@gregeganSF) 2017年12月25日

plus.google.com

　球面調和関数を組み合わせることで多面体の対称性を持たせている.

　John Baez先生*1もこれに関して色々書かれている(例外型Lie群E8との関わりもあるらしく深い).
Quantum Mechanics and the Dodecahedron | Azimuth

　折しも私個人大学の課題で似たようなことを考える必要に迫られていてホットなテーマに感じられたのでこのおもちゃで遊んでみる.

理論

SU(2), SO(3)ミニマム

　2次ユニタリ群SU(2)の任意の元gは次の形を持つ.
${ g=\begin{pmatrix} a&-\overline{b}\\ b&\overline{a} \end{pmatrix} \ \ \ |a|^2+|b|^2=1,\ a,b\in\mathbb{C} }$
SU(2)の既約な(2j+1)次元ユニタリ表現はWignerのD行列で得られる. その成分は,

${ \mathcal{D}^{(j)}_{km}(g)=\sum_{\nu=\max\{0,\,k-m\}}^{\min\{j+k,\,j-m\}}\frac{(-1)^\nu}{\nu!} \frac{\sqrt{(j+m)!(j-m)!(j+k)!(j-k)!}}{(j+k-\nu)!(m-k+\nu)!(j-m-\nu)!} a^{j+k-\nu}b^{m-k+\nu}\overline{b}^\nu\overline{a}^{j-m-\nu} }$

と表せる. ただしjは0, 1/2, 1, 3/2,…の整数または半整数. 行列番号のk, mはjから始まって-jまで下る形で書くことを想定する. たとえばj=1のとき,

${ \mathcal{D}^{(1)}(g)= \begin{pmatrix} \mathcal{D}^{(1)}_{11} & \mathcal{D}^{(1)}_{10} & \mathcal{D}^{(1)}_{1-1} \\ \mathcal{D}^{(1)}_{01} & \mathcal{D}^{(1)}_{00} & \mathcal{D}^{(1)}_{0-1} \\ \mathcal{D}^{(1)}_{-11} & \mathcal{D}^{(1)}_{-10} & \mathcal{D}^{(1)}_{-1-1} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} a^2 & - \sqrt{2}a\overline{b} & \overline{b}^2\\ \sqrt{2}ab & |a|^2-|b|^2 & - \sqrt{2}\overline{a}\overline{b}\\ b^2 & \sqrt{2}\overline{a}b & \overline{a}^2 \end{pmatrix} }$

特にこの場合, ユニタリ行列Uによる相似変換でSO(3)の元と1対1に対応する.

${ U=\begin{pmatrix}-1/\sqrt{2}&0&1/\sqrt{2}\\-i/\sqrt{2}&0&-i/\sqrt{2}\\0&1&0\end{pmatrix}\\ U\mathcal{D}^{(1)}(g)U^\dagger=\begin{pmatrix} {\rm Re}(a^2-b^2) &{\rm Im}(a^2-b^2) &2{\rm Re}(a\overline{b}) \\-{\rm Im}(a^2+b^2)&{\rm Re}(a^2+b^2) &-2{\rm Im}(a\overline{b}) \\-2{\rm Re}(ab) &-2{\rm Im}(ab)&|a|^2-|b|^2\end{pmatrix}\in SO(3) }$

つまりSO(3)の表現. 一般に, jが整数の時はSO(3)の表現になる. というのも, SU(2)の元をその(-1)倍と同一視する(正規部分群 ${Z_2=\{1,-1\}}$ による剰余群)とSO(3)と同型であり,

${ SU(2)/Z_2\cong SO(3) }$

上の式を見れば明らかなように,

${ \mathcal{D}^{(\ell)}(-g)=\mathcal{D}^{(\ell)}(g)\ \ \ \ell:{\rm integer} }$

が成り立っているため(整数次のD行列の次数は ${\ell}$ で表すようにする.).

　逆に半整数次の場合はSO(3)の表現ではない. が, Z2による共役類とは一対一に対応する. あまり適切な用語ではないようだが, これを2価表現と呼び本記事でも使うことにする.

　上の同型は次のように構成できる. まず四元数をPauli行列の-i倍と同一視する.

${ {\bf i}=\begin{pmatrix}0&-i\\-i&0\end{pmatrix},\ {\bf j}=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix},\ {\bf k}=\begin{pmatrix}-i&0\\0&i\end{pmatrix},\ }$

するとSU(2)は次のように表せる*2.

${ SU(2)=\{\alpha+\beta{\bf i}+\gamma{\bf j}+\delta{\bf k}\mid\alpha^2\!+\!\beta^2\!+\!\gamma^2\!+\!\delta^2=1,\ \alpha,\beta,\gamma,\delta\in\mathbb{R}\} }$

${\mathbb{R}^3}$ 線形空間Vを

${ V={\rm Span}_{\mathbb R}\langle {\bf i},\ {\bf j},\ {\bf k}\rangle }$

で定義すると, 次の ${\varphi}$ はSU(2)からV上のSO(3)変換への写像になる.

${ \varphi : SU(2)\rightarrow SO(3)\\ \varphi(g)x=gxg^\dagger\ \ \ x\in V }$

特に, 軸(nx,ny,nz)回りの角θの回転は

${ g=\pm\left(\cos\frac{\theta}{2}+\sin\frac{\theta}{2}(n_x{\bf i}+n_y{\bf j}+n_z{\bf k})\right)\ \ \ (n_x^2+n_y^2+n_z^2=1) }$

で表せる. このとき固有値 ${e^{\pm i\theta/2}}$ . j次の既約表現のトレースは,

${ {\rm Tr}(\mathcal{D}^{(j)}(g))=\sum_{k=-j}^j\mathcal{D}^{(j)}_{kk} \begin{pmatrix}e^{i\theta/2}&0\\0& e^{-i\theta/2}\end{pmatrix}= \sum_{k=-j}^j(e^{i\theta/2})^{j+k}(e^{-i\theta/2})^{j-k}= \sum_{k=-j}^je^{ik\theta} }$

これを利用してまず解くのは次の問題. 整数次のD行列による正20面体群の表現は既約表現の直和としてどのように分解されるか?

正20面体を回す

　よく知られているように, 正12面体, 正20面体の(空間の向きを変えない)回転対称性の群 I (Icosahedral group; 正12面体群dodecahedral groupと同型だが一般には正20面体のほうで代表するらしい)は5次の交代群A5と同型になっている. これを理解するにはまず次のように各面に1から5までの数を振る. 括弧は背面の数. 各頂点のまわりに1から5まですべて集まるようになっている.
f:id:shironetsu:20180210224233p:plain:w300
　この展開図を次の2通りの方法で描く.
f:id:shironetsu:20180210224136p:plain:w300
　頂点と中心を結ぶ軸まわりに回転させると(12345)の置換.
f:id:shironetsu:20180210224148p:plain:w300
　面心と中心を結ぶ軸回りに回転させると(254)の置換.

　I, またはA5全体はこのふたつから生成される.

τを次で定義する.

${ \tau=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=2\cos\frac{\pi}{5}\\ \tau^2-\tau-1=0 }$

これを使うと辺長1の正20面体の12個の頂点は,

${ (\pm\tau, \pm 1, 0),\ (0, \pm\tau, \pm 1),\ (\pm 1, 0, \pm\tau) }$

で表せる.
f:id:shironetsu:20180210224315p:plain:w300
組み合わされている3枚の長方形の長辺は短辺1に対してτ.
これらはまた正12面体の面(正5角形)の中心でもあるから, ひとつ選んで原点と結んだ直線を軸に1/5回転させると対称変換になる. いま(τ,1,0)を選ぶと, 対応する四元数は

${ r=\cos\frac{\pi}{5}+\sin\frac{\pi}{5}\cdot\frac{\tau {\bf i}+{\bf j}}{\sqrt{\tau^2+1}}= \frac{1}{2}\left(\tau + {\bf i} + \frac{1}{\tau}{\bf j}\right)= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}\tau& -1/\tau-i \\ 1/\tau-i & \tau\end{pmatrix} }$

2/5回転は2回繰り返して

${ r^2 = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1/\tau & -1-\tau i \\ 1-\tau i & 1/\tau\end{pmatrix} }$

一方, 正20面体の面(正3角形)の中心と原点を結んだ直線を軸にした1/3回転も対称変換. (1,1,1)を通る直線を選ぶと,

${ s = \cos\frac{\pi}{3} + \sin\frac{\pi}{3}\frac{{\bf i}+{\bf j}+{\bf k}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\left(1+{\bf i}+{\bf j}+{\bf k}\right)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1-i & -1-i\\ 1-i & 1+i \end{pmatrix} }$

さらに,

${ rs=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-i&-1/\tau-\tau i\\ 1/\tau-\tau i&i\end{pmatrix},\ \ \ (rs)^2 = -1 }$

と, rsは1/2回転に対応.

まとめると, 次のように対応している.

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なお2価表現は代表元ひとつをとっている(以下でも特に断りなくそうする). 2価表現はSU(2)の有限部分群として位数は2倍の120となっているが, これを二重正20面体群 2I と呼んでおく*3. 話が前後するが, 次節で説明するように, 上の表のそれぞれが共役類の代表元になっている.

　なお, A5は次の表示(presentation)を持つ

${ A_5\cong I\cong\langle x,y\mid x^5=y^3=(xy)^2=1\rangle }$

正20面体群の共役類

　A5の共役類を調べる. 対称群の共役類は置換の型で決まるが, 交代群ではそうではない. A5は対称群S5の部分群として,

[5]型…(12345)のS5共役元…24個
[3,1,1]型…(123)のS5共役元…20個
[2,2,1]型…(12)(34)のS5共役元…15個
[1,1,1,1,1]型…e(恒等置換)…1個

を含むが, このうち[5]型はA5上では半分の共役類に分かれる. すなわちA5型の共役元のリストは次の通り.

[5]型…(12345)のA5共役元…12個
[5]型…(13524)のA5共役元…12個
[3,1,1]型…(123)のA5共役元…20個
[2,2,1]型…(12)(34)のA5共役元…15個
[1,1,1,1,1]型…e(恒等置換)…1個

　これは正20面体の回転としてとらえると分かりやすい.
　(12345)はあるひとつの頂点-中心軸回りの左回り1/5回転=右回り4/5回転に対応する. 対蹠点では右回り1/5回転=左回り4/5回転になっている. したがってこのような回転は頂点の数だけあり, 12個. (13524)型は(12345)の2乗だから, 2/5回転で同様に12個.
　(123)はあるひとつの面心-中心軸回りの左回り1/3回転=右回り2/3回転. 対蹠点では右回り1/3回転=左回り2/3回転. 面の数だけあり, 20個.
　(12)(34)は辺の中点-中心軸回りの1/2回転であり, 対蹠点でのそれと一致. したがって裏表の辺のペアの数だけあり, 30/2=15個. 恒等変換は当然1個.

　化学などでの用法に従って, 各共役類について, 1/5回転を ${C_5}$ , 2/5回転を ${C_5^2}$ , 1/3回転を ${C_3}$ , 1/2回転を ${C_2}$ , 恒等変換を ${E}$ と呼ぶことにする.

正20面体群の既約表現

　共役類は5つ. 従って既約表現も5つ. 自明な表現を除いた4つの既約表現の次元の二乗和は位数-1で59. そのような自然数の組はひとつしかない(ちなみに0を含んでよければ他に(0,1,3,7), (0,3,5,5)がある.).

${ 3^2+3^2+4^2+5^2=59 }$

それぞれの次元に対応した既約表現を作ろう.

1次元表現

　Aと呼ばれる表現*4. これは自明な表現ですべて1.

3次元表現その1

${T_1}$ 表現と呼ぶ. SO(3)部分群としての正20面体群の定義表現を含む. これはたとえばD行列によって

${ T_1(g)=U\mathcal{D}^{(1)}(g)U^\dagger\in SO(3) }$

ととればよい

${ T_1(r)= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}\tau & \tau^{-1} & 1\\ \tau^{-1} & 1 & -\tau\\-1 & \tau & \tau^{-1} \end{pmatrix},\ \ \ T_1(r^2)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & \tau & \tau^{-1}\\ \tau & -\tau^{-1} & -1\\-\tau^{-1} & 1 & -\tau\end{pmatrix}\\ T_1(s)=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix},\ \ \ T_1(rs)= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}\tau^{-1}& 1 & \tau\\ 1 & -\tau & \tau^{-1}\\ \tau & \tau^{-1} & -1\end{pmatrix} }$

指標は ${C_5:\tau, C_5^2:-1/\tau, C_3: 0, C_2:-1, E:3}$ .

3次元表現その2

${T_2}$ 表現と呼ぶ. これを作るにはS5の内部自己同型でA5の外部自己同型となる写像を使う.
${C_5}$ と ${C_5^2}$ は対称群の元としては共役なのだった. たとえば,

${ (1325)(12345)(1325)^{-1}=(12345)^2\\ (1325)(254)(1325)^{-1}=(145)=(254)^2(12345)^2(254)^2(12345)^3(254) }$

から, 生成元ふたつに対して同型写像を

${ \varphi(r)=r^2,\ \ \ \varphi(s)=s^2r^2s^2r^3s }$

とすればよい. よって,

${ T_2(r)=T_1(r^2),\ \ \ T_2(r^2)=T_1(r)\\ T_2(s)=T_1(s^2r^2s^2r^3s)= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 & \tau & \tau^{-1}\\-\tau & -\tau^{-1} & -1\\-\tau^{-1} & -1 & \tau \end{pmatrix},\ \ \ T_2(rs)=T_1(rs^2r^2s^2r^3s)=\begin{pmatrix}-1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix} }$

指標は ${C_5:-1/\tau,\ C_5^2:\tau,\ C_3:0,\ C_2:-1,\ E:3}$ .

4次元表現

　 ${G}$ と呼ばれる表現. まず対称群の元として5×5の置換行列を作る.

${ P_5(\sigma)_{ij}=\delta_{i\sigma(j)}\ \ \ \sigma\in S_5 }$
${ P_5(r)=\begin{pmatrix} 0&0&0&0&1\\ 1&0&0&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&0 \end{pmatrix},\ \ \ P_5(s)=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&1\\ 0&1&0&0&0 \end{pmatrix} }$

あきらかに ${(1,1,1,1,1)^T}$ の張る1次元空間がこれらで不変だから可約.

${ \varOmega_{mn}=\frac{\zeta^{mn}}{\sqrt{5}}\ \ \ \left(\zeta:=\exp\left(\frac{2\pi i}{5}\right)\right) }$

なる5次ユニタリ行列(離散Fourier変換に使うもの)によって,

${ \varOmega P(r)\varOmega^\dagger =\begin{pmatrix} G(r)&0\\ 0&1 \end{pmatrix},\ \ \ \varOmega P(s)\varOmega^\dagger= \begin{pmatrix} G(s)&0\\ 0&1 \end{pmatrix} }$

とブロック対角にできる. ここに4次正方行列Gは以下の通り.

${ G(r)=\begin{pmatrix} \zeta&0&0&0\\ 0&\zeta^2&0&0\\ 0&0&\zeta^3&0\\ 0&0&0&\zeta^4 \end{pmatrix},\ \ \ G(s)= \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} \zeta^4&\zeta^4/\tau&\tau \zeta^4&-\zeta^4\\\zeta^3/\tau&-\zeta^3&\zeta^3&\tau \zeta^3\\ \tau\zeta^2&\zeta^2&-\zeta^2&\zeta^2/\tau\\-\zeta&\tau \zeta&\zeta/\tau &\zeta \end{pmatrix}\\ G(r^2)=\begin{pmatrix} \zeta^2&0&0&0\\ 0&\zeta^4&0&0\\ 0&0&\zeta&0\\ 0&0&0&\zeta^3 \end{pmatrix},\ \ \ G(rs)=\frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 1&1/\tau&\tau&-1\\1/\tau&-1&1&\tau\\ \tau&1&-1&1/\tau\\-1&\tau&1/\tau&1 \end{pmatrix} }$

指標は

${C_5 : -1,\ C_5^2 : -1,\ C_3 : 1,\ C_2 : 0,\ E:4}$

5次元表現

　 ${H}$ と呼ばれる表現.
　まず6次対称群への準同型から置換行列によって6次元表現を作る(6次対称群の外部自己同型に関係している).
　正20面体の中心を通る対角線は全部で6本. 正20面体の回転はそれらの置換になるから, ラベリングすれば6次対称群の部分群との同型が得られる.
展開図を再掲. 新たに各頂点に割り当てた色は6つの対角線に対応.

f:id:shironetsu:20180210225140p:plain:w600

White(1), Yellow(2), Magenta(3), Orange(4), Green(5), Blue(6)の置換とすると,

${ r : (12345)\in A_5 \leftrightarrow (\!(23456)\!)\in S_6\\ s : (254)\in A_5 \leftrightarrow (\!(123)\!)(\!(465)\!)\in S_6 }$

の対応関係が付く(混同の無いようにS6の元は二重括弧で括った). 6次の置換行列で表すと,

${ P(\!(23456)\!)= \begin{pmatrix} 1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&1&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&1&0 \end{pmatrix},\ \ \ P(\!(123)\!)(\!(465)\!)= \begin{pmatrix} 0&0&1&0&0&0\\ 1&0&0&0&0&0\\ 0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{pmatrix} }$

これもまた明らかに可約.

${ Z_{mn}=\frac{(-\omega^2)^{mn}}{\sqrt{6}}\ \ \ \left(\omega:=\exp\left(\frac{2\pi i}{3}\right),\ \ \ -\omega^2=\exp\left(\frac{\pi i}{3}\right)\right) }$

なるユニタリ行列によって,

${ ZP(\!(23456)\!)Z^\dagger= \begin{pmatrix} H(r)&0\\ 0& 1\end{pmatrix},\ \ \ ZP(\!(123)\!)(\!(465)\!)Z^\dagger= \begin{pmatrix} H(s)&0\\ 0&1\end{pmatrix} }$

とブロック対角化. ただし,

${ H(r)=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}-5\omega^2&\sqrt{3}\,i\omega&-2&-\sqrt{3}\,i\omega^2&\omega\\ \sqrt{3}\,i\omega^2&3\omega&-2\sqrt{3}\, i&3\omega^2&\sqrt{3}\,i\omega\\-2\omega^2&-2\sqrt{3}\, i\omega&-2&2\sqrt{3}\, i\omega^2&-2\omega\\-\sqrt{3}\, i\omega^2&3\omega&2\sqrt{3}\, i&3\omega^2&-\sqrt{3}\,i\omega\\ \omega^2&\sqrt{3}\, i\omega&-2&-\sqrt{3}\,i\omega^2&-5\omega \end{pmatrix}\,\ \ \ H(s)=\frac{1}{6}\begin{pmatrix} 1&2\sqrt{3}\,i\omega^2&-2\omega&\sqrt{3}\,i&4\omega^2\\2\sqrt{3}\,i\omega&-3&-2\sqrt{3}\,i&0&-\sqrt{3}\,i\\-2\omega^2&2\sqrt{3}\,i\omega&-2&-2\sqrt{3}\,i\omega^2&-2\omega\\ \sqrt{3}\,i&0&-2\sqrt{3}\,i\omega&-3&-2\sqrt{3}\,i\omega^2\\4\omega&-\sqrt{3}\,i&-2\omega^2&-2\sqrt{3}\,i\omega&1 \end{pmatrix}\\ H(r^2)=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}-1+3\omega&2\sqrt{3}\,i&2\omega^2&-\sqrt{3}\,i\omega^2&2\omega\\-2\sqrt{3}\,i\omega&-3\omega&-2\sqrt{3}\,i\omega&0&\sqrt{3}\,i\omega\\2\omega&2\sqrt{3}\,i&2&2\sqrt{3}\,i\omega&2\omega^2\\-\sqrt{3}\,i\omega^2&0&2\sqrt{3}\,i\omega^2&-3\omega^2&2\sqrt{3}\,i\omega^2\\2\omega^2&\sqrt{3}\,i\omega&2\omega&2\sqrt{3}\,i&-1+3\omega^2 \end{pmatrix},\ \ \ H(rs)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&-\sqrt{3}\,i\omega&0&0&-\omega\\ \sqrt{3}\,i\omega^2&0&0&-\omega^2&0\\ 0&0&2&0&0\\0&-\omega&0&0&-\sqrt{3}\,i\omega\\-\omega^2&0&0&\sqrt{3}\,i\omega^2&0 \end{pmatrix} }$

　指標は ${C_5:0,\ C_5^2:0,\ C_3:-1,\ C_2:1,\ E:5}$

　こうして完全な指標表を得る. 同値でない表現の指標どうしの直交性, 各表現で指標の2乗和が位数60に等しいと確かめられることからこの正しさが保証される.

f:id:shironetsu:20180210220601p:plain:w500

D行列表現の既約分解

　SU(2)の ${\ell}$ 次D行列表現では

${ \chi_\ell(C_5)=\sum_{k=-\ell}^\ell\zeta^k=1+2\sum_{k=1}^\ell \cos\frac{2\pi k}{5}=1+\frac{1}{\tau}-\tau-\tau+\frac{1}{\tau}+2\cdots\\ \chi_\ell(C_5^2)=\sum_{k=-\ell}^\ell\zeta^{2k}=1+2\sum_{k=1}^\ell \cos\frac{4\pi k}{5}= 1-\tau+\frac{1}{\tau}+\frac{1}{\tau}-\tau+2-\cdots\\ \chi_\ell(C_3)=\sum_{k=-\ell}^\ell\omega^k=1+2\sum_{k=1}^\ell \cos\frac{2\pi k}{3}=1-1-1+2-1-1+\cdots\\ \chi_\ell(C_2)=\sum_{k=-\ell}^\ell(-1)^k=1-2+2-2+2-\cdots\\ \chi_\ell(E)=\sum_{k=-\ell}^\ell 1^k=2\ell+1 }$

であった. これと指標表を利用すると, 直和分解で各既約表現を含む回数(重複度)が求められる. 表にすると以下の通り.

${\ell}$	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	22	23	24	25	26	27	28	29	30
A	1	0	0	0	0	0	1	0	0	0	1	0	1	0	0	1	1	0	1	0	1	1	1	0	1	1	1	1	1	0	2
T1	0	1	0	0	0	1	1	1	0	1	1	2	1	1	1	2	2	2	1	2	2	3	2	2	2	3	3	3	2	3	3
T2	0	0	0	1	0	1	0	1	1	1	1	1	1	2	1	2	1	2	2	2	2	2	2	3	2	3	2	3	3	3	3
G	0	0	0	1	1	0	1	1	1	2	1	1	2	2	2	2	2	2	3	3	2	3	3	3	4	3	3	4	4	4	4
H	0	0	1	0	1	1	1	1	2	1	2	2	2	2	3	2	3	3	3	3	4	3	4	4	4	4	5	4	5	5	5

(各 ${\ell}$ に対する各既約表現の重複度)

　E以外の指標はそれぞれ5,3,2の周期を持つため合わせて30の周期になる. 従って ${\ell=30}$ 以上では ${(\ell-30)}$ との差がEからの寄与だけで, 重複度はの増分は次元の数に等しい.

　さて, いま興味があるのは実際にはA表現だけ. すべての元に対して不変, すなわち固有値1の部分空間を探しているのだった. 表を見ればわかるように自明な ${\ell=0}$ を除けば初めてI-不変なテンソルが存在できるのは ${\ell=6}$ . 続いて10, 12, 15, 16, 18, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 27, 28と来て, 30で初めて固有空間が2次元になる. 逆に存在できない ${\ell}$ は29以下のいくつかに限られる. それらの共通の性質が6,10,15の和で表せないこと(この事実自体は母関数generating functionを作って確かめることもできる)であってその代数的な意味付けがある, というのがBaezのウェブサイトなどで語られているが呑み込めていない.

　全ての既約表現の重複度を調べたが, Aについてだけなら実はもっと簡単な考察から調べられる.

射影演算子

　一般に, 群Gの表現空間で全ての元に対して不変なベクトルを作りたければ, 勝手なベクトルに対してすべての元を作用させたものの和を取ればいい. 射影演算子を次のように定める:

${ P_G:=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}D(g) }$

容易にわかるように, ${P_G^2=P_G}$ . また, 全てのa∈Gに対して

${ D(a)P_G=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}D(ag)=P_G }$

であるから, 表現空間の任意の元に作用させても

${ D(a)(P_G|x\rangle)=P_G|x\rangle }$

と不変, すなわち固有値1の固有ベクトルになる. 逆に全てのaに対して固有値1なら

${|x\rangle=P_G|x\rangle }$

と表せる.
${P_G}$ の固有値1の規格直交化された固有ベクトルたちを|1k〉(kは異なる固有ベクトルを区別するラベル)とすると(対角化が可能だとして)

${ P_G=\sum_{k=1}^f|1_k\rangle\!\langle 1_k| }$

で表せる. fは固有値1の固有空間の次元. この式の両辺のトレースを取ることによって,

${ \frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}\chi(g)=f }$

を得る. χは指標. 上と同じ結果が得られる.

3次元球面上の点として

　正20面体の表現の素性を知るべくいろいろ調べたが, 結局使うのはこの1次元表現基底Aへの射影演算子だけ. これをどう計算するか.

　二重正20面体群の120個の元を列挙するのは実は簡単. 上で使った正20面体の頂点の座標を使うと, x,y,zに関して反転対称, x→y→z→xの入れ替えで巡回対称であることは明らか. SU(2)の元を次のように3次元球面上の座標で表すと, それぞれ以下のようになる.

${ \alpha+\beta{\bf i}+\gamma{\bf j}+\delta{\bf k}\in SU(2)\leftrightarrow (\alpha,\beta,\gamma,\delta)\in S^3 }$

1/5回転 ${C_5}$

${ \frac{1}{2}(\pm\tau,\,\pm 1,\,\pm\tau^{-1},\,0),\ \ \ \frac{1}{2}(\pm\tau,\,0,\,\pm 1,\,\pm\tau^{-1}),\ \ \ \frac{1}{2}(\pm\tau,\,\pm\tau^{-1},\,0,\,\pm 1) }$

2/5回転 ${C_5^2}$

${ \frac{1}{2}(\pm\tau^{-1},\,\pm\tau,\,\pm1,\,0),\ \ \ \frac{1}{2}(\pm\tau^{-1},\,0,\,\pm\tau,\,\pm1),\ \ \ \frac{1}{2}(\pm\tau^{-1},\,\pm1,\,0,\,\pm\tau) }$

1/3回転 ${C_3}$

${ \frac{1}{2}(\pm 1,\,\pm 1,\,\pm 1,\,\pm 1),\ \ \ \frac{1}{2}(\pm 1,\,0,\,\pm\tau^{-1},\,\pm\tau),\ \ \ \frac{1}{2}(\pm 1,\,\pm\tau^{-1},\,\pm\tau,\,0),\ \ \ \frac{1}{2}(\pm 1,\,\pm\tau,\,0,\,\pm\tau^{-1}),\ \ \ }$

1/2回転 ${C_2}$

${ (0,\,1,\,0,\,0),\ \ \ (0,\,0,\,1,\,0),\ \ \ (0,\,0,\,0,\,1)\\ \frac{1}{2}(0,\,\pm\tau,\,\pm\tau^{-1},\,\pm1),\ \ \ \frac{1}{2}(0,\,\pm1,\,\pm\tau,\,\pm\tau^{-1}),\ \ \ \frac{1}{2}(0,\,\pm\tau^{-1},\,\pm1,\,\pm\tau),\ \ \ }$

恒等変換 ${E}$

${ (\pm 1,\,0,\,0,\,0) }$

内訳は
${(0,\,\pm 1,\,\pm \tau,\,\pm\tau^{-1})}$ を偶置換で入れ替えたもの合計96個,
${(\pm1,\pm1,\pm1,\pm1)}$ で16個,
${(\pm1,0,0,0)}$ の巡回置換8個
となっている.

これを使って数式処理ソフトによって力任せにA基底を求める. l=0は自明(球対称;SO(3)対称)なので正20面体対称性をもつ最小のl=6から.

${ \frac{\sqrt{5}\,\sqrt{21}}{32}\Big(|6,6\rangle+|6,-6\rangle\Big)-\frac{\sqrt{11}\,\sqrt{14}}{32}\Big(|6,4\rangle+|6,-4\rangle\Big)-\frac{\sqrt{7}\,\sqrt{11}\,\sqrt{3}}{32}\Big(|6,2\rangle+|6,-2\rangle\Big)+\frac{\sqrt{11}}{16}\,|6,0\rangle }$

2次元球面上の関数空間の基底;球面調和関数で表すと

${ \frac{\sqrt{5}\,\sqrt{21}}{32}\Big(Y^6_6+Y^6_{-6}\Big)-\frac{\sqrt{11}\,\sqrt{14}}{32}\Big(Y^6_4+Y^6_{-4}\Big)-\frac{\sqrt{7}\,\sqrt{11}\,\sqrt{3}}{32}\Big(Y^6_2+Y^6_{-2}\Big)+\frac{\sqrt{11}}{16}\,Y^6_0 }$

これを球面上に色でプロットしたものが下のアニメーション.

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サッカーボール. 正しい道を辿っていたことが分かった.

10,12の場合の表式も見ておく.

${\ell=10}$

${-\frac{\sqrt{3\cdot 5\cdot 11\cdot 17}}{256}\Big(|10,10\rangle+|10,-10\rangle\Big)-\frac{\sqrt{2\cdot 5\cdot 11\cdot 17\cdot 19}}{256\sqrt{3}}\Big(|10,8\rangle+|10,-8\rangle\Big)+\frac{\sqrt{11\cdot 19}}{256} \Big(|10,6\rangle+|10,-6\rangle\Big)\\-\frac{\sqrt{2\cdot 5\cdot 11\cdot 19}}{128} \Big(|10,4\rangle+|10,-4\rangle\Big)+\frac{\sqrt{2\cdot 11\cdot13\cdot 19}}{256\,} \Big(|10,2\rangle+|10,-2\rangle\Big)+\frac{5\sqrt{13\cdot 19}}{128\sqrt{3}}|10,0\rangle }$

${\ell=12}$

${ \frac{3\sqrt{5\cdot 13\cdot 19\cdot 23}}{2048} \Big(|12,12\rangle+|12,-12\rangle\Big) -\frac{11\sqrt{3\cdot 13\cdot 19}}{1024} \Big(|12,10\rangle+|12,-10\rangle\Big)+ \frac{\sqrt{2\cdot 3\cdot 7\cdot 11\cdot 13 \cdot 19}}{2048\sqrt{5}} \Big(|12,8\rangle+|12,-8\rangle\Big)\\+ \frac{3\cdot 5\,\sqrt{7\cdot 11\cdot 13}}{1024} \Big(|12,6\rangle+|12,-6\rangle\Big)+ \frac{17\sqrt{11\cdot 13\cdot 17}}{2048\sqrt{5}} \Big(|12,4\rangle+|12,-4\rangle\Big) -\frac{\sqrt{2\cdot 3\cdot 11\cdot 13\cdot 17}}{1024} \Big(|12,2\rangle+|12,-2\rangle\Big)\\+ \frac{3\cdot 29\sqrt{7\cdot 17}}{1024\sqrt{5}} |12,0\rangle }$

　こうして見ると因数が多いとはいえ係数はかなり簡単な形をしていることが分かる. どうすればもっと簡単に求められるのだろう?

　イーガンはl=6の場合についてC5軸(5回対称軸)をz軸に取ることで3つのJz固有ベクトルの和としてこれを表していた.

${ \frac{1}{5}\Big(\sqrt{7}|6,5\rangle+\sqrt{11}|6,0\rangle-\sqrt{7}|6,-5\rangle\Big) }$

いかにも手計算で求められそうな簡潔な式.

　たとえば上に列挙した二重正20面体が鏡系をなすこと*5など使えそうな対称性はいくつかあるものの現状未解決.

　鏡といえば正20面体対称かつパリティー奇のものは ${\ell=15}$ で初めて許されるという話題もあった. これは ${\ell}$ の偶奇がそのまま球面調和関数のパリティーに対応することからすぐ分かる.

While the simplest dodecahedral wave function has total angular momentum quantum number ℓ=6, the simple case with odd parity has ℓ=15.https://t.co/1dyGKGFovu pic.twitter.com/STzCQOERV8
— Greg Egan (@gregeganSF) 2017年12月26日

まとめ

　正20面体群の既約表現を求め, SO(3)の部分群としてWigner D行列による表現を直和分解した. そこから自明な1次元表現Aの基底への射影演算子によって不変な成分を見つけた. その過程で数式処理ソフトを用いたが, 手計算できる程度にまで問題を落としたい.

リファレンス

www.math.lsa.umich.edu/~kesmith/Icosahedron.pdf

大学のレポート問題? このヒントに従って既約表現を求めてみた. ただ交代群はこういった発見的な方法より, Young図形を使ってもっと系統的に調べられると思う.

Cohan, N. (1958). The spherical harmonics with the symmetry of the icosahedral group. Mathematical Proceedings of the Cambridge Philosophical Society, 54(1), 28-38. doi:10.1017/S0305004100033156

The spherical harmonics with the symmetry of the icosahedral group | Mathematical Proceedings of the Cambridge Philosophical Society | Cambridge Core
ドンピシャなタイトル. 60年以上前の論文だがコンピューターで数値計算している.

Peter Atkins, Julio de Paula『アトキンス物理化学(上)』(千原秀昭, 中村亘男訳), 東京化学同人(2009)

　ちなみにランダウ量子力学には分子対称性としては存在しないとのことで指標表が載っていなかった…はず(手元にないため要確認). 最近の本だとフラーレンやホウ素化合物との関係がよく触れられているが, 実際の測定にはどのような形で役に立つのだろう.

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*1:『シルトの梯子』の「参考文献」で「負うところ大」と語られているあのジョン・ベイエズ教授. arXivにGreg Egan名義の論文が上がっていることは有名だがそのうちふたつ, スピンネットワークに関するものの共著者でもある. 参考: [gr-qc/0208010] Asymptotics of 10j symbols [gr-qc/0110045] An efficient algorithm for the Riemannian 10j symbols

*2:本来, 単位四元数の群Sp(1)と同型である, と言うべきだが話を単純にするために四元数を行列として導入する.

*3:どうでもいいが"二重"を"2重"と書くべきか迷う. "二重"はさすがに日本語の熟語に属している気がするので漢字で. フォーマルには統一するべきなんでしょうか.

*4:それぞれ一般に通用する記号がついているようだが由来を知らない. ここではアトキンス物理化学に従った.

*5:四元数の有限部分群かつ任意元の-1倍が含まれることから

2018-01-20

ミリシタPST「昏き星、遠い月」のコミュを解きたい

ミリオンライブ！

　昨日19日から開催されているミリシタのイベント「昏き星、遠い月」のメモ（考察）。ネタバレ注意。

　現時点で公開されているエピソード（コミュ）を全話再生し終えたら、色々仕込まれた伏線に気づいて楽しくなってきた。妄想を多分に含む。
　主眼となるのは天空橋朋花演じるクリスティーナは何者かという問い。一見エドガーがその眼差しを向けるようなはかない存在のように感じられるが、おそらく実際には吸血鬼らしくしたたかに動いている。とはいえエドガーへの愛に偽りはなく、そのねじれが味わい深い。

　ミリラジMIDNIGHTで情報が公開された時点ではちょっと奇抜で楽しい試みくらいに考えていたが、読んでいくにつれ想像していた以上にハードに作りこまれているぞという確信を深める。曲とストーリーががっちりリンクしているのでフルサイズの公開も待ち遠しい。

f:id:shironetsu:20180120110844p:plain:w500

エピソード順に追う。

第1話「夜のはじまり」
　メインキャラクター4人の基本的な設定の確認。
　「男装してる女の子」エドガー：所恵美
　「まるで女の子のような男の子の吸血鬼」クリスティーナ：天空橋朋花
　「騎士でヴァンパイアハンター」アレクサンドラ：二階堂千鶴
　念のために書いておくと女性である（一般にアレクサンドラは女性名）。
　「辺境伯夫人」「悪女」エレオノーラ：百瀬莉緒
　この他にアレクサンドラの妹ノエルを水瀬伊織、クリスティーナとエドガーを襲う不良を永吉昴が演じる。

第2話「ボーイ・ミーツ・ガール」

路地裏の死体

　エドガーへの反応を見るにまあクリスティーナの餌食になった犠牲者だろう。
　（エドガー）「……って言うか、なんであんなとこにいたんだ、アンタ？　見たとこ、どっかのお嬢様だろ」
　（クリスティーナ）「ええ、用事があったんです。……もう、その用は済みましたが……」
　死体の近くにいたのは順当にクリスティーナがその犯人だから。もっとも、この段階ではクリスティーナの潔白の可能性は捨てきれないが、このあと裏付けとなる描写がいくつか出てくる。

倒れるエドガー

　前後が分からない以上倒れた理由については何とも言えない（つまりクリスティーナが原因ではないかと疑うには根拠が弱い）。この場面の役割としては、エドガーが女性であることにクリスティーナが気付き逆に秘密も明かす流れにつなげるため、というだけで十分か*1。

（エドガー）「あんな場所じゃ、女は生きていけないから……」

　「女の子のような見た目の男の子」を天空橋さんに演じさせる、と聞くと「性癖……」とうなってしまう。が、日に焼けていない白い肌だとか華奢な体つきだとかいったいわゆる中性的な見た目という以上に女性的な服装をしているらしいことは後の台詞からも分かる。「見たとこ、どっかのお嬢様だろ」と言われる程度に煌びやかな服装。「女は生きていけない」ほど治安が悪いのに？　続く第4話でその理由が示唆される。

第3話「聖母とギャルの…」

第4話「緊張と波乱の第二幕！」

（アレクサンドラ）「もし、ノエルが……妹が成長していれば……あれぐらいの少女だったのだろうか……」

　人間がヴァンパイアに変化した時点で成長が止まるらしいことが分かる。オーソドックスなヴァンパイアルール。「あれぐらいの少女」が指すクリスティーナも実際には百以上の歳を重ねているはず。歌詞にある通りに。
　ちなみに、後でヴァンパイアだと見抜かれたエドガーとクリスを前にしてアレクサンドラが「まだ子どもでは」と驚くのは本来不合理。実戦経験の少なさから油断が出たか。というか、「ヴァンパイアハンター」ということになっているが実際に狩ったことがあるのか疑問。

不良役永吉昴

　クリスティーナの宝石とドレスを狙う不良。治安の悪い場所で宝飾品をわざわざ身に着けている……のは「獲物」を釣るためという実用的な理由もあるのだろう。エドガーとの出会いの夜もおそらく同じように。
　ある意味ではエドガーと同じ理由ということ。しかし目的が真逆。

（昴）「なぁ、P。この場面って、ふたりの不良がクリス達を襲うシーンだろ？　オレだけじゃ死体が足りないから、Pも死体役になってよ！」

　不良ふたりがいつの間にか死体になっている。ここ作中作であることをうまく生かしているなあと感心した。舞台上の場面としてはそのシーンを描くことなくどう進行したのかが分かる*2。
　そしてこの死体ふたりはクリスティーナの仕業。
　エドガーは気付いていないし思いもよらないのかもしれないが、クリスティーナは人を殺すことには躊躇いがないし、ナイフを持った不良2人を相手にできるほど強い。クリスティーナの犯行の証拠はこうして読み手に示されている。捕食者と被食者の関係。理想的なヴァンパイア。出会いの日の「用事」は狩りだったのだとここで確信が深められる。
　しかし愛しのエドガーにはそれを知られてはならない……今のところは。出会ったあの日に気付かれなくて幸運だった。

（クリスティーナ）「エドガー、選んでください。ここで死ぬか……。もう二度と死ねない身体になるか」

　この世界でもヴァンパイアはヴァンパイアによって人間から変化させられて生まれるものらしい。ヴァンパイアも「元は人間」だとアレクサンドラも繰り返し口にしているし歌詞にもある。
　ということが明らかになると同時に「誰が誰をヴァンパイアに変えたか」という問題が発生し、物語の鍵になる。

（アレクサンドラ）「報告によると、近ごろ農場の鶏が襲われる被害が多発しているらしい……」

　「近ごろ」はおそらくエドガーがヴァンパイアになってからのことで、その前は人が襲われていたのだろう。

（クリスティーナ）「アナタが人を襲わないかぎり、私も、人の血を飲んだりはしません」

　条件付き。エドガー、貴方が人の血を求めるなら、私も貴方のために……。

（クリスティーナ）「……行けません。私には、罪があるから……。共に旅に出れば、アナタまで命を狙われるでしょう」

　明らかに伏線。クリスティーナの罪？　最初に読んだときはノエルがヴァンパイアになった原因だからかと予想していたが、そうではないとすぐに判明する。
　そして先取りすると最終的にクリスティーナはエドガーと共に旅に出ることになる。エドガーと一緒ならもう恐れることはないと信じたか、あるいは……罪がつぐなわれたか？

第5話「セクシーと芝居に近道なし」
　千鶴さんのついている「嘘」が妙に重いものに思えてくる。そんなに深刻にならないで……。
　考えてみればいつも美容に気をつかう莉緒さんに不老不死のヴァンパイアの役を演じさせるというのもうまい。
　涙もろい恵美さんに純粋無垢なエドガー役をあてるのも良い。朋花様は言うまでもなく。全員適役！！！！

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第6話「星と月へ」

（クリスティーナ）「感謝します、アレクサンドラ。お礼に、あることをお教えしましょう」
（エレオノーラ）「あら……人間ごときが、私の正体を見破るなんて。どうしてわかったの？　褒めてあげるわ、ウフフ」

　アレクサンドラがエレオノーラの正体を知ったのはクリスティーナに教えられたからに他ならないが、クリスティーナが知っていた点には一考の余地がある。
　ここまでの展開からはクリスティーナとエレオノーラの接点は見えていなかった。なぜここで突然？
　いくらか論理の飛躍を含むものの、クリスティーナがエレオノーラをヴァンパイアに変えたのだとするとそれなりに筋が通る（そしてそれこそがクリスティーナの罪だというのが自説）。エレオノーラがクリスティーナによってヴァンパイアになる。力に執着するようになったエレオノーラが「弱い」ヴァンパイアを淘汰しはじめる。同族が次々と殺され孤独な存在になるとともにエレオノーラを生み出した罪を負うクリスティーナ（前日譚の想像が広がりますね）。
　度々強調される「孤独」に深い意味があるとすればそういうことかもしれない。永遠の命を共に生きてゆけるエドガーがその孤独を癒してくれたのだ。
　悪人のいない「約束の地」を目指すエドガーと、強いヴァンパイアだけが支配する世界を作ろうと目論むエレオノーラの理想主義的な面もどこか重ならないだろうか。もしかつてエレオノーラに永遠の命を与えたのがクリスティーナだとすれば、そういった部分を愛していたのかもしれない*3。
　そしてアレクサンドラに「身内」の秘密をあえて暴露したのはエレオノーラを殺すように仕向けるため。決してただの「お礼」ではない。おそらくクリスティーナはエレオノーラと一対一で戦えるほどには強くないが、自分の敵でもあるヴァンパイアハンターを使役することはできない。しかし純粋なエドガーの説得によりアレクサンドラという武器を手に入れ遂に敵討ちの好機を得る。
　命を狙われる危険がありながらこの土地から離れられなかったのはエレオノーラを殺さなくてはならなかったから。潜伏しながらその機会を窺っていた（少女を装っていたのにはそういった理由もあるかも）。そしてそれを成就し罪を清算したクリスティーナはエドガーと一緒に旅立つことになる。

　……というあたりに思い至ったときぞっとすると同時に本気でストーリーを作っている……！と興奮した。一解釈に過ぎないけれど。まあ間違っていたとしても二次創作みたいなものだ。しかし少なくとも練習場面しか見ていないのにこういうふうに読ませる余地が与えられているのはすごい。というかむしろ観客としてではなく（本来物語を隅から隅まで理解しているはずの）製作者側の視点に立ちながら少しずつ物語の全体像が見えてくるという仕組みが楽しい。

　この先開放されるコミュやCDで明かされる「昏き星、遠い月」の細部はもちろんのこと、続くイベントも楽しみですね。まずは今のイベントを走ろう。

f:id:shironetsu:20180120111301p:plain:w500
ぼくはこの組み合わせ。

（1/27追記）　真壁瑞希さんお誕生日おめでとうございます。
　イベントお疲れさまでした。フルサイズの先行配信は来ませんね……。
　エピローグ「令嬢達の夜会は終わらない」では特にシナリオに関して新たに明らかになったことはなかったものの、イベントSR「夜想令嬢　天空橋朋花」に印象的な台詞があったので言及。
　 f:id:shironetsu:20180127000038p:plain:w500
　「あなたが選ぶなら、私も選びます。罪を重ねることでしか生きられないのであれば、その罪は、私が引き受けます。私から貴方に、この世ならざる生命を……。エドガー。生きて……。」
　やはり「罪」とは人間にヴァンパイアとしての生命を与えることを指しているように見える。ただ「引き受ける」という表現に若干引っかかるところも。「罪を重ねることでしか生きられない」というと人間を食料とすることを言っているようにも聞こえるが、しかし行為そのものに罪悪感があるかというと（上にいくつか並べた描写から）疑問。
　
　ところで不老不死ないし圧倒的な長命の存在とモータルな存在の間に発生する感情は良いものですね。歌の最初の部分で表現されているのは、「終焉（おわり）などは訪れないさ」と語りかけるエドガーと、「永遠なら知っていますわ、十年（ずっと）百年（ずっと）獨りでいたから」と返すクリスティーナの間の「永遠」の捉え方の違い。冷たく孤独な「永遠」を生きてきたクリスティーナは若く無垢なエドガーにも「永遠」を生きてゆかせるべきか苦悩したが、最終的には共に歩める喜びを分かち合えたというストーリー。

（1/27追記2）
　日付の変わり目に上の追記部分を更新した直後に配信が来ていた。嬉しい。
　「欲しいと願うことの罪　とても贖えない」「望まぬまま堕ちることも罪と呼ばねばならぬのだろうか」「虚ろな世界　壊してしまって　作り直すの」「ねえ、とても愛していたわ。本当よ……私の愛し子」
　ミリシタサイズには含まれない意味深な言葉がたくさん入っていますね……。

（1/27追記3）
　歌の最後のエレオノーラの「愛し子」ショックがあまりにも巨大。エレオノーラが逆にクリスティーナをヴァンパイアに変えた、くらいなら考えたものの実子という可能性は考慮すらしていなかった。「まるで愛し子」（6話）だけならエレオノーラに実子がいないとしてそう表現するのも分かるが、わざわざ歌の最後に持ってくる言葉がノエルに向けたものだとは考えにくい。「本当の愛し子」がいると思ったほうが自然（あくまで楽曲とシナリオが一対一に対応しているとして）。

　何もわからない。

（3/1追記）　ロコさんお誕生日おめでとうございます。
　ぎりぎりCDが発売される前と、聞いた後に新たに記事を書いた。CDのドラマパートで「答え合わせ」ができたかというと……。
　ボイスドラマではクリスティーナが男だと触れられていないことからゲームとCDは相補的な内容かと思いたいところだが、両方ともにある描写が結構違ったりするので独立したものと考えるのも一つの手かも？あまり美しくないけど。
　「正解」をはっきりさせていないのはこうして楽しませるためでもあると思うので、ただもう人々の色々な解釈を見たい。あなたの最強の「昏き星、遠い月」解釈を読ませて……。
shironetsu.hatenadiary.com
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*1:しかし、多くを知られすぎる前に吸血のために家に連れ込んだが女の子だと気付いて心変わりした、といった解釈もいけそう。それはそれで。

*2:死体用の床に倒れたCGモデルをわざわざ用意しなくて済むというのもある。しかしもうひとりの不良は本番ではどう扱うのだろう？

*3:より根拠が薄い想像。タイトル「昏き星、遠い月」の意味。歌の中では「昏き星」を千鶴&莉緒の貴族側が歌い、「遠い月」を朋花&恵美のヴァンパイア側が歌う。「昏き星」がヴァンパイアの支配する世界で、「遠い月」が「約束の地」だとすれば……。若干厳しいか。色々シンボリックな意味合いも含むはずだがまだよく解釈できていない

2017-11-19

「トライアリティー」(八元数SF)

物理・数学 SF

f:id:shironetsu:20171119092902p:plain:w200
　探索は目録に掲載される限りの結晶試料に対して今も続けられている。網羅的な測定を続ける忍耐、有望な兆候を見逃さない観察眼、そして発見には必須の幸運により見出された最初のいくつかの4準位コヒーレント光源は、可視域を大きく外れた遠紫外線――パルス速度はきわめて大きいが時間周波数は輝素が追従できる程にじゅうぶん長い――を理想的な実験素材として物理学者たちに提供することととなった。
　デルフィーナたち実験グループの設計した"光学固体"の実験系はその緩慢な波面速度を利用したものだった。独立な7方向から照射されるコヒーレント光が周期的に変化する力場の7次元格子を虚空に描く。力線の山と谷は波面とともに移動し、トラップされた輝素をゆっくりと運ぶ。照射強度を変えると運ばれる輝素のエネルギー準位は離散化させられる。
　ありふれた固体はあまりにも多数の輝素が複雑に相互作用する系であり、生まれたばかりの波動力学でその性質を調べるには未解明なことが多すぎる。一方で少数輝素を観察する技術は依然限定的なものだ。調整可能なポテンシャル中の輝素の振る舞いを調べられる光学固体は、そんな物理学者たちにとって波動の力学を検証し新奇な現象を探すにはうってつけの系だと言えた。
　構想を現実のものとするために付き物のいくつもの障害を技術者たちとともにひとつずつ解決し、ようやく作動しはじめた光学固体から解析にたえる測定結果が得られるようになったのがつい最近のことだった。
　「この方針で〈八の法則〉を説明しようという試みはあまり有望には思えない」
　デルフィーノはいたずらに複雑さを増す計算に苦言を呈した。
　7つの方向全てに横波を除去する結晶をあてて縦波のみのコヒーレント光を照射したとき、スペクトルは誤差の範囲で輝素波方程式から予測される理論値と一致した。ところが横波の偏極成分を加えると状況が変化する。理論値のまわりで偏極成分の強度におよそ比例してスペクトルが分裂するのだ。照射角度、偏極方向、変数を様々に変えながら測定が行われた。分裂の本数は最大で8。それより多くが現れることはなかった。それが〈八の法則〉――物理学者たちの前に、説明を待つ未知の現象がもたらされたのだ。
　「そうね。行き当たりばったりにモデルに手を加えるよりも他に検討すべきことがあるはずだわ」とデルフィーナ。
　ふたりはここ数日、断熱近似で無視される微妙な準安定状態間の遷移がスペクトルの分裂をもたらすというモデルを定式化しようと計算に取り組んでいたが、8という数字をもっともらしく説明するにはアドホックな調整が多すぎるように感じられた。
「たぶん既存の輝素の波動方程式が記述していない何かを見つけたんだ」
「内部構造や自己力の影響ということ？」
「あるいは回転物理学の効果とか」
　輝素波方程式の最大の弱点のひとつは低速度での極限でしか検証されていない点にあった。回転物理学を考慮に入れた輝素波方程式はいくつか考案されていたが、どれも実験値との整合性は良いとは言えなかった。
「もしかすると偏極のようなものかも」
　その表現が適切なものだと信じるに足る証拠は無かったが、自分で発したそれはデルフィーナにとって不思議と自然に感じられた。8つの分裂、8つの偏極。
「偏極とは」
デルフィーノは自分に思いださせるように語った。
「波がその進行方向以外に伴う自由度から生じる成分だ。そしてわれわれはそれを持つ例を厳密には1種類しか知らない。すなわち6自由度の横波成分と1自由度の縦波成分を持つ光だ」
　光の場のベクトルは波動方程式レベルでは次元の数に応じて8つの自由度を持つ。しかし光源強度への作用はその外微分を通してしか現れない。そのため物理的意味を持たないとして自由度は1つ消去される。輝素に現れた8つの自由度は、捨て去られるべき1つの自由度が亡霊のように蘇っているかのようにも思われた。
「輝素波の本質が光と同じようなベクトルだというアイデアを表現する方法はあるかしら？その間にある厳然たる差異を克服して？それよりはむしろ、8成分はベクトルの方向に応じたものではないと考えるほうが自然よ、きっと」
「8つの方向を持つもの。ただし実空間上にではなく」
「8成分だがベクトルでないものを探しているのか？つまり物理学者いうところのベクトルだよ」
　そばの作業卓で自分の仕事に没頭してふたりの議論を横から聞き流していたデルフィーンがにわかに注意を引かれたかのように議論に加わってきた。
　ベクトルとは線形空間の元の言い換えにすぎない。しかし物理学者はその術語にいくぶん特殊な意味を与えていた。すなわち8次元空間に住む"幾何学的実体"――座標変換に応じて特定の方法で成分が変換されるもの。
「八元数について知っていることは？」
　ふたりに問うたデルフィーンは数瞬の間を知識の欠如と読み取って説明を始めた。
「4つの変数の2乗和の積はその変数たちの2次形式4つの2乗和で表せる。数学者たちはこれを利用してあらゆる整数が4つの整数の2乗和で表せることを証明したが今はどうでもいい。重要なのはこれが四元数を成り立たせているということだ。積が零になる零でない元が存在しない、絶対値の積が積の絶対値になる、結合性を持つ。複素数の良い性質を引き継いでいるものの成分が増えた代償として可換性が失われる。当然興味はより上に移る。2乗和の積が2次形式の2乗和で表せるのはいくつの変数が関わるときか？数学者たちはそれが1,2,4,8に限られることを示した。2の3乗までの冪だ。8で打ち止めになるんだよ。それ以上はない。そして4が四元数を生むように8は八元数を生む。これも四元数の性質をいくつか引き継ぐが結合性を失う」
　デルフィーンはついさっきまで別の計算を行っていた紙になにか書きながら、小休止を挟む間もなく説明を継続した。

$\begin{gather} e_i^2=\left\{\begin{array}{cl} 1&i=0\\-1&i=1,2,3,4,5,6,7\\ \end{array}\right.\\ e_ie_j=-e_je_i=e_k,\ \ \ e_je_k=-e_ke_j=e_i,\ \ \ e_ke_i=-e_ie_k=e_j\\ (ijk)=(123),\ (145),\ (167),\ (257),\ (264),\ (347),\ (356)\\ x=x_0e_0+x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4+x_5e_5+x_6e_6+x_7e_7\\ \mbox{共役}\ \ \ \bar{x}=x_0e_0-x_1e_1-x_2e_2-x_3e_3-x_4e_4-x_5e_5-x_6e_6-x_7e_7\\ \overline{xy}=\bar{y}\bar{x}\\ \mbox{絶対値}\ \ \ |x|^2=x\bar{x}\\ \mbox{逆元}\ \ \ x^{-1}=\frac{\bar{x}}{|x|^2}\ (x\neq 0)\\ \mbox{内積}\ \ \ (x,y)=\frac{1}{2}(|x+y|^2-|x|^2-|y|^2)=\frac{1}{2}(x\bar{y}+y\bar{x})=\frac{1}{2}(\bar{x}y+\bar{y}x)\\ \end{gather}$

「実部の基底、つまり1には番号0をあてる。虚部の基底は7つだ。こちらには1から7まで番号を振る。2乗するとマイナス1になるのはすべて同じだ。そのうち部分的に虚四元数をなす三つ組が7つある。123、145、167、257、264、347、356だ。1番と2番を順にかけると3番、逆順でかけるとマイナス3番。2番と3番を順にかけると1番、以下同様。積はこれだけで決まる。三つ組の選び方には任意性がある。たとえば124、137、156、235、267、346、457をとってもいい。しかしこれは基底のとりかえに過ぎない。最小の例外群の離散部分群だよ。まあそれはいい」
　デルフィーナは追いつくためにも説明に割りこんだ。
「1番かける4番かける7番を考える。これはさっきの三つ組をなさない。1番と4番の積をはじめにとると5番かける7番で2番。今度は順序を変えて4番と7番の積をはじめにとると1番かける3番でマイナス2番。結果は一致しない」
「慣れないな」
　デルフィーノは自分でも確かめながら感想を述べた。
「慣れてくれ」とデルフィーン。
「ただし乗算の有用な法則がすべて消え去ったわけではない」
　そう言うといくつかの関係式を書き加えた。

$\begin{gather} (xx)y=x(xy),\ (xy)x=x(yx),\ (yx)x=y(xx)\\ (x\bar{x})y=x(\bar{x}y),\ (xy)\bar{x}=x(y\bar{x}),\ (yx)\bar{x}=y(x\bar{x}) \end{gather}$

「部分的に成り立つ結合法則だ。これは三つのより重要な法則から得られる」

$\begin{align} x(yz)&=(xyx)(x^{-1}z)\\ (yz)x&=(yx^{-1})(xzx)\\ x(yz)x&=(xy)(zx) \end{align}$

「弱められた結合性だ。この関係式が満たされる集合はループと呼ばれる代数構造の特殊な例になっている」
　デルフィーナはこの等式を示すことは手に負えないと感じたが、二、三の例で成り立つことを確かめた。
「やっと幾何学の話に入れる。原点を固定する任意の回転が偶数回の反射の合成で表せることはいいか？」
「任意の回転は基底をとりかえることでいくつかの2-平面上の独立な回転とみなせる。2-平面の場合には回転をなす2回の反射を容易に構成できる。それをすべての2-平面に対して順に行えばいい」
　デルフィーノは幾何学の知識を呼び起こしながら語った。
「その通り。そして八元数の場合には対称平面の法線を定めれば八元数の演算だけで反射を表せる」

$\begin{align} M\lbrack u\rbrack x:=x-2(u,x)u=-u\bar{x}u\ \ \ (|u|=1) \end{align}$

「これを2つ作用させると回転になる」

$\begin{align} M\lbrack v\rbrack M\lbrack u\rbrack x=v(\bar{u}x\bar{u})v \end{align}$

「任意の回転を表すには足りないが本質は変わらない。いまこの写像が作用している八元数を"ベクトル"としよう。これが2つの八元数の積なら？」

$\begin{align} M\lbrack v\rbrack M\lbrack u\rbrack(yz)&=v(\bar{u}(yz)\bar{u})v\\ &=(v(\bar{u}y) )( (z\bar{u})v) \end{align}$

「ループの法則だ。片側作用も絶対値を変えないことはすぐに同意できるだろう。回転になることの証明はやや込み入る」

$\begin{gather} L\lbrack u,v\rbrack x:=v(\bar{u}x),\ \ \ R\lbrack u,v\rbrack x:=\bar{v}(ux)\\ M\lbrack v\rbrack M\lbrack u\rbrack(x\bar{y})=(L\lbrack u,v\rbrack x)\overline{(R\lbrack u,v\rbrack y)} \end{gather}$

「ある回転がある。それに対して異なる回転のふたつ組が存在する。実は対応関係は元の回転とふたつ組について1対2だ。ふたつ組の両方の符号を反転させても同じ回転になる。数学者たちはこれを8-回転の三対性(トライアリティー)と呼ぶ」
「8成分を持つがベクトルでないもの。2つの片側作用それぞれで変換する八元数がそうなるのね」
　デルフィーナはこの小講義が目的地に辿り着いたことに気付いた。
「それが私の教えたかったことだ。あとはお好きなように」
　デルフィーンはそれだけ言うと満足したように自分の仕事に戻っていった。
「確かに回転だ。ディターミナントが正になる」
　はやくも乗算法則を習得していたデルフィーノは両側作用と片側作用を実際に計算してみていた。

$\begin{gather} u=\frac{e_0-e_1}{\sqrt{2}},\ v=e_2,\ {\bf{e}}=(e_0,e_1,e_2,e_3,e_4,e_5,e_6,e_7)^T\\ M\lbrack v\rbrack M\lbrack u\rbrack{\bf{e}}= \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&0\\ 1&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&-1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1 \end{pmatrix} \bf{e}\\ L\lbrack u,v\rbrack{\bf{e}}= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0&0&1&-1&0&0&0&0\\0&0&-1&-1&0&0&0&0\\-1&1&0&0&0&0&0&0\\1&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&-1&1\\0&0&0&0&0&0&1&1\\0&0&0&0&1&-1&0&0\\0&0&0&0&-1&-1&0&0 \end{pmatrix} {\bf e}\ ,\ \ R\lbrack u,v\rbrack{\bf{e}}= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0&0&-1&-1&0&0&0&0\\ 0&0&-1&1&0&0&0&0\\ 1&1&0&0&0&0&0&0\\ 1&-1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&1\\ 0&0&0&0&0&0&1&-1\\ 0&0&0&0&-1&-1&0&0\\ 0&0&0&0&-1&1&0&0 \end{pmatrix} \bf{e}\ \end{gather}$

「これが8つの偏極の正体なのか？つまり片側作用で変換する八元数ぶんの自由度が？」
　8成分だがベクトルではない量――探そうとしていたものがこんなにも早く与えられたことに驚きながらもデルフィーノは何かを掴みかけている感覚を確かなものとしたい思いに焦れていた。
「そう考えるにはまだ早いわ。物理学の問題として語る以上、片側作用で変換するふたつの八元数――そうね、それぞれ左方ベクトル(レフトル)、右方ベクトル(ライトル)と呼びましょう――で波を記述する方程式を得る必要がある」

$\begin{gather} \partial=\partial_\mu e_\mu\\ (\partial\bar{\partial}+m^2)\psi=0 \end{gather}$

「8-空間それぞれの方向に対する1次の微分演算子はベクトルよ。共役との積をとって質量の2乗を加えると波動の演算子になる」
「ここには8成分になるべき理由はない」
　光の場と1成分輝素波は波動方程式としては同じふるまいをするがその成り立ちは異なる。自由波の波動方程式レベルでは光の場の8成分は独立だ。しかし、それが従う基礎方程式は8成分が互いに絡み合うものになっている。
「2次の波動の演算子を作用させるのではなく1次の演算子を作用させるにとどめるなら……」
　デルフィーノは天啓を得たようだった。
「ベクトルかけるライトルはレフトルだ」

　　　　　　　　　　　　変換則
$\begin{align} \mbox{ベクトル}&\ \ \ \partial\mapsto \partial'=M\lbrack v \rbrack M\lbrack u \rbrack\partial=v(\bar{u}\partial\bar{u})v\\ \mbox{レフトル}&\ \ \ \psi_L\mapsto\psi'_L=L\lbrack u, v \rbrack\psi_L=v(\bar{u}\psi_L)\\ \mbox{ライトル}&\ \ \ \psi_R\mapsto\psi'_R=R\lbrack u,v \rbrack\psi_R=\bar{v}(u\psi_R)\\ \mbox{ベクトル×ライトル}&\ \ \ \partial\psi_R\mapsto\partial'\psi'_R=(v(\bar{u}\partial\bar{u})v)(\bar{v}(u\psi_R) )= v(\bar{u}(\partial\psi_R) )\\= \mbox{レフトル}&\hspace{6.6em}=L\lbrack u,v \rbrack(\partial\psi_R)\\ \mbox{共役ベクトル×レフトル}&\ \ \ \bar{\partial}\psi_L\mapsto\bar{\partial'}\psi'_L=(\bar{v}(u\bar{\partial}u)\bar{v})(v(\bar{u}\psi_L) )= \bar{v}(u(\bar{\partial}\psi_L) )\\= \mbox{ライトル}&\hspace{6.6em}=R\lbrack u,v \rbrack(\bar{\partial}\psi_L)\\ \end{align}$

「同様に共役ベクトル×レフトルはライトル。ループの法則だ。片側作用と両側作用を縮約できる」
「これでライトルとレフトルが絡む微分方程式を書けるわ！」

$\begin{align} \partial\psi_R=\hspace{-.6em}?\hspace{.3em}m\psi_L\ ,\ \ -\bar{\partial}\psi_L=\hspace{-.6em}?\hspace{.3em}m\psi_R \end{align}$

　デルフィーナが書いた連立方程式は、片側ベクトル特有の幾何学的性質によって波動方程式が1次の微分方程式2本に分離されていた。
「輝素の偏極の8自由度は、その8-運動量に応じて状態が動く8つの複素平面に対応するとしましょう。レフトルの8成分とライトルの8成分――合計16成分を8つの複素数とみなすことはできるかしら？」
　それはほとんど修辞的な疑問として先細りになった。

$\begin{gather} x=x_0e_0+x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4+x_5e_5+x_6e_6+x_7e_7\\ \hspace{3em}=(x_0+x_1e_1)+e_2(x_2-x_3e_1)+e_4(x_4-x_5e_1)+e_6(x_6-x_7e_1)\\ xe_1=(-x_1+x_0e_1)+e_2(x_3+x_2e_1)+e_4(x_5+x_4e_1)+e_6(x_7+x_6e_1)\\ (xe_1)e_1=-x \end{gather}$

「八元数の全体を4つの複素数の直和と見ることは可能だ。しかし八元数の演算だけで1階微分に応じた複素平面の4分の1回転は表せない。非結合性が邪魔をする」

$\begin{gather} (\partial\psi_R)e_1=\hspace{-.6em}?\hspace{.3em}m\psi_L\ ,\ \ (\bar{\partial}\psi_L)e_1=\hspace{-.6em}?\hspace{.3em}m\psi_R\\ \Rightarrow m^2\psi_R=(\bar{\partial}(\partial\psi_R)e_1)e_1\neq -\bar{\partial}\partial\psi_R\\ L\lbrack u,v \rbrack(\psi_Le_1)\neq (L\lbrack u,v \rbrack\psi_L)e_1 \end{gather}$

「そもそもこれでは幾何学が壊れている」
　実現したい理念を確かめるためだけにデルフィーノは渋々"二重に"誤っている式を書いてみた。
「複素化すればいい。代数法則はそのまま受け継がれる」
　既に議論から離脱していたと思われたデルフィーンが視線をこちらに向けることさえなく助言を加えた。
「なるほど。"複素"八元数か。だがそれは自由度を倍加することにならないか？ふたつの複素八元数。16の複素平面」
「減るよりはいいわ。光の場の回転が解くことのできない重なりがまだ残っているのかも。そういった問題に向き合うのはとにかく解を求めてからよ」

$\begin{align} \sqrt{-1}\partial\psi_R=m\psi_L\ ,\ \ \sqrt{-1}\bar{\partial}\psi_L=m\psi_R \end{align}$

「しかしこれなら光の場も今までとほとんど同じ方法で入れられるな」

$\begin{gather} (\sqrt{-1}\partial-qA)\psi_R=m\psi_L\ ,\ \ (\sqrt{-1}\bar{\partial}-q\bar{A})\psi_L=m\psi_R\\ A=A_\mu e_\mu \end{gather}$

　複素1成分輝素波方程式に光の場を入れるとき、波数-運動量にあたる演算子に光の持つベクトルを単にたす方法が採られ、多くの実験がその処方の正しさを裏付けていた。実際、光学固体スペクトルの測定結果は比較的微細な8分裂を除いてほとんどそれで説明することができる。"実"八元数の波動方程式の困難は、その処方を実行できない点にもあった。しかし複素八元数ならこれまでと同様に、それどころか回転物理学の幾何学をより正しく反映した形で書くことができる。
　デルフィーノはしばらくの計算の後、扱いやすいマトリックスの形式に書き直した。

$\begin{gather} (\sqrt{-1}\partial_\mu-qA_\nu)(\varsigma^\mu)_{\nu\rho}\psi_{R\rho}=m\psi_{L\rho}\ ,\ \ (\sqrt{-1}\partial_\mu-qA_\nu)(\bar{\varsigma}^\mu)_{\nu\rho}\psi_{L\rho}=m\psi_{R\rho}\\ e_\mu e_\nu=(\varsigma^\mu)_{\nu\rho}e_\rho\\ \bar\varsigma^\mu= \left\{\begin{array}{cl}\varsigma^0&\mu=0\\-\varsigma^\mu&\mu=1,2,3,4,5,6,7 \end{array}\right.\\ \varsigma^0={\bf 1}_2\otimes{\bf 1}_2\otimes{\bf 1}_2\ ,\ \ \varsigma^1={\bf 1}_2\otimes{\bf 1}_2\otimes\varepsilon\ ,\ \ \varsigma^2=\sigma_3\otimes\varepsilon\otimes\sigma_3\ ,\ \ \varsigma^3={\bf 1}_2\otimes\varepsilon\otimes\sigma_1\\ \varsigma^4=\varepsilon\otimes{\bf 1}_2\otimes\sigma_3\ ,\ \ \varsigma^5=\varepsilon\otimes\sigma_3\otimes\sigma_1\ ,\ \ \varsigma^6=\sigma_1\otimes\varepsilon\otimes\sigma_3\ ,\ \ \varsigma^7=\varepsilon\otimes\sigma_1\otimes\sigma_1\\ \left(\sigma_1=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\ ,\ \ \varepsilon=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}\ ,\ \ \sigma_3=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\right)\\ \end{gather}$

「八元数のままでは計算には不向きだ。何にせよ八元数の構造を表現できるなら同じこと」

$\begin{gather} (\sqrt{-1}\partial_\mu\gamma^\mu-qA_\mu\gamma^\mu-m)\psi=0\\ \psi=\left(\!\begin{array}{c}\psi_L\\ \psi_R\end{array}\!\right)\\ \gamma^\mu=\begin{pmatrix}0&\varsigma^\mu\\ \bar{\varsigma}^\mu&0\end{pmatrix}= \left\{\begin{array}{cl}\sigma_1\otimes\varsigma^0 & \mu=0\\ \varepsilon\otimes\varsigma^\mu&\mu=1,2,3,4,5,6,7 \end{array}\right. \end{gather}$

　マトリックス形式で書いてさえしまえばあとは慣れたものだった。鮮やかな手つきでデルフィーノは光の場がないときの平面波解を求めてみせた。
「16の自由度のうち半分は正エネルギー、半分は絶対値が同じで逆符号の負エネルギーの波になる」
「正負のエネルギーが同時に現れるのね。捨て去ってしまうわけにはいかない。正しい解釈は後に回しましょう。でも私たちのよく知った正エネルギーのほうについてならちょうど8成分。光の偏極とは全く異なる由来の8成分。縦波でも横波でもない。これが8つの偏極の正体だという主張をもっと確からしいものにするには……」
「光の場によるエネルギー準位の分裂を再現すればいい」
「その通り」
　まもなくふたりが発見したのは、運動量の空間成分がじゅうぶん小さいという近似の下で主要項は複素1成分波動方程式にほとんど一致することだった。この範囲では正エネルギーの複素8成分は独立している。しかしわずかに現れた差異はそれらを混ぜる働きを持っているだけではなく非常に示唆的な形をしていた。
「光の場の回転成分がエネルギーに影響するんだわ。これは実験結果を説明するにはとても……とても魅力的ね」
　ふたりともが幾何学の導いたこの結果に茫然としていた。
「定量的にも正しさは裏付けられるだろうか。測定結果を集めて理論値と比較してみよう。近似の精度をもっと高めることも必要だ。それができればより微妙な効果を調べるための実験系を設計できるかもしれない」
　疲れを感じる機能は壊れていた。こんなことはそう何度も経験できるものではない。手元にあるだけの測定データとの比較検証、新しい実験計画、同僚たちに公表するための資料作成……全てに頭を巡らせながら自分たちのなすべきことに没頭していった。
　デルフィーンは自分のささやかな助言が役に立ったらしいことに満足すると同時に、純粋な数学的対象が物理を説明したかもしれない現場に立ち会ったことに心地よい驚きを覚えていた。次に物理に現れるのはどんな数学だろうか？

～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～

解説
　グレッグ・イーガン『エターナル・フレイム』第33章へのオマージュ。カルラとパトリジアとロモロが四元数を通じてスピンを発見するところ。ここほんとラブ。ただし舞台を8+0次元宇宙に移している。その結果四元数ではなく八元数が役に立つようになり……。
　光学固体に関して冒頭に自分のものであるように書いているのはなかなか悪質だが、消化しきれていなかった部分を噛み砕いてみようという試みの反映。ただ正直実際にどんな測定をしているのか想像しきれていない。遊離輝素をどうやって供給するのか(波面と輝素は光源方向に向かうんですよね)、とか、スペクトルをはかるためのプローブとして何を使うのか、とか。だから結局肝心なところでごまかし気味。
　というかわざわざこんな二次創作めいたことをしているのもカルラたちの論理を今一度追っておきたかったからである。弁明。
　作中独自のいくつかの用語はそのまま使っている。"輝素"は電子、"光源強度"は電荷、"回転物理学"は(特殊)相対性理論におおよそ相当。"光子"は語としてはそのままだが質量を有することに注意。このため光は縦波成分を持つことになる。同じ理由から電場と磁場が遠隔力としては働かない。そのためStern –Gerlach実験のように巨視的な磁場を使った実験からスピンを見つけるのは困難で、時間周波数の長い紫外光レーザーを利用した"光学固体"のような特殊な実験系によって初めてその存在に気付くことになる。
　Homo sapiensの人名を使えない制約などから書けなかった用語について以下に並べておく。

任意の整数は4つの平方数の和であること……Eulerの4平方定理
n変数の2乗和の積がそれらの双線形形式n個の2乗和で表せるのはn=1,2,4,8に限られること……Hurwitzの定理
八元数の非零元の全体のように、積について「弱められた結合則」が成り立つ代数系……Moufang ループ
なお八元数はCayley代数とも呼ばれる。
デルフィーナたちが最初に見つけた実八元数の連立微分方程式は、Majoranaフェルミオンを記述する相対論的波動方程式に等価である。Majoranaフェルミオンはその反粒子と粒子が同一で、従って電荷を持たず電磁相互作用をしない。

　この長さだし世界観について特に練っているわけではないものの登場人物が3人いて名前がほとんど同じなのはそういうことだ。"双"(co)ならぬ……(アシモフの『神々自身』っぽい)。ついでに微妙にD4( $\mathfrak{so}(8)$ と同型なリー環のクラス)を意識しつつイタリア人っぽい名前を選んでいる。

　三対性(triality)は双対性(duality)にちなんで名付けられたSO(8)に特有の性質である。実はイーガンが直交宇宙の量子力学解説ページからリンクを張っている数理物理学者John Baezのページがこれに関するものだったりする。
Riemanian Quantum Mechanics [Extra] by Greg Egan
http://www.gregegan.net/ORTHOGONAL/07/QMExtra.html
Spinors and Trialities by John Baez
http://math.ucr.edu/home/baez/octonions/node7.html
　大雑把に言って、SO(8)の元に対してふたつのSO(8)の元が対応してその組がスピノル表現になっている、というもの。しかも三つ組のなすSpin(8)と同型な群は3次対称群に同型な自己同型群を持っている。まさしく三対性である。

　個人的な経験についても語っておきたい。Spin(6)を以前の記事で調べたあと、自然な成り行きとしてSpin(8)を調べることになったのだが、ガンマ行列をうまく選ぶとその交換子積がすべて8×8実反対称行列が2つ並ぶブロック対角の形になることに気付いた。 $\mathfrak{so}(8)$ 内に非自明な全単射があるのだ。しかも左巻き成分と右巻き成分からカレントを作ると(本文中では省いたが、レフトルとライトルの共役(複素数と八元数両方の共役をとる)の積は実部と虚部がそれぞれ軸性ベクトルカレントとベクトルカレントに対応する)八元数の積らしき形をしている。嬉しい。本文での発見の道順とは逆だった。
　しかしここまで文字通りの意味で八元数によってDirac方程式が書けるとは思っていなかった。いつかこういうパロディをやれたらいいなとは空想していたけど。ちなみに八元数を分解型八元数に置き換えると得られるのは4+4次元Dirac方程式だと思う。Tetrachronauts。

参考文献
グレッグ・イーガン『クロックワーク・ロケット』(2015年、早川書房)
グレッグ・イーガン『エターナル・フレイム』(2016年、早川書房)
グレッグ・イーガン『アロウズ・オブ・タイム』(2017年、早川書房)
横田一郎『例外型単純リー群』(2013年、現代数学社)
川村嘉春『相対論的量子力学』(2012年、裳華房)
J.H.コンウェイ、D.A.スミス『四元数と八元数　幾何, 算術, そして対称性』(2006年、培風館)

2017-09-04

4次実Clifford代数, Spin(5,1), Spin(3,3)

物理・数学

Trichronauts...

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Clifford代数

　Clifford代数 ${C\ell_{p,q}(\mathbb{R}),\ \ \ (p+q=4)}$ から始める.

${ \begin{gather} \{\Gamma^a,\Gamma^b\}=\Gamma^a \Gamma^b + \Gamma^b\Gamma^a=2Q^{ab}\\ Q^{ab}=\left\{\begin{array}{cc} +1&a=b=1,\cdots p\\ -1&a=b=p+1,\cdots 4\\ 0&a\neq b \end{array}\right.\\ (a,b=1,2,3,4) \end{gather} }$

${1, \Gamma^a,\Gamma^a\Gamma^b,\Gamma^a\Gamma^b\Gamma^c,\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3\Gamma^4(a,b,c}$ は異なる)は ${2^4=16}$ 次元の実線形空間の基底を成しており, その線形結合は和と積について閉じている. なお,本記事中, ラテン文字a,b,c...の添え字は1から4までとする.

そのうち ${\Gamma^0,\Gamma^5}$ を次のように定義する.

${ \begin{align} \Gamma^0&=1,\ \ \ \Gamma^5=\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3\Gamma^4 \end{align} }$

${ \begin{gather} \{\Gamma^a,\Gamma^5\}=0\\ (\Gamma^5)^2=\det (Q^{ab})=(-1)^q \end{gather} }$

に注意. ${\Gamma^0,\cdots,\Gamma^5}$ によって張られる実線形空間を ${\mathfrak{J}}$ と定義する.

${ \begin{align} \mathfrak{J}={\rm Span}_{\mathbb{R}}\langle \Gamma^0,\Gamma^1,\cdots,\Gamma^5\rangle \end{align} }$

${\mathfrak{J}}$ 上の元に対してチルダ~であらわされる共役を次のように定義する.

${ \begin{align} X&=X_0\Gamma^0+X_1\Gamma^1+X_2\Gamma^2+X_3\Gamma^3+X_4\Gamma^4+X_5\Gamma^5\in\mathfrak{J}\\ \rightarrow \tilde{X}&\equiv X_0\Gamma^0-X_1\Gamma^1-X_2\Gamma^2-X_3\Gamma^3-X_4\Gamma^4-X_5\Gamma^5 \end{align} }$

すなわち基底のうち ${\Gamma^0}$ 以外の符号が反転する. 基底の間には次の関係がある.

${ \begin{gather} \Gamma^\mu\tilde{\Gamma}^\nu+\Gamma^\nu\tilde{\Gamma}^\mu=2g^{\mu\nu}\\ g^{\mu\nu}\equiv\left\{\begin{array}{cc} 1&\mu=\nu=0\\ -Q^{\mu\mu}&\mu=\nu=1,\cdots,4\\ -\det(Q^{ab})=(-1)^{q+1}&\mu=\nu=5\\ 0&\mu\neq \nu \end{array}\right.\\ \end{gather} }$

ギリシャ文字 ${\mu,\nu,\cdots}$ は0から5までを表すとする.

このチルダを用いて ${\mathfrak{J}}$ 上の内積を次のように定義する.

${ \begin{align} \langle X,Y\rangle&\equiv \mathfrak{R}(X\tilde{Y})\\ &=g^{\mu\nu}X_\mu Y_\nu\\ &=\langle Y,X\rangle \end{align} }$

ただし ${\mathfrak{R}(A)\ A\in C\ell_{p,q}(\mathbb{R})}$ はAの ${\Gamma^0}$ 成分を表すとする.
${\Gamma^0,\cdots,\Gamma^5}$ はこの内積に対して正規直交基底である.

さて, ${C\ell_{p,q}(\mathbb{R})}$ 上に, Aに応じて定まる線形変換 ${f^{\pm}\lbrack A\rbrack}$ を次のように定義する.

${ \begin{align} f^+ \lbrack A\rbrack X&\equiv AX+XA\\ f^- \lbrack A\rbrack X&\equiv AX-XA\\ A,X&\in C\ell_{p,q}(\mathbb{R}) \end{align} }$

±それぞれが反交換子積, 交換子積に対応する. Xが ${\mathfrak{J}}$ の元であるとき, いかなるときに ${f\lbrack A\rbrack}$ が ${\mathfrak{J}}$ 上の線形変換になるか調べる. Aの基底について調べれば十分.

(i) ${A=1}$ のとき
どちらの場合にも明らかに線形変換(スカラー倍のためあまり興味がない)

(ii) ${A=\Gamma^a}$ のとき
a=1の場合に

${ \begin{align} \Gamma^1\Gamma^0&=\Gamma^0\Gamma^1=\Gamma^1\in\mathfrak{J}\\ \Gamma^1\Gamma^1&=Q^{11}\Gamma^0\in\mathfrak{J}\\ \Gamma^1\Gamma^2&=-\Gamma^2\Gamma^1\not\in\mathfrak{J}\\ \Gamma^1\Gamma^5&=-\Gamma^5\Gamma^1=Q^{11}\Gamma^2\Gamma^3\Gamma^4 \end{align} }$

などから,

${ \begin{align} f^+\lbrack \Gamma^a \rbrack X\in\mathfrak{J} \end{align} }$

(iii) ${A=\Gamma^a\Gamma^b\ \ \ (a < b)}$ のとき
${a=1,b=2}$ の場合に

${ \begin{align} (\Gamma^1\Gamma^2)\Gamma^0&=\Gamma^0(\Gamma^1\Gamma^2) \not\in\mathfrak{J}\\ (\Gamma^1\Gamma^2)\Gamma^1&=-\Gamma^1(\Gamma^1\Gamma^2)=-Q^{11}\Gamma^2\in\mathfrak{J}\\ (\Gamma^1\Gamma^2)\Gamma^3&=\Gamma^3(\Gamma^1\Gamma^2)\not\in\mathfrak{J}\\ (\Gamma^1\Gamma^2)\Gamma^5&=\Gamma^5(\Gamma^1\Gamma^2)=-Q^{11}Q^{22}\Gamma^3\Gamma^4\not\in\mathfrak{J} \end{align} }$

などから,

${ \begin{align} f^-\lbrack \Gamma^a\Gamma^b \rbrack X\in\mathfrak{J} \end{align} }$

(iv) ${A=\Gamma^a\Gamma^b\Gamma^c\ \ \ (a < b < c)}$ のとき
${a=1,b=2,c=3}$ の場合に

${ \begin{align} (\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3)\Gamma^0&=\Gamma^0(\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3)\not\in\mathfrak{J}\\ (\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3)\Gamma^1&=\Gamma^1(\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3)=Q^{11}\Gamma^2\Gamma^3 \not\in\mathfrak{J}\\ (\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3)\Gamma^4&=-\Gamma^4(\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3)=\Gamma^5\in\mathfrak{J}\\ (\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3)\Gamma^5&=-\Gamma^5(\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3)=-Q^{11}Q^{22}Q^{33}\Gamma^4\in\mathfrak{J} \end{align} }$

などから,

${ \begin{align} f^{-}\lbrack\Gamma^a\Gamma^b\Gamma^c\rbrack X\in\mathfrak{J} \end{align} }$

(v) ${A=\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3\Gamma^4=\Gamma^5}$ のとき

${ \begin{align} \Gamma^5\Gamma^0&=\Gamma^0\Gamma^5=\Gamma^5\in\mathfrak{J}\\ \Gamma^5\Gamma^1&=-\Gamma^1\Gamma^5=-Q^{11}\Gamma^2\Gamma^3\Gamma^4\not\in\mathfrak{J}\\ \Gamma^5\Gamma^5&=\det(Q)\Gamma^0\in\mathfrak{J} \end{align} }$

などから,

${ \begin{align} f^+\lbrack \Gamma^5\rbrack X\in\mathfrak{J} \end{align} }$

まとめると, ${\Gamma^\mu(\mu=0,\cdots,5)}$ のとき反交換子積, ${\Gamma^a\Gamma^b,\Gamma^a\Gamma^b\Gamma^c(a,b,c=1,2,3,4}$ で互いに相異なる)のとき交換子積が ${\mathfrak{J}}$ 上の線形変換になる.

そこで ${C\ell_{p,q}(\mathbb{R})}$ の元に対して次のシャープ ${\sharp}$ で表される共役を定義する.

${ \begin{align} (\Gamma^\mu)^\sharp&=\Gamma^\mu\\ (\Gamma^a\Gamma^b)^\sharp&=-\Gamma^a\Gamma^b\\ (\Gamma^a\Gamma^b\Gamma^c)^\sharp&=-\Gamma^a\Gamma^b\Gamma^c \end{align} }$

${\sharp}$ は和, 実数倍と順序を入れ替えられ, これら基底の線形結合に対しては各基底に対して共役を取ればよい. つまり異なる ${\Gamma^a}$ 2つか3つの積で表される基底の成分の符号を反転させたものになる

この共役は次のようにも表される.

${ \begin{align} (\Gamma^{a_1}\Gamma^{a_2}\cdots\Gamma^{a_{m\!-\!1}}\Gamma^{a_m})^\sharp=\Gamma^{a_m}\Gamma^{a_{m\!-\!1}}\cdots\Gamma^{a_2}\Gamma^{a_1} \end{align} }$

ゆえに

${ \begin{align} (AB)^\sharp=B^\sharp A^\sharp \end{align} }$

が成り立っている.

このシャープ共役を用いて

${ \begin{align} f\lbrack A\rbrack X\equiv AX+XA^\sharp \end{align} }$

と定義すると, 上で調べたことは

${ \begin{gather} A\in C\ell_{p,q}(\mathbb{R}),\ \ \ X\in\mathfrak{J}\\ \Rightarrow f\lbrack A\rbrack X\in\mathfrak{J}\\ \end{gather} }$

とまとめられる. つまり ${f\lbrack A\rbrack}$ は ${\mathfrak{J}}$ 上の線形変換である. これを利用すると,

${ \begin{align} D&=\exp(A)=\sum_{n=0}^\infty\frac{A^n}{n!}\\ \Rightarrow& DXD^\sharp\in\mathfrak{J} \end{align} }$

が示される*1.

Lie群
Aのうち ${\Gamma^0}$ 成分は実数倍にしか寄与しない. そこで ${C\ell_{p,q}(\mathbb{R})}$ の基底から ${\Gamma^0}$ を除き, その他15個で張られる部分空間を ${\mathfrak{g}}$ と表す. ${\mathfrak{g}}$ は交換子積について閉じるためLie代数を成している.

${ \begin{gather} \mathfrak{g}={\rm Span}_{\mathbb{R}}\{\Gamma^a,\Gamma^a\Gamma^b,\Gamma^a\Gamma^b\Gamma^c,\Gamma^5|a,b,c\mbox{は互いに異なる}\}\\ \dim{\mathfrak{g}}=15 \end{gather} }$

この元を指数の肩に載せて作られるLie群をGで表す.

${ \begin{align} G=\{\exp(A)|A\in\mathfrak{g}\} \end{align} }$

このGの元Dに対して ${\mathfrak{J}}$ 上の線形変換 ${h\lbrack D\rbrack}$ を

${ \begin{align} h\lbrack D\rbrack X\equiv DXD^\sharp\ \ \ D\in G,\ X\in\mathfrak{J} \end{align} }$

で定義する. 次のことが示される.

${ \begin{align} h\lbrack (D^\sharp)^{-1}\rbrack \tilde{X}=\widetilde{(h\lbrack D\rbrack X)} \end{align} }$

これは

${ \begin{align} f\lbrack -A^\sharp\rbrack \tilde{X}=\widetilde{(f\lbrack A\rbrack X)} \end{align} }$

をA,Xそれぞれの基底について示せば十分であり, 実際に上でやったように計算すればこれが確かめられる. たとえば ${X=\Gamma^0}$ なら

${ \begin{align} f\lbrack -A^\sharp\rbrack \tilde{\Gamma^0} &=-A^\sharp-A\\ &=-(A^\sharp+A)\\ &=\widetilde{(f\lbrack A\rbrack \Gamma^0)} \end{align} }$

などである*2.

これを用いると, 上で定義した ${\mathfrak{J}}$ 上の内積について,

${ \begin{align} \langle h\lbrack D\rbrack X,h\lbrack D\rbrack Y \rangle &=\mathfrak{R}(h\lbrack D\rbrack X)(h\lbrack (D^\sharp)^{-1}\rbrack \tilde{Y})\\ &=\mathfrak{R}(DXD^\sharp (D^\sharp)^{-1}\tilde{Y}D^{-1})\\ &=\mathfrak{R}(X\tilde{Y})\\ &=\langle X,Y\rangle \end{align} }$

つまり ${h\lbrack D\rbrack}$ は計量同型写像になっている.

行列表現, 3+3次元の例

　ここで行列表現を与える(逆にここまでは行列表現に依存していなかった). ${\Gamma}$ をそのまま表現行列として同一視する.
　例として, ${p=3,\ q=1,\ Q^{ab}={\rm diag}(+++-)}$ の場合を考える. 3+1次元Lorentz計量のそれ(いわゆる東海岸cnvention)である. Pauli行列を用いて次のように取ることができる.

${ \begin{align} \Gamma^1=\sigma^3\otimes {\bf 1}_2,\ \Gamma^2=\sigma^1\otimes \sigma^1,\ \Gamma^3=\sigma^1 \otimes \sigma^3,\ \Gamma^4=i(\sigma^1\otimes \sigma^2) \end{align} }$

このとき,

${ \begin{gather} \Gamma^0={\bf 1}_4={\bf 1}_2\otimes{\bf 1}_2,\ \Gamma^5=i(\sigma^2\otimes{\bf 1}_2)\\ g^{\mu\nu}={\rm diag}(+---++) \end{gather} }$

その他の ${C\ell_{3,1}(\mathbb{R})}$ の基底を以下に列挙する.

${ \begin{gather} \Gamma^1\Gamma^2=i(\sigma^2\otimes\sigma^1),\ \ \Gamma^1\Gamma^3=i(\sigma^2\otimes\sigma^3),\ \ \Gamma^1\Gamma^4=-(\sigma^2\otimes\sigma^2)\\ \Gamma^2\Gamma^3=-i({\bf 1}_2\otimes\sigma^2),\ \ \Gamma^2\Gamma^4=-({\bf 1}_2\otimes\sigma^3),\ \ \Gamma^3\Gamma^4={\bf 1}_2\otimes\sigma^1\\ \Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3=-i(\sigma^3\otimes\sigma^2),\ \ \Gamma^1\Gamma^2\Gamma^4=-(\sigma^3\otimes\sigma^3),\ \ \Gamma^1\Gamma^3\Gamma^4=\sigma^3\otimes\sigma^1,\ \ \Gamma^2\Gamma^3\Gamma^4=\sigma^1\otimes{\bf 1}_2 \end{gather} }$

Pauli行列は ${\sigma^2}$ のみが虚数成分を持つことに注意すると, これらが4次の実行列の基底を成していることが分かる(と言うよりそうなるように最初の ${\Gamma}$ を選んだ). すなわち,

${ \begin{align} C\ell_{3,1}(\mathbb{R})\cong M(4,\mathbb{R}) \end{align} }$

また, ${\Gamma^0={\bf 1}_4}$ 以外はトレースレスであるから,

${ \begin{align} \mathfrak{g}=\{A\in M(4,\mathbb{R})|{\rm Tr}(A)=0\}=\mathfrak{sl}(4,\mathbb{R}) \end{align} }$

ゆえに, Gは行列式が1の4×4行列のなす群である*3.

${ \begin{align} G=SL(4,\mathbb{R}) \end{align} }$

そして上で議論した通り, Gの元Dについて ${h\lbrack D\rbrack$は$\mathfrak{J}}$ 上の計量同型な線形写像への準同型で, 二対一の対応関係を持つ. このことから

${ \begin{align} SL(4,\mathbb{R})/Z_2\cong O(3,3)_0 \end{align} }$

が示される. ${O(3,3)_0}$ は ${O(3,3)}$ の単位元との連結成分のなす群である. これにより,

${ \begin{align} Spin(3,3)\cong SL(4,\mathbb{R}) \end{align} }$

を得る.

これを利用してDirac方程式を導出する. 3+3次元の座標変換Oに応じてベクトルVとそのチルダ共役は

${ \begin{gather} V=V_\mu\Gamma^\mu\rightarrow V'=V_{\mu'}\Gamma^{\mu'}=D(O)VD(O)^\sharp\\ \tilde{V}=V_\mu\tilde{\Gamma}^\mu\rightarrow \tilde{V}'=V_{\mu'}\tilde{\Gamma}^{\mu'}=(D(O)^{-1})^\sharp VD(O)^{-1} \end{gather} }$

と変換する. これと同時に次のように変換する2つの2×4の実行列を導入する.

${ \begin{align} \Psi_L&\rightarrow \Psi'_L=D(O)\Psi_L\\ \Psi_R&\rightarrow \Psi'_R=(D(O)^{-1})^{\sharp}\Psi_R\\ \Psi_L,\Psi_R&\in M_{2\times 4}(\mathbb{R}) \end{align} }$

次の微分方程式はSO(3,3)共変性をもつ.

${ \begin{gather} \partial_\mu\tilde{\Gamma}^\mu \Psi_L(i\sigma^2)=m\Psi_R\\ \partial_\mu\Gamma^\mu \Psi_R(i\sigma^2)=m\Psi_L \end{gather} }$

すべての成分が実数であることに注意. これが3+3次元のDirac方程式である.

各成分はKlein-Gordon方程式も満たす*4;

${ \begin{align} (g^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu+m^2)\binom{\Psi_L}{\Psi_R}=\binom{0}{0} \end{align} }$

${\sigma^3}$ の固有値は1,-1であり, ${\sigma^2}$ をその固有ベクトルu,vに掛けると次のようになる.

${ \begin{gather} \sigma^2u=iv,\ \ \ \sigma^2v=-iu\\ u=\binom{1}{0},\ \ \ v=\binom{0}{1} \end{gather} }$

上の連立方程式に右からu,vをかける.

${ \begin{align} -\partial_\mu\tilde{\Gamma}^\mu (\Psi_Lv)&=m(\Psi_Ru)\\ -\partial_\mu\Gamma^\mu (\Psi_Rv)&=m(\Psi_Lu)\\ \partial_\mu\tilde{\Gamma}^\mu (\Psi_Lu)&=m(\Psi_Rv)\\ \partial_\mu\Gamma^\mu (\Psi_Ru)&=m(\Psi_Lv) \end{align} }$

これらは元の式と同値で(単位行列をかけて列ベクトルに分解しただけなので), すべて実数から成っている. そのため,(第3式)-i×(第1式), (第4式)-i×(第2式)のふたつの複素数の方程式の実部と虚部をとれば再構成できる. すなわち,

${ \begin{align} \psi_L=\Psi_L(u+iv),\ \ \ \psi_R=\Psi(u+iv)\in\mathbb{C}^4 \end{align} }$

とおき(u+ivは ${\sigma^2}$ の固有ベクトル),

${ \begin{align} i\partial_\mu\tilde{\Gamma}^\mu \psi_L&=m\psi_R\\ i\partial_\mu\Gamma^\mu \psi_R&=m\psi_L \end{align} }$

と表しても同値. さらにまとめて

${ \begin{gather} i\partial_\mu\gamma^\mu\psi=m\psi\\ \gamma^\mu=\begin{pmatrix} 0&\Gamma^\mu\\ \tilde{\Gamma}^\mu&0 \end{pmatrix}\in M(8,\mathbb{C}),\ \ \ \psi=\binom{\psi_L}{\psi_R}\in\mathbb{C}^8 \end{gather} }$

とすればいつも通りのDirac方程式になる. スピノルの変換は

${ \begin{gather} \psi\rightarrow \psi'=S(O)\psi\\ \psi=\begin{pmatrix} D(O)&0\\ 0&(D(O)^{-1})^\sharp \end{pmatrix} \end{gather} }$

ガンマ行列は具体的には,

${ \begin{gather} \gamma^0=\sigma^1\otimes{\bf 1}_2\otimes{\bf 1}_2,\ \gamma^1=i(\sigma^2\otimes\sigma^3\otimes {\bf 1}_2),\ \gamma^2=i(\sigma^2\otimes\sigma^1\otimes \sigma^1),\\ \gamma^3=i(\sigma^2\otimes\sigma^1 \otimes \sigma^3),\ \gamma^4=-(\sigma^2\otimes\sigma^1\otimes \sigma^2),\ \gamma^5=-(\sigma^2\otimes\sigma^2\otimes{\bf 1}_2)\\ \gamma^\mu\gamma^\nu+\gamma^\nu\gamma^\mu=2g^{\mu\nu}{\bf 1}_8 \end{gather} }$

となっている.

実はSpin(3,3)とSL(4,R)の同型に関する以上の道筋は, Spin(5,1)とSL(2,H)の同型を示した際の議論において, 四元数を分解型四元数(split quaternion), 複素数を分解型複素数(split complec number)に置き換えたものと並行になっている.
5+1次元Dirac方程式 - Spin(5,1)とSL(2,H)の同型から - Shironetsu Blog

逆に最初に ${Q={\rm diag}(++++)}$ とすればSpin(5,1)とSL(2,H)の同型が現れる. 本項では一段抽象度の高い4次の実Clifford代数から初めて両者を統一的に扱ったことになる.

では, 他のQを採用すれば6次元の他の直交群が現れるかというと残念ながらそうはならない. Qとgとの対応関係は以下のようになるためである.

Q	g
++++	+-----
+++-	+---++
++--	+--++-
+---	+-++++
----	+++++-

このようにgには1+5か3+3しか現れない.

おわり
　Spin(2,2)と同型なSL(2,R)×SL(2,R)はふたつの自明でない群の直積であるため, Spin(3,1)とSL(2,C)の同型をヒントにSpin(5,1)とSL(2,H)の同型を構成したときとはやや異なるがだいたい同じ対応関係がSpin(3,3)とSL(4,R)との間にある. 上の図で2+2の下に3+3を並べたのはそういった理由から.
2+2次元Dirac方程式―Dichronautsをよみはじめた - Shironetsu Blog

　本項の内容は前回5+1次元を扱ったときに行列表現を眺めていたら気付いたことだった.SL(4,R)にしてもSL(2,H)にしても32次元の4次複素行列環の半分, 16次元部分線形空間の元になっており4次の実Clifford代数の次元に一致していたのだった. 同じようにうまくはいかないがSpin(6,0)とSpin(4,2)ももう少し抽象的に理解したいところである.

参考
横田一郎『古典型単純リー群』(現代数学社, 2013年)

*1: ${ \begin{align} g(t)&=\exp(tA)X\exp(tA^\sharp) \end{align} }$ を実数tの関数としてMaclaurin展開した後t=1を代入すると示される.

*2:一般に ${A\in C\ell_{p,q}(\mathbb{R})}$ に対して ${ \begin{align} A+A^\sharp\in\mathfrak{J} \end{align} }$ であるが, 特に ${A\in\mathfrak{g}}$ なら ${A+A^\sharp}$ は ${\Gamma^0}$ 成分をもたない. ...といったことからこの主張は示されるが, もう少し簡潔に示したいところである.