问题及解答

求李代数 $\mathrm{su}(2)$ 的基.

由此证明 $\mathrm{sl}(2,\mathbb{C})=\mathrm{su}(2)\otimes\mathbb{C}$.

\[
\mathrm{su}(2)=\{A\in\mathcal{M}(2,\mathbb{C})\mid A+A^*=0,\quad\mathrm{tr}(A)=0\}.
\]

设 $A=\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}\in\mathrm{su}(2)$, 则

\[
\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\bar{a} & \bar{c}\\ \bar{b} & \bar{d}\end{pmatrix}=0
\]

这推出

\[
\begin{cases}
a+\bar{a}=0,\\
b+\bar{c}=0,\\
d+\bar{d}=0.
\end{cases}
\]

又 $\mathrm{tr}(A)=0$, 故 $a+d=0$. 故不妨设 $a=ik$, 于是 $d=-ik$. 因此矩阵 $A$ 形如

\[
\begin{pmatrix}ik & b\\ -\bar{b} & -ik\end{pmatrix}=
k\begin{pmatrix}i & 0\\ 0 & -i\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & b\\ -\bar{b} & 0\end{pmatrix}
\]

设 $b=m+in$, 这里 $k,m,n\in\mathbb{R}$. 于是

\[
\begin{split}
A&=k\begin{pmatrix}i & 0\\ 0 & -i\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & m+in\\ -m+in& 0\end{pmatrix}\\
&=k\begin{pmatrix}i & 0\\ 0 & -i\end{pmatrix}+m\begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}+n\begin{pmatrix}0 & i\\ i & 0\end{pmatrix}
\end{split}
\]

于是令

\[
i\sigma_1=\begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix},\quad i\sigma_2=\begin{pmatrix}0 & i\\ i & 0\end{pmatrix},\quad i\sigma_3=\begin{pmatrix}i & 0\\ 0 & -i\end{pmatrix}
\]

显然 $i\sigma_1,i\sigma_2,i\sigma_3$ 线性无关, 因此可以作为 $\mathrm{su}(2)$ 的一组基.

这里 $\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3$ 称为 Pauli 矩阵 (参见问题805).

\[
\sigma_1=
\begin{pmatrix}
0 & -i\\
i & 0
\end{pmatrix},\quad
\sigma_2=
\begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix},\quad
\sigma_3=
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & -1
\end{pmatrix},
\]

$\mathrm{su}(2)\subset\mathrm{sl}(2,\mathbb{C})$ 是显然的, 从定义即得.

上面已经证明任意 $A\in\mathrm{su}(2)$ 可以表示为 $i\sigma_1, i\sigma_2, i\sigma_3$ 的实线性组合.

\[
A=m\cdot i\sigma_1+n\cdot i\sigma_2+k\cdot i\sigma_3.
\]

当这些系数 $m,n,k$ 换成复数, 或等价地每个乘以一个复数, 则不改变矩阵 $A$ 的迹(trace), 仍有 $\mathrm{tr}(A)=0$. 故

\[
\mathrm{su}(2)\otimes\mathbb{C}\subset\mathrm{sl}(2,\mathbb{C}).
\]

反之, 任取 $A\in\mathrm{sl}(2,\mathbb{C})$, 可设 $A=\begin{pmatrix}a & b\\ c & -a\end{pmatrix}$. 于是

\[
\begin{split}
\begin{pmatrix}a & b\\ c & -a\end{pmatrix}&=a\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & b\\ c & 0\end{pmatrix}\\
&=-ia\begin{pmatrix}i & 0\\ 0 & -i\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & b\\ -b & 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & 0\\ c+b & 0\end{pmatrix}\\
&=-ia\begin{pmatrix}i & 0\\ 0 & -i\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}+\frac{c+b}{-2i}\begin{pmatrix}0 & 0\\ -2i & 0\end{pmatrix}\\
&=-ia\begin{pmatrix}i & 0\\ 0 & -i\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}+\frac{c+b}{-2i}\cdot\Biggl[i\begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0 & i\\ i & 0\end{pmatrix}\Biggr]\\
&=-ia\begin{pmatrix}i & 0\\ 0 & -i\end{pmatrix}+(b-\frac{c+b}{2})\begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}+\frac{c+b}{2i}\begin{pmatrix}0 & i\\ i & 0\end{pmatrix}\\
&=(-ia)\cdot i\sigma_3+\frac{b-c}{2}\cdot i\sigma_1+\frac{b+c}{2i}\cdot i\sigma_2.
\end{split}
\]

故有

\[
\mathrm{sl}(2,\mathbb{C})\subset\mathrm{su}(2)\otimes\mathbb{C}.
\]

因此, $\mathrm{sl}(2,\mathbb{C})=\mathrm{su}(2)\otimes\mathbb{C}$.   Q.E.D.