In questo articolo vediamo come calcolare, in due modi diversi, un certo integrale sul gruppo $\U(N)$ delle matrici unitarie $N \times N$. Seguiamo Köstenberger, Weingarten Calculus.
Consideriamo l’integrale
$$\int_{\U(N)} \abs{U_{11}}^2 \,dU$$
dove $dU$ è la misura di Haar e $U_{11}$ è l’elemento nella prima riga e colonna della matrice $U$.
Primo metodo
Il primo metodo per calcolare l’integrale sopra fa uso della seguente osservazione. Poiché $U$ è unitaria, allora le righe e le colonne sono ortonormali. Ciò vuol dire che
$$\sum_{i=1}^N \abs{U_{1i}}^2 = 1$$
Poiché la misura di Haar è normalizzata, integrando questa formula otteniamo
$$\sum_{i=1}^N \int_{\U(N)} \abs{U_{1i}}^2 \,dU = 1$$
Poiché non c’è niente di speciale nel primo elemento di $U$, è naturale aspettarsi che ognuno degli $N$ integrali sopra sia identico. Ciò può essere dimostrato come segue. Supponiamo di voler dimostrare che $\int_{\U(N)} \abs{U_{12}}^2 \,dU=\int_{\U(N)} \abs{U_{11}}^2 \,dU$. Esiste una matrice di permutazione $P$ che, moltiplicata a $U$, scambia $U_{12}$ e $U_{11}$. Ma poiché le matrici di permutazione sono unitarie, e la misura di Haar è invariante sia a destra che a sinistra, $d(PU) = d(UP) = dU$, ne segue che i due integrali sono uguali. Perciò ognuno degli integrali sopra è identico, e quindi troviamo
$$\int_{\U(N)} \abs{U_{11}}^2 \,dU = \frac{1}{N}$$
Secondo metodo
Il secondo metodo è più sistematico. Notiamo che possiamo riscrivere $U_{11} = e_1^\dagger U e_1$ dove $e_1 = (1, 0, \ldots, 0)$ è il vettore con solo il primo elemento non nullo. Perciò possiamo scrivere
\begin{align*}
\int_{\U(N)} \abs{U_{11}}^2 \,dU &= \int_{\U(N)} e_1^\dagger U e_1 e_1^\dagger U^\dagger e_1 \,dU=\\
&= \int_{\U(N)} \tr{\pqty{e_1^\dagger U e_1 e_1^\dagger U^\dagger e_1}} \,dU=\\
&=\int_{\U(N)} \tr{\pqty{e_1 e_1^\dagger U e_1 e_1^\dagger U^\dagger}} \,dU=\\
&=\tr{\pqty{D \int_{\U(N)} U D U^\dagger \,dU } }
\end{align*}
Poiché l’integranda è uno scalare, possiamo metterlo dentro una traccia e non cambia niente. Usando la proprietà ciclica della traccia, abbiamo poi spostato i vettori $e_1$ e scritto esplicitamente la matrice $D = e_1 e_1^\dagger$, che altro non è la matrice diagonale con $1$ nel primo elemento e zero altrove, $D = \mathrm{diag}(1,0,\ldots,0)$. Nell’ultima riga abbiamo spostato la traccia fuori dall’integrale; l’integrale di una matrice è semplicemente l’integrale di ognuno dei suoi elementi. Nell’ultima riga abbiamo anche spostato $D$ fuori dall’integrale. Che ciò è giustificato può essere visto rapidamente, infatti
$$\bqty{\int A f(U) \,dU}_{ij} \equiv \int \bqty{ A f(U) }_{ij} \,dU = A_{ik} \int f(U)_{kj} \,dU = A \int f(U) \, dU $$
e quindi spostare $D$ fuori dall’integrale è pienamente giustificato. Ora consideriamo l’ultimo integrale che abbiamo ottenuto in precedenza. Coniugando per un $V \in \U(N)$ troviamo
$$V \pqty{\int_{\U(N)} U D U^\dagger \,dU} V^\dagger = \int_{\U(N)} (VU) D (VU)^\dagger \,dU = \int_{\U(N)} U D U^\dagger \,dU$$
dove nell’ultima riga abbiamo usato di nuovo l’invarianza per traslazioni della misura di Haar. Ciò vuol dire che, come matrice, $\int_{\U(N)} U D U^\dagger \,dU$ commuta con ogni matrice in $\U(N)$. Per il lemma di Schur, ciò implica che è proporzionale all’identità,
$$\int_{\U(N)} U D U^\dagger \,dU = \lambda I$$
Come al solito, $\lambda$ può quindi essere calcolato prendendo una traccia da entrambi i lati, perciò abbiamo
$$\lambda = \frac{1}{N} \int_{\U(N)} \tr{\pqty{U D U^\dagger}} \,dU=\frac{1}{N} \int_{\U(N)} \tr{\pqty{D U^\dagger U }} \,dU = \frac{1}{N} \int_{\U(N)} \tr{\pqty{D}} \,dU = \frac{1}{N}$$
dove $U^\dagger U = I$ perché $U$ è unitaria, $\tr{\pqty{D}}=1$ e l’integrale su tutto $\U(N)$ di $1$ è uguale a $1$ per la normalizzazione della misura di Haar. Sostituendo nella formula originaria troviamo perciò
$$\int_{\U(N)} \abs{U_{11}}^2 \,dU = \tr{\pqty{D \int_{\U(N)} U D U^\dagger \,dU } } = \frac{1}{N} \tr{\pqty{D}} = \frac{1}{N}$$
che è lo stesso risultato che avevamo trovato nel caso precedente.