In un precedente articolo, abbiamo visto la distinzione tra rappresentazioni reali, complesse e quaternioniche (o pseudoreali). In questo articolo dimostriamo che è possibile capire quale delle tre valga per una certa rappresentazione irriducibile utilizzando il cosiddetto indicatore di Frobenius-Schur $\mathrm{FS}$, ovvero
$$\mathrm{FS}(\rho) = \frac{1}{\abs{G}} \sum_{g \in G} \chi(g^2)$$
La proposizione che ci interessa è la seguente, ovvero:
Proposizione. Una rappresentazione irriducibile $\rho$ è quaternionica, complessa o reale se e solo se rispettivamente $FS(\rho) = -1, 0, 1$.
Dimostrazione. Prima di tutto ricordiamo uno dei teoremi di ortogonalità delle rappresentazioni, per cui se $j$ indicizza le rappresentazioni irriducibili $\rho_j$ di $G$, allora
$$\frac{1}{\abs{G}} \sum_{g \in G} (\rho_j(g))_{mn}^* (\rho_{j’}(g))_{m’ n’} = \frac{\delta_{j j’} \delta_{m m’} \delta_{n n’}}{\mathrm{dim}(\rho_j)}$$
Ora, esplicitando in maniera concreta, abbiamo:
$$\mathrm{FS}(\rho) = \frac{1}{\abs{G}} \sum_{ij} \sum_{g \in G} \rho(g)_{ij} \rho(g)_{ji}$$
Notiamo che possiamo scrivere $\rho(g)_{ij} = (\rho^*(g)_{ij})^*$, cioè è il complesso coniugato della matrice della rappresentazione complessa coniugata. Perciò se le due rappresentazioni $\rho$ e $\rho^*$ sono inequivalenti (ovvero $\rho$ è complessa), allora per il teorema di ortogonalità
$$\frac{1}{\abs{G}}\sum_{g \in G} \rho(g)_{ij} \rho(g)_{ji}= \frac{1}{\abs{G}}\sum_{g \in G} (\rho^*(g)_{ij})^* \rho(g)_{ji} = 0$$
e quindi $FS(\rho)=0$ se $\rho$ è complessa. Ciò conclude un pezzo della dimostrazione.
Se invece $\rho^*$ e $\rho$ sono equivalenti, allora abbiamo $\rho^* = S \rho S^{-1}$, dove $S$ può essere scelta unitaria ed è inoltre simmetrica (se $\rho$ è reale) o antisimmetrica (se $\rho$ è pseudoreale). Allora sostituendo nell’indicatore abbiamo
\begin{align*}
\mathrm{FS}(\rho) &= \frac{1}{\abs{G}} \sum_{ij} \sum_{g \in G} (\rho^*(g)_{ij})^* \rho(g)_{ji} = \\
&=\frac{1}{\abs{G}} \sum_{ij p q} \sum_{g \in G} S_{ip}^* (\rho(g)_{pq})^* (S^{-1})_{qj}^* \rho(g)_{ji} =\\
&= \sum_{ij p q} S_{ip}^* (S^{-1})_{qj}^* \frac{1}{\abs{G}} \sum_{g \in G}(\rho(g)_{pq})^* \rho(g)_{ji} =\\
&= \sum_{ij p q} S_{ip}^* (S^{-1})_{qj}^* \frac{\delta_{pj}\delta_{qi}}{\mathrm{dim}(\rho)} =\\
&= \sum_{ij} S_{ij}^* (S^{-1})_{ij}^* \frac{1}{\mathrm{dim}(\rho)} = \frac{\tr(S^* S)}{\mathrm{dim}(\rho)}
\end{align*}
dove abbiamo usato la relazione di ortogonalità sopra, e nell’ultima riga abbiamo notato che poiché $S$ è unitaria, $S^{-1}=S^\dagger$ e quindi $(S^{-1})^* = S^T$. Sappiamo che nei due casi reale e pseudoreale abbiamo $S^T = \pm S$ rispettivamente. Coniugando entrambi i lati otteniamo $S^\dagger = \pm S^*$. Ma poiché $S$ è unitaria, otteniamo $S^* S = \pm \eye$. Perciò $\tr(S^* S)= \pm \mathrm{dim}(\rho)$. Perciò abbiamo che $\mathrm{FS}(\rho) = \pm 1$ nel caso reale e pseudoreale rispettivamente. Ciò conclude la dimostrazione. $\square$.