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Solución:
Voy a suponer que la motivación de su pregunta son las representaciones de $B_n$ que conmutan con representaciones de “cuántica $mathfraksl(2)$.” En este caso, $mathbbC^2$ sería la representación bidimensional irreducible de $U_q(mathfraksl(2))$conocido como $V_1$ ya que es el de mayor peso $1$ representación.
Uno puede conceptualizar esto como buscar mapas de $B_n$ al espacio de endomorfismos de $(mathbbC^2)^otimes n$ que viajan con el $mathcalU_q(mathfraksl(2))$-acción, donde este grupo cuántico actúa sobre cada $mathbbC^2$ factor simultáneamente. es decir, mapas $B_nto operatornameEnd_mathcalU_q(mathfraksl(2))(V_1^otimes n)$.
Él $q=1$ El caso es la representación que se le ocurrió a Mike Miller: $B_3$ actúa sobre $V_1^oveces 3$ permutando los factores tensoriales mediante el $B_3a S_3$ homomorfismo, y esto se entrelaza con $(v_1otimes v_2otimes v_3) x=xv_1otimes x v_2otimes x v_3$ por $xinmathfraksl(2)$donde $xv_i$ es simplemente el producto matriz-vector.
En términos más generales, necesitamos saber el “$R$-matriz” para saber cómo un giro de dos hebras de $B_3$ corresponde a un homomorfismo $V_1oveces V_1a V_1oveces V_1$. La conceptualización anterior nos lleva al álgebra de Temperley-Lieb, que para nuestros propósitos tomaremos $qinmathbbC^times$ y luego tomar $mathbbC[B_n]ps y cociente por (es decir, imponer) las siguientes relaciones:
Se puede comprobar que estos satisfacen las relaciones para $B_n$, por lo que este es un cociente bien definido. Entonces: dado una trenza en $B_n$, uno puede resolver todos los cruces y expandir la palabra en una combinación lineal de diagramas de Temperley-Lieb sin cruces. Para $B_3$cada trenza se reduce a una combinación lineal de los siguientes cinco diagramas:
En este punto, podemos hacer una representación decidiendo qué “tazas” y “tapas” deberían ser. De acuerdo con algunas notas que tengo, la siguiente opción funciona, donde $e_1,e_2$ forma una base para $mathbbC^2$ y $e^1,e^2$ forma una base dual correspondiente para $(mathbbC^2)^*$:
Si lo calculé correctamente, este es el giro de dos hilos como matriz (derivado de un $R$-matriz), con base $e_11,e_12,e_21,e_22$:
Para obtener las matrices de $B_3$se puede realizar el producto de Kronecker con el $2veces 2$ matriz de identidad, que tiene el efecto de dar la matriz para una trenza con un hilo adicional en un lado. Estos fueron verificados en Mathematica para satisfacer $sigma_1sigma_2sigma_1=sigma_2sigma_1sigma_2$:
beginalinear sigma_1 &= left( begin{arraycccccccc sqrtq & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & sqrtq & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & sqrtq-frac1q^3/2 & 0 & frac1sqrtq & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & sqrtq-frac1q^3/2 & 0 & frac1sqrtq & 0 & 0 \ 0 & 0 & frac1 sqrtq & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & frac1sqrtq & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & sqrtq & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & sqrtq \ endarray right) \ sigma_2 &= left( begin{arraycccccccc sqrtq & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & sqrtq-frac1q^3/2 & frac 1sqrtq & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & frac1sqrtq & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & sqrtq & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 & sqrtq & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & sqrtq-frac1q^3/2 & frac1sqrtq & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & fracción1sqrtq & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & sqrtq \ endarray derecha) endalinear
Esta representación se desdobla en irreducibles para valores genéricos de $q$ (es decir, salvo algunas raíces de unidad). En particular, esta representación de ocho dimensiones se divide como $2V_1o más V_3$. La proyección sobre el $V_3$ El sumando está dado por el tercer proyector Jones-Wenzl, que gráficamente se puede escribir como
y con un poco de esfuerzo, esto puede convertirse en un $8veces 8$ matriz de proyección. (Para $q=1$esta es la proyección sobre $nombre del operadorSym^3 V_1$.)
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