«Е. В. Подивилов, Е. Г. Шапиро, Д. А. Шапиро РАБОЧАЯ ТЕТРАДЬ ПО МАТЕМАТИЧЕСКИМ МЕТОДАМ ФИЗИКИ Учебное пособие Новосибирск 2012 УДК 530.1:51 ББК В311я73-1 П442 Подивилов Е. В., Шапиро Д. А., Шапиро Е. Г. Рабочая тетрадь ...»

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ

НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Физический факультет

Кафедра теоретической физики

Е. В. Подивилов, Е. Г. Шапиро, Д. А. Шапиро

РАБОЧАЯ ТЕТРАДЬ

ПО МАТЕМАТИЧЕСКИМ МЕТОДАМ ФИЗИКИ

Учебное пособие

Новосибирск

2012 УДК 530.1:51 ББК В311я73-1 П442 Подивилов Е. В., Шапиро Д. А., Шапиро Е. Г. Рабочая тетрадь по математическим методам физики: Учеб. пособие/ Новосиб. гос. ун-т, Новосибирск, 2012. 126 с.

ISBN 978-5-4437-0098 - 4.

В пособии рассмотрены темы, которые изучаются в курсе Методы математической физики : уравнения в частных производных, специальные функции, асимптотические методы, применение теории групп в физике и метод функций Грина. Делается упор на умение решать задачи из разных разделов физики, применять теоретические знания, полученные на лекциях. Рабочая тетрадь содержит более 260 задач, которые рекомендуется решить на семинарах в течение учебного года. Каждый семинар начинается с краткого изложения теории. Затем идут задачи, как правило снабженные решениями, указаниями или ответами. Звездочками отмечены задачи повышенной сложности, решение которых не является обязательным, и дополнительные разделы, не входящие в программу.

Издание предназначено для студентов 3-го курса физического факультета НГУ.

Рецензент:

д.ф.-м.н., проф. А. И. Мильштейн Издание подготовлено в рамках реализации Программы развития государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования Новосибирский государственный университет на 2009–2018 годы.

­ c Новосибирский государственный университет, ­ ISBN 978-5-4437-0098 - c Подивилов Е. В., Шапиро Д. А., Шапиро Е. Г., Оглавление 1. Линейные операторы 1.1. Матрицы...................................... 1.1.1. След..................................... 1.1.2. Определитель............................... 1.2. Функции матрицы................................. 1.2.1. Резольвента................................ 1.2.2. Проекторы................................. 1.3. Унитарные и эрмитовы матрицы........................ 1.4. Матрицы Паули.................................. 1.5. Операторы в пространстве функций...................... 2. Уравнения в частных производных 2.1. Линейные уравнения первого порядка..................... 2.1.1. Характеристики.............................. 2.1.2. Задача Коши................................ 2.2. Квазилинейные уравнения............................ 2.3. Нелинейные уравнения I порядка....................... 2.4. Системы уравнений................................ 2.4.1. Канонический вид при n = 2...................... 2.4.2. Инварианты Римана........................... 2.4.3. Гиперболические системы с n > 2................... 2.5. Линейные уравнения II порядка........................ 2.6. Автомодельность................................. 2.7. Нелинейные уравнения II порядка....................... 2.7.1. Бегущая волна............................... 2.7.2. Подстановки................................ 2.8. Метод Фурье.................................... 2.8.1. Гиперболический тип........................... 2.8.2. Параболический тип........................... 2.8.3. Эллиптический тип............................ 2.9. Разделение переменных............................. 2.9.1. Ортогональные системы координат.................. 2.9.2. Параболоидальные координаты..................... 2.9.3. Сфероидальные координаты...................... 4 ОГЛАВЛЕНИЕ 3. Специальные функции Глава Линейные операторы 1.1. Матрицы 1.1.1. След Будем рассматривать квадратные матрицы.

Определение. След матрицы равен сумме ее диагональных элементов.

Задача 1. Доказать, что матрицы можно циклически переставлять под знаком следа Указание. Сначала проверьте, что для двух матриц tr (AB) = tr (BA).

Задача 2. Матрицы A, B подобны (A B), если существует невырожденная квадратная матрица T такая, что B = TAT1. Покажите, что подобные матрицы имеют одинаковый след. Какие еще инварианты преобразования подобия вы знаете?

Собственные значения матрицы находятся из решения характеристического уравнения |E A| = 0.

Иногда матрицу можно привести к диагональному виду Тогда на главной диагонали стоят собственные значения 1,..., n, поэтому след это сумма собственных значений:

1.1.2. Определитель Если матрица приводится к диагональному виду, ее определитель равен произведению Если матрица приводится к жордановой форме, то определитель равен произведению ее диагональных элементов.

Задача 3. Показать, что если AC = CA, |A| = 0, то Указание. Умножить слева на блочную матрицу и превратить матрицу в блочно-верхнетреугольную.

Определение. Экспонентой от матрицы называется разложение экспоненты, в которое вместо аргумента подставлена матрица Задача 4. Доказать, что 1. Поверить, что равенство выполнено для диагональной матрицы 2. Проверить, что если B = TAT1, то равенство (1.3) выполнено и для подобной 3. Вывести равенство (1.3) для жордановой клетки.

4. Показать, что если для каждой клетки равенство (1.3) выполнено, то оно справедливо и для блочно-диагональной матрицы, составленной из таких клеток.

1.2. Функции матрицы Определение. Если функцию f (x) можно разложить в ряд Тейлора то эта функция от квадратной матрицы A дается тем же рядом Задача 5. Показать, что если матрица приводится к диагональному виду (1.1), то функцию от матрицы можно вычислить в собственном базисе 1.2. Функции матрицы Задача 6. Вычислить при |x| < 1.

Указание. Найти собственные векторы и построить из них матрицу T, приводящую к диагональному виду (1.1):

Можно ли сказать заранее, что матрица в последней задаче приводится к диагональному виду? Приводится ли к диагональному виду большинство матриц?

1.2.1. Резольвента Определение. Резольвента матрицы R = (E A)1 позволяет вычислить функцию от матрицы по формуле где контур C охватывает все полюсы резольвенты (рис. 1.1).

Задача 7. Решить предыдущую задачу методом резольвенты.

Указание.

1.2.2. Проекторы Пусть все собственные значения невырождены. Если проинтегрировать резольвенту не по контуру C, а по контуру Ci (см. рис. 1.1), обходящему в положительном направлении только один полюс = i, то получится оператор проектирования Квадрат проектора равен проектору Сумма вычетов по всем полюсам равна интегралу по контуру C, откуда сумма проекторов равна единичной матрице Матрицу можно разложить по проекторам 1.3. Унитарные и эрмитовы матрицы Определение. Скалярное произведение двух векторов из Cn имеет следующие свойства:

1) a|b + c = a|b + a|c (линейность);

1.4. Матрицы Паули 3) a|a 0 (положительность), причем a|a = 0 только для нулевого вектора Эрмитово сопряжение оператора определяется через скалярное произведение Определение. Матрица U унитарная, если U1 = U†.

Задача 10. Проверьте, что все собственные числа унитарной матрицы по модулю равны 1 и что унитарное преобразование не меняет нормы вектора.

Указание. Подействуем оператором U† на обе части уравнения Получится Определение. Матрица H эрмитова, если H† = H.

Задача 11. Покажите, что все собственные значения эрмитовой матрицы действительны и что у эрмитовой матрицы существует ортогональный базис из собственных векторов.

Указание. Запишем спектральную задачу умножим слева на n| и получим Для доказательства ортогональности выпишите два уравнения (1.6) для n = i, j и умножьте одно на j|, а другое на i|.

Может ли матрица быть одновременно эрмитовой и унитарной?

1.4. Матрицы Паули Определение. Матрицы Паули Можно условно записать матрицы Паули в виде вектора = ( 1, 2, 3 ).

Задача 12. Вывести формулу для произведения матриц Паули и получить из нее формулы для коммутатора [ i, j ] = 2ieijk k и антикоммутатора { i, j } = 2ij. Здесь eijk полностью антисимметричный тензор ранга 3.

Задача 13. Найти коэффициенты разложения произвольной матрицы 22 по матрицам Паули. Показать, что коэффициенты разложения эрмитовой матрицы действительны.

где 0 единичная матрица. Можно ввести 4-вектор µ = ( 0, ). В этих обозначениях формулы запишутся короче:

Задача 14. Найти общий вид проектора 22.

где n единичный вектор. Проверьте формулу для n = (0, 0, 1).

Задача 15. Решить задачу 6 с помощью разложения матрицы A по матрицам Паули.

1.5. Операторы в пространстве функций В пространстве функций скалярное произведение имеет те же свойства и обозначается так же, как и в конечномерном. Если функции заданы на отрезке [0, 1], то где ядро интегрального преобразования K(x, x ) обобщенная функция. Сопряженный оператор определяется так же, как в конечномерном пространстве.

Скалярное произведение Задача 17. Проверьте, что скалярное произведение функций (1.7) обладает теми же свойствами, что и для векторов конечномерного пространства (стр. 8). Останутся ли эти свойства, если в определение добавить весовую функцию?

Задача 18. Выполнить ортогонализацию последовательности 1, x, x2,... на отрезке [1, 1].

1.5. Операторы в пространстве функций Самосопряженный оператор самосопряженный, если заданы граничные условия вида 1) u(0) = u(1) = 0; 2) u(0) = u (1) = 0 либо в виде линейной комбинации 1 и 2.

В случае 1 второе слагаемое внеинтегрального члена обращается в нуль в силу граничных условий. Чтобы обратилось в нуль первое слагаемое, надо наложить точно такое же условие на пространство функций v(x): v(0) = v(1) = 0.

Задача 20. Каким условиям должны удовлетворять функции p(x), q(x) в случае u(0) = u(1), u(0) = u (1) (периодических граничных условий), чтобы оператор Штурма Лиувилля был самосопряженным?

Функция Дирака Определение. Дельта-функция определена только под знаком интеграла:

Другими словами, функция Дирака это ядро тождественного интегрального оператора, аналогичная единичной матрице в конечномерном пространстве.

Задача 21. Показать, что дельта-функция может быть представлена в виде предела Задача 22. Показать, что дельта-функция может быть представлена в виде предела Указание. Вычет в полюсе порядка n вычисляется по формуле Задача 23. Доказать тождество где {an } множество простых нулей функции f (x) (f (an ) = 0).

Указание. Разбейте интервал интегрирования на отрезки, где функция f (x) монотонна, и сделайте на каждом отрезке замену независимой переменной x f.

Задача 24. Доказать тождество x (x) = (x).

Глава Уравнения в частных производных 2.1. Линейные уравнения первого порядка Для квазилинейного уравнения первого порядка уравнения характеристик имеют вид Общее решение дается произвольной функцией первых интегралов Если уравнение линейное, последнее уравнение характеристик решается отдельно. Здесь x = (x1,..., xn ), a = (a1,..., an ) n-мерные действительные векторы.

2.1.1. Характеристики Ответ. u = g(xy).

Ответ. u = g(y exp(x2 /2)).

2.1. Линейные уравнения первого порядка Рис. 2.2. Характеристики задач 29 (а), 30 (б). Характеристики задачи 31 (параболы) лежат на пересечении параболоида вращения и плоскости y/x = const (в) 2.1.2. Задача Коши Теория гарантирует единственность решения задачи с начальными условиями только в окрестности начальной точки: задача Коши разрешима в окрестности точки x0, если проходящая через эту точку характеристика трансверсальна начальной гиперповерхности. В задачах надо получить решение в конечной области. Следует проверять, что характеристики не пересекают начальную поверхность в двух точках. Иначе может возникнуть конфликт между значениями, которое задано начальными условиями и которое приносится характеристиками.

Задача 30. yux xuy = 0, u(1, y) = y 2. Проверьте условие трансверсальности характеристик по отношению к начальной гиперповерхности.

Указание. Характеристики являются окружностями x2 + y 2 = C (рис. 2.2, б) и пересекают прямую x = 1, на которой заданы начальные условия, в двух точках каждая при C > 1 и ни разу при C < 1. Есть всего одна точка (1, 1), в которой не выполнено условие трансверсальности. Этого достаточно, чтобы задача Коши не была разрешимой.

Чтобы задача стала разрешимой, достаточно ограничить начальную прямую условием y > 0 либо задать симметричное начальное условие u(1, y) = u(1, y). Но даже в этих случаях решение при C < 1 отсутствует. Проверьте на примере начальных условий u(1, y) = y.

14 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

Рис. 2.3. Характеристики уравнения Хопфа представляют собой параллельные прямые в каждой плоскости u = const Рис. 2.4. Укручение профиля в задаче 35 : t = 0 (точки), 0,5 (штрихи), 1 (сплошная) Задача 31. xux + yuy + 2(x2 + y 2)uz = 0, u|z=0 = x2 + y 2. Нарисуйте характеристики, проверьте условие трансверсальности.

Указание. В цилиндрических координатах уравнение станет проще:

2.2. Квазилинейные уравнения Задача 32. Найти и проверить общее решение уравнения ut + ux = u.

Указание. Если разделить на u, уравнение сведется к линейному.

Задача 33. Найти и проверить общее решение уравнения Хопфа ut + uux = 0.

Нарисовать характеристики.

Ответ. u = g(x ut) (рис. 2.3).

Задача 34. Найти общее решение уравнения Хопфа для осциллятора ut + uux = Задача 35. Найти частное решение уравнения Хопфа с начальным условием u(x, 0) = 1 th x и точку опрокидывания.

2.3. Нелинейные уравнения I порядка Задача 36. Решить предыдущую задачу в лагранжевых координатах.

Указание.

Задача 37. То же для начального условия u(x, 0) = a/(a2 + x2 ).

Ответ. Опрокидывание происходит в точке с максимальной по абсолютной величине отрицательной производной начального профиля. Для функции Лоренца это точка перегиба x = a/ 3. Момент опрокидывания t = 8a 3/9.

Задача 38. Найти закон расширения области неоднозначности в задаче 35.

Указание.

Ответ. Полукубическая парабола, которая всегда получается в окрестности точки сборки Задача 39. Найти частное решение уравнения Хопфа в однородном поле ut +uux = 1 с начальным условием u(x, 0) = 1 th x. Изменится ли точка опрокидывания?

Ответ. Общее решение для равноускоренного движения u = t + g(x ut + t2 /2).

Точка опрокидывания t = 1, u = 2, x = 3/2. Время опрокидывания останется тем же, а координата и скорость возрастут вследствие ускорения пылинок внешним полем.

2.3. Нелинейные уравнения I порядка Нелинейные уравнения первого порядка F (x, u, p) = 0, где x = (x1,..., xn ), p = u/x = (p1,... , pn ), сводится к системе квазилинейных. Продифференцируем нелинейное уравнение по xi :

Теперь заменим в уравнении (2.1) pi = u/xi и перекрестные производные pj /xi = pi /xj. Получилась система квазилинейных уравнений на функции pi :

К уравнениям характеристик

16 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

добавляется уравнение для u Если функция F не зависит от u, нелинейное уравнение называется уравнением Гамильтона Якоби. Уравнения характеристик в этом случае сводятся к уравнениям Гамильтона Указание. Обозначим 1 E = St, p = Sx и продифференцируем уравнение по x.

Получится квазилинейное уравнение Методом характеристик найдем общее решение p = g(x pt). Из начального условия найдем начальный импульс p(x, 0) = 2x, а подставляя его в общее решение, получим p = 2x/(1 + 2t).

Указание.

На импульс получается квадратное уравнение. Оставляем то решение, которое ведет себя как x1 при t 0:

Функция F в данном случае F = E + p2 /2. На характеристике S = EFE + pFp = E + p2 = p2 /2. Отсюда общее решение для действия S = p2 t/2 + h(x pt). Неизвестную функцию h найдем из начальных условий S(x, 0) = h(x) = ln x. Решение можно проверить с помощью тождества 2.3. Нелинейные уравнения I порядка Указание. Обозначим = t, k1 = x, k2 = y, тогда уравнение эйконала превратится в линейный закон дисперсии = ± k1 + k2. Если разрешить уравнение эйконала относительно t, получатся два решения t = ± x + y.

Уравнений характеристик будет 5. Из t = 2, x = 2k1, y = 2k2 имеем К ним добавится уравнение на :

Находим константы c1 = x + k1 t/, c2 = y + k2 t/ и получаем общее решение = g(x + k1 t/, y + k2 t/).

Получаем частное решение:

Чтобы явно найти, k1, k2, надо продифференцировать (2.2) по координатам:

Значит, = ±1. Зная наклон волнового вектора

18 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

найдем его компоненты При t = 0x = x/ x2 + y 2, поэтому надо выбрать знак плюс. Подставляя компоненты волнового вектора и частоту в уравнение (2.2), найдем решение.

в зависимости от знака обращенная в прошлое или будущее (рис. 2.5).

Решить задачу Коши (№ 113) для негамильтоновского нелинейного уравнения Указание. Обозначим ut = E, ux = p и запишем квазилинейное уравнение для E, p:

EEx + pEt = E, Epx + ppt = p. Соответствующие уравнения характеристик имеют 3 первых интеграла Из общего решения p t = g(x E, p/E) можно найти частное. При t = 0 подставляем p = 2x, E = x/2 (последнее получается из исходного уравнения). Найдем g(, ) = 4, получится p t = 4(x E).

Вспоминая обозначения E, p, выпишем линейное уравнение на u:

Методом характеристик найдем общее решение uxt = h(xt/4). Из начального условия получим h() = 2.

2.4. Системы уравнений 2.4.1.

Однородная система 2.4. Системы уравнений где A, B матрицы nn, с невырожденной матрицей A сводится к виду t +Cx = 0, C = A1 B. Если матрица C = T T 1, = diag(1,..., n ), причем собственные числа вещественны, система называется гиперболической. Гиперболическая система приводится к каноническому виду заменой неизвестной вектор-функции = T :

где правая часть не содержит производных функции. Иногда канонический вид позволяет найти общее решение гиперболической системы.

Задача 44. Вывести канонический вид (2.4) и найти правую часть.

Указание.

Матрица A вырожденная, поэтому умножим систему на B 1 = 5 ( 2 3 ). Получится матрица C = ( 1 1 ) с собственными значениями 2 и 0.

Задача 46. Привести к каноническому виду и найти общее решение системы Указание. Чтобы матрица при x стала единичной, надо сменить знак во втором уравнении. Матрица C получается симметричной, поэтому ее собственные значения вещественны 1 = 2x, 2 = 2. Матрица преобразования к собственному базису получилась постоянной T = ( 1 1 ), поэтому канонические уравнения однородные

20 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

2.4.2. Инварианты Римана Коэффициенты квазилинейной системы зависят от :

Характеристики и соотношения на характеристиках даются соответственно формулами Первые интегралы соотношений на характеристиках называются инвариантами Римана.

Если один из инвариантов не зависит от координаты, второй можно найти из квазилинейного уравнения. Такое решение называется простой волной (Римана).

Задача 47. Найти инварианты Римана системы одномерной дозвуковой газодинамики Указание. Найдем собственные значения матрицы системы 1,2 = u ± c. Значит, характеристики системы dx = u ± c. Соотношения на характериdt стиках получаются из ранга расширенной матрицы системы. Полученные соотношения один раз интегрируются, полученные интегралы называются инвариантами Римана.

Задача 48. Вывести уравнения на инварианты Римана из системы (2.5).

Указание. Надо первое уравнение умножить на c/ и сложить со вторым уравнением или вычесть.

Задача 49. Найти условие совместности системы (2.5) для автомодельного решения u = f ().

Задача 50. Найти инварианты Римана для политропного газа p =const.

2.4. Системы уравнений Рис. 2.6. Профиль скорости газа при t/t = 0, 6 (точки), 0,8 (штрихи), 1 (сплошная линия) Задача 51. Справа от поршня находится политропный газ. Поршень движется равноускоренно по закону v(t) = at, x(t) = at2 /2. Найти скорость, плотность газа и точку опрокидывания начального профиля.

Указание. Поскольку далеко справа от поршня газ неподвижен, инвариант J не зависит от координаты, J = 0, откуда c = c0 +( 1)u/2. Значит, можно искать решение в виде простой волны. В простой волне второй инвариант J+ = 2u, на него получается одно квазилинейное уравнение ut + (c + u)ux = 0, похожее на уравнение Хопфа. Общее решение запишем как x (u + c)t = f (u) и найдем функцию f из граничных условий где c = c0 + ( 1)u/2 для политропного газа, см. задачу 50. В простой волне J+ = 2u, а постоянная равна нулю, потому что в неподвижном газе u = 0, c = c0. Отсюда c = c0 + ( 1)u/2. Запишем частное решение для политропного газа Для u получилось квадратное уравнение, которое решается явно. Осталось исследовать его корни При x 0, t 0 скорость тоже стремится к нулю, значит надо выбрать корень со знаком плюс, причем u = 0 при x > c0 t.

Простая волна (2.6) находится между поршнем и невозмущенным газом at2 /2 < x < c0 t. В конце концов поршень догонит правую границу и область применимости решения исчезнет. Разберитесь, что произойдет раньше: поршень догонит границу или случится опрокидывание фронта волны и применимость уравнений пропадет раньше?

Ответ. Опрокидывание произойдет в наиболее далекой от поршня точке при t = t = 2c0 /a( + 1), т. е. раньше, чем поршень догонит эту точку. При t > t сформируется ударная волна и исходные уравнения потеряют применимость. Профиль скорости изображен на рис. 2.6.

22 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

Гиперболические системы с n > 2.4.3.

Система линейных уравнений с n = 4 переменными имеет вид где вектор-столбец неизвестных функций, A, B, C, D матрицы, зависящие от координат и времени. Уравнения характеристик имеют вид Характеристики представляют собой 3-мерные гиперповерхности в 4-мерном пространстве. Характеристические поверхности это поверхности постоянного уровня функции (x, y, z, t) = const. Характеристики являются линиями только для систем с n = 2 переменными. Компоненты вектора 4-мерного градиента функции образуют 4-вектор характеристической нормали. Удобнее найти характеристические нормали, а по ним восстановить характеристики.

Задача 52. Найти характеристики уравнений Максвелла в пустоте гда можно выписать матрицы A = E, Остается найти определитель симметричной матрицы 6 6, в которой два антисимметричных блока Упростим определитель по формуле (1.2) и получим уравнение характеристических 2.5. Линейные уравнения II порядка Разлагаем матрицу 3 3 на два множителя. Остается найти определитель 3 3:

Ответ. Характеристические нормали образуют трехмерный конус в 4-мерном пространстве Значит и характеристика поверхность светового конуса. В двумерном случае соответствующий конус найден в задаче 42.

Задача 53. Найти характеристические нормали уравнения Дирака где Указание. Матрица не влияет на главную дифференциальную часть, а матрицы включают два нулевых блока и два блока из матриц Паули. Определитель |0 +1 + 2 +3 | можно упростить по формуле (1.2), останется матрица 22. Последнюю можно разложить на два множителя.

Ответ. Получился световой конус Если бы задача была двумерной z = 0, конус можно было нарисовать, см. рис. 2.5 (к задаче 42 ).

2.5. Линейные уравнения II порядка Тип уравнения второго порядка с n = определяется главной дифференциальной частью уравнения. Решения квадратного уравнения характеристик ady 2 2bdxdy+cdx2 = 0 зависят от знака дискриминанта D = b2 ac:

Тип уравнения определен локально (в точке).

24 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

Таблица 2.1. Классификация линейных уравнений второго порядка по типам Указание. Канонические переменные = y, = ln x.

Ответ. Эллиптическое, двумерное уравнение Лапласа Задача 58. Определить тип и привести к каноническому виду уравнение Указание. Канонические переменные = y + x, = y.

Ответ. Параболическое, уравнение теплопроводности Задача 59. Определить тип и привести к каноническому виду уравнение Указание. Знак дискриминанта D = x зависит от координат. Значит, при x > расположена область гиперболичности, а при x < 0 область эллиптичности. Канонические виды в этих областях будут разные.

Ответ. В области гиперболичности Сделайте замену неизвестной функции u(, ) = p(, )v(, ) и подберите функцию p(, ) так, чтобы уничтожить первые производные. Найдите общее решение.

В области эллиптичности получается уравнение

26 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

2.6. Автомодельность Автомодельное решение уравнения теплопроводности с точечным начальным условием ut = uxx, u(x, 0) = (x) мы ищем в виде u(x, t) = A(t)f (), = x/l(t). Показатели степенных функций A(t), l(t) подбираются из условий инвариантности уравнения и начального условия относительно масштабных преобразований В результате замены должно получиться обыкновенное дифференциальное уравнение на функцию f (). В данном примере получается При такой подстановке параметр µ сокращается xt1/2 (x)(µt)1/2 = (µ1/2 x)(µt)1/2 = xt1/2, ut1/2 (u)(µt)1/2 = µ1/2 u(µt)1/2.

Задача 60. Убедитесь, что подстановка (2.7) автомодельная.

Указание. Получается обыкновенное уравнение f + 1 (f + f ) = 0. Константу интегрирования можно выбрать равной нулю, поскольку f 0 на бесконечности вместе со своими производными. Значит подстановка автомодельная, более того, уравнение интегрируется: f + f /2 = C1. Константа C1 = 0, что следует из убывания на бесконечности функции f и ее производной.

Задача 61. Найти автомодельное решение задачи при x > Указание. Автомодельная подстановка u = t3/2 f (xt1/2 ) приводит к обыкновенному уравнению с граничным условием f (0) = 0. Надо найти решение с асимптотикой f = 3,.

Уравнение не меняется при замене, значит решения четные или нечетные функции. Нас интересует нечетное решение с кубической асимптотикой, поэтому ищем его в виде разложения в ряд по нечетным степеням u = c1 x + c3 x3 +.... Найдем решение задачи, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях и обращая в нуль коэффициент c5.

Задача 62. Решить нелинейное уравнение теплопроводности с точечным начальным условием 2.6. Автомодельность Рис. 2.8. Положение фронта кристаллизации y(t) (a); температура u как функция автомодельной переменной (б) при Q = 0, 3 (точки), 1 (штрихи), 3 (сплошная линия) Указание. Автомодельная замена u = t1/4 f (xt1/4 ). Обыкновенное уравнение (f 2 f ) + + f ) = 0 интегрируется: одно решение f = 0, второе находится из алгебраического уравнения f 2 + 2 /4 = const. Константа находится из условия нормировки.

Ответ. Профиль тепловой волны представляет собой половину эллипса. Для нахождения нормировки надо вспомнить формулу для площади эллипса.

Задача 63. * Найти автомодельное решение одномерной задачи Стефана где y(t) закон движения фронта волны кристаллизации, Q удельное количество тепла, которое выделяется при плавлении вещества. Считается, что плавление происходит при нулевой температуре, т. е. u(y(t), t) = 0. Граничные условия ставятся на полубесконечном отрезке u(0, t) = u0, u(+, t) = u0. Найти закон движения фронта при Q Указание. При переходе к автомодельной переменной = x/ t, u(x, t) = f () левая часть уравнения (2.8) преобразуется к виду Значит, чтобы уравнение имело автомодельное решение, надо выбрать y(t) = 2a t, где a безразмерная константа. Тогда уравнение (2.8) сведется к обыкновенному Решение однородного уравнения Q = 0 содержит две постоянных интегрирования f = A + B exp( 2 /4) d. Надо считать их разными по разные стороны фронта.

и найти константы из граничных условий и условий при u = 0. На фронте кристаллизации функция f непрерывна, а ее первая производная терпит скачок [f ]=2a = Qa.

28 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

Граничные условия можно учесть сразу:

Из непрерывности при = 2a получаем Из этих условий найдем где erf a = 2 0 et dt/ функция ошибок (или интеграл вероятности). Из условия на скачок производной получится Отсюда получилось трансцендентное уравнение на параметр a:

При большой теплоте кристаллизации скорость фронта снижается (рис. 2.8, а). При малой теплоте Q 0, a 0, 48, тогда erf a 1/2, y = 0, 96 t. В этом предельном случае скачок производной практически не заметен, см. рис. 2.8, б.

2.7. Нелинейные уравнения II порядка 2.7.1. Бегущая волна Решение в виде бегущей волны u = f (x V t) тоже иногда сводит нелинейное уравнение в частных производных к обыкновенному.

Задача 64. Найти решение уравнения Бюргерса Указание. Обыкновенное уравнение второго порядка один раз интегрируется сразу 2.7. Нелинейные уравнения II порядка Константа интегрирования равна нулю в силу граничного условия при x +. Дальше остается разделить переменные Вторая константа произвольна, это начало отсчета переменной. Скорость фронта V = V0 /2 находится из граничного условия при x.

Ответ. Кинк (ступентка) Учет вязкости подавляет опрокидывание решения уравнения Хопфа. Вместо этого формируется ударная волна с шириной фронта порядка V0 /2µ.

имеет решение в виде уединенной бегущей волны. Найти решение, в котором f 0, x ± вместе с производными.

Указание. Подставляя решение в виде бегущей волны, получим обыкновенное уравнение третьего порядка Один раз оно интегрируется непосредственно, а константа выбирается нулевой из условия уединенности Если умножить последнее уравнение на f, оно еще раз интегрируется. Вторая константа равна нулю из того же условия. Получается уравнение, аналогичное закону сохранения энергии в механике одномерного движения:

Остается проинтегрировать это уравнение первого порядка Третья константа произвольна, это начало отсчета переменной. Интеграл берется подстановкой Эйлера = V 2f.

Ответ. Простой солитон высота, скорость и ширина которого определяются одним параметром V.

30 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

2.7.2. Подстановки Некоторые нелинейные уравнения сводятся к линейным с помощью специальных подстановок.

Задача 66. Найти общее решение уравнения взаимодействия встречных волн в нелинейной среде Указание. Перейдем к конусным переменным (характеристиам) = (x t)/2, = (x + t)/2. Система упростится Отсюда следует, что u = v, а стало быть, можно ввести логарифмический потенциал такой, что Можно проверить тождество Подставляя (2.10) в (2.9), получим линейное гиперболическое уравнение = 0.

Его общее решение = f () + g().

Указание. Введем потенциал скорости такой, чтобы u = x. После интегрирования уравнение останется нелинейным: t + 2 /2 = µxx. Теперь ищем логарифмический потенциал такой, чтобы = a ln. Постоянную a подберем так, чтобы уравнение стало линейным (подстановка Коула Хопфа).

После вычисления производных получим a = 2µ, Интегрируя по x, находим линейное уравнение для функции (x, t):

Уравнение можно упростить заменой неизвестной функции Ответ. Выберем в качестве функции (t) решение уравнения = (t). Получится уравнение теплопроводности vt = vxx.

Задача 68. Свести к линейному квазилинейное уравнение второго порядка 2.8. Метод Фурье Рис. 2.9. Профиль начального условия в задачах 69 (сплошная линия), 71 (штрихи), 73 (точки) Указание. Подбираем замену неизвестной функции вида u = (v) так, чтобы сократились нелинейности.

Ответ. Сводится к уравнению Лапласа 2.8. Метод Фурье 2.8.1. Гиперболический тип Решение уравнения utt uxx = 0 с нулевыми граничными условиями на концах единичного отрезка u(0, t) = u(1, t) = 0 имеет решение в виде ряда Фурье Коэффициенты Фурье An, Bn находятся из начальных условий. Если начальные и граничные условия не согласованы, решение получается с разрывом функции или производной.

(рис. 2.9, сплошная кривая).

Указание.

32 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

Рис. 2.10. Волны, бегущие направо и налево (точки и штрихи), и их сумма решение волнового уравнения (сплошная линия) при t = 0, 1 (а), 0,2 (б), 0,3 (в) Указание. Ищите решение неоднородного уравнения в виде u(x, t) = cn (t) sin nx.

На функцию cn (t) получится обыкновенное уравнение cn + n cn = e n,1. При n = имеется только нулевое решение. При n = 1 уравнение можно решить методом неопределенных коэффициентов либо комплексной подстановкой z = c1 + ic1. На комплексную функцию z(t) получится уравнение I порядка (рис. 2.9, штрихи).

Указание.

Интеграл можно взять по частям.

Почему убывание коэффициентов получилось со скоростью 1/n2 ? Если a = 1/2, то четные члены исчезают. Объясните это с точки зрения теории рядов Фурье.

Задача 72. Найдите графически форму струны при a = 1/2.

Указание. Общее решение одномерного волнового уравнения состоит из волн, бегущих вправо и влево u(x, t) = f (x t) + g(x + t). Начальное отклонение струны имеет форму равнобедренного треугольника, поэтому каждая из волн имеет такую же форму, но половинной высоты. Надо достроить треугольник нечетным образом при 1 < x < и периодически продолжить на всю числовую ось. Если сложить две полуволны, в общем случае получится равнобедренная трапеция (рис. 2.10).

2.8. Метод Фурье (рис. 2.9, точки).

Указание.

Почему остались только нечетные гармоники? Что изменится, если u(x, 0)t = 1? Как изменится пространство функций, если в начальный момент ux (0, t) = 0, u(1, t) = 0?

2.8.2. Параболический тип Решение задачи ut = Lu при условии u|S = 0 ищем в виде суммы где n собственные функции оператора: Ln = n n с граничным условием n |S = 0.

Тогда для функций Cn (t) получатся обыкновенные дифференциальные уравнения.

Задача 74. Решить задачу Коши Указание. Решение имеет вид Коэффициенты An найдем из начального условия Почему коэффициенты убывают быстро, как куб номера? Почему исчезли четные коэффициенты?

Задача 75. Решить неоднородное уравнение

34 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

получим обыкновенные уравнения Его решение с нулевым начальным условием можно найти методом неопределенных коэффициентов.

Задача 76. Решить трехмерное уравнение теплопроводности в шаре радиуса a с точечным источником в начале координат с граничным условием u(a, t) = 0 и нулевым начальным условием.

Указание. Решение u(r, t) не зависит от углов. Ищем решение в виде суммы стационарного решения неоднородного уравнения и нестационарного решения однородного Стационарное уравнение интегрируем по шару радиуса r и преобразуем интеграл по теореме Гаусса. Получим естественно электростатический потенциал точечного заряда Нестационарное решение ищем в виде а коэффициенты An найдем из начальных условий 2.8.3. Эллиптический тип Задача 77. Решить уравнение Лапласа u = 0 в промежутке между двумя коаксиальными цилиндрами радиусами b > a с граничными условиями u(a, ) = 1, u(b, ) = cos.

2.8. Метод Фурье Рис. 2.11. Граничные условия (а) и линии равной температуры (б) к задаче Указание. Ищем решение в виде u = R(r)(). Находим = eim и радиальное уравнение Для внутреннего цилиндра m = 0 имеется два независимых решения (2.12): 1 и ln r.

Для внешнего цилиндра m = ±1, решения r и 1/r. Значит, надо искать решение краевой задачи в виде Подставляя решение в граничные условия, найдем 4 уравнения на коэффициенты Задача 78. Решить уравнение Лапласа u = 0 в прямоугольнике a b с граничными условиями Указание. Левая и верхняя стенка теплоизолированы, в нижнюю стенку втекает поток плотностью Q1, а из правой вытекает поток плотностью Q2 (рис. 2.11, a). Переменные разделяются, если искать решение в виде суммы u = X(x) + Y (y). Обыкновенные уравнения легко решаются:

где параметр разделения.

Подставляя решение в граничные условия, найдем C1 = 0, C2 = b и параметр разделения = Q2 /a = Q1 /b. Получается условие разрешимости Q1 a = Q2 b. Почему задача не решается при нарушении этого условия? Еще одна аддитивная константа C не может быть найдена из граничных условий.

36 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

Нарисуйте изотермы и линии тока. Покажите, что изотермы ортогональны изолированным стенкам (рис. 2.11, б).

2.9. Разделение переменных 2.9.1. Ортогональные системы координат Из заданного преобразования в ортогональную систему координат можно вычислить коэффициенты Ламе По ним можно найти выражение для оператора Лапласа в новой системе координат где h = h1 h2 h3 коэффициент преобразования объема.

2.9.2. Параболоидальные координаты Задача 79. Переход к параболическим (или параболоидальным) координатам задан формулами 1. Нарисовать координатные поверхности.

2. Найти коэффициенты Ламе, выписать оператор Лапласа.

3. Разделить переменные в уравнении Шредингера для атома водорода Указание. Номера соответствуют номерам пунктов в задаче.

1. В полуплоскости = 0 исключить последовательно,, построить графики z(x).

А затем вращать графики вокруг оси z (рис. 2.12, a).

2. h = ( + )/2. Обратите внимание, что координаты симметричны относительно 2.9. Разделение переменных 3. Искать решение вида = X()Y ()() и воспользоваться тождеством r = ( + Здесь = eim, 2 = 2E, 1 +2 = 1. Два последних уравнения получились одинакового вида.

2.9.3. Сфероидальные координаты Задача 80. Переход к эллиптическим (или сфероидальным) координатам задан формулами 1. Нарисовать координатные поверхности.

2. Найти коэффициенты Ламе, выписать оператор Лапласа.

3. Разделить переменные в уравнении Гельмгольца Значит координатные поверхности в данном случае вытянутые сфероиды 3 и двухполостные гиперболоиды вращения (рис. 2.12, б и в). Отсюда название координатной системы вытянутые сфероидальные координаты.

Сфероидом называют эллипсоид вращения. В зависимости от соотношения осей сфероиды делятся на вытянутые и сплюснутые.

38 2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ

Рис. 2.12. Координатные линии параболоидальной (а), вытянутой сфероидальной (б) и сплюснутой (б) сфероидальной системы координат в плоскости = Оба уравнения формально совпадают, отличие только в интервалах изменения Покажите, что в этом случае координатные поверхности сплюснутые сфероиды и однополостные гиперболоиды ( сплюснутые сфероидальные координаты).

Глава Специальные функции 3.1. Гипергеометричекие функции Гипергеометрическое уравнение Гаусса имеет решение в виде ряда Уравнение Гаусса имеет регулярные особые точки z = 0, 1,.

Вырожденное гипергеометрическое уравнение Куммера имеет решение в виде ряда Уравнение Куммера имеет регулярную особую точку z = 0 и иррегулярную z =.

Задача 82. Выразить через гипергеометрические функции ln(1 + z)/z.

Указание.

Задача 83. Выразить через гипергеометрические функции (1 z)n.

Задача 84. Выразить через гипергеометрические функции exp(z).

Линейная замена независимой переменной Задача 85. Выразить функции Лежандра, удовлетворяющие уравнению через функцию Гаусса. Найти условие обрыва ряда.

Указание. Чтобы регулярные особые точки x = ±1, перешли в стандартные положения, выполним преобразование z = (1 x)/2.

Задача 86. Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Бесселя Указание. Асимптотики при x = 0 (РОТ) R = x±m, при x = (ИОТ) R = e±ix.

Преобразование Лежандра R = xm eix u(x) и замена независимой переменной z = 2ix приводят уравнение Бесселя к уравнению Куммера.

Задача 87. Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Шредингера для атома водорода Указание. Асимптотики при r = 0 (РОТ) R1 = xl, R2 = r l1, при r = (ИОТ) R1,2 = e±r. Преобразование Лежандра R = r l er u(x) и замена независимой переменной z = 2r приводят уравнение Шредингера к уравнению Куммера.

Найдите условие обрыва ряда (формулу Бальмера).

Задача 88. Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Шредингера для атома водорода в параболоидальных координатах из задачи Найдите условие обрыва ряда (формулу Бальмера).

Указание. Выполнить преобразование Лиувилля X = m/2 e/2 u(), m > 0.

3.1. Гипергеометричекие функции Нелинейная замена Иногда, чтобы свести уравнение к гипергеометрическому, требуется нелинейная замена независимой переменной В общем случае решение в иррегулярной особой точке ищется в виде exp(x ), x, а замена независимой переменной должна быть = x.

Задача 89. Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Эйри Указание. Параметр k 2 можно убрать сдвигом начала отсчета координаты x. Асимптотику на бесконечности искать в виде = exp(x ). Получится = 3/2, = ±2/3.

Отсюда видно, что замена независимой переменной нелинейна t = x3/2.

что сводится к цилиндрическим функциям порядка = 1/3.

Сведите уравнение y xy = 0 прямо к уравнению Бесселя заменой y = x1/2 u, = 2x3/2 /3. Получится уравнение Макдональда Задача 90. Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Шредингера для линейного осциллятора Указание. Асимптотику на бесконечности искать в виде = exp(x ). Получится = 2, = ±1/2. Отсюда видно, что неизвестную функцию надо искать в виде = ex /2 u, а замена независимой переменной нелинейна = x2. Однако при такой замене мы получим только четные состояния осциллятора. Чтобы получить нечетные уровни, нужна замена = xex /2 u.

Ответ. Для четных для нечетных Найдите условия обрыва ряда (уровни одномерного осциллятора).

Задача 91. Свести к гипергеометрическому одномерное уравнение Шредингера с безотражательным потенциалом Указание. Замена независимой переменной z = th x сводит уравнение Шредингера к уравнению с полиномиальными коэффициентами Исключаем асимптотику при z ±1 заменой неизвестной функции = (1 z 2 )/2 u(z).

Получится Это уравнение с РОТ при x = ±1,, которое перейдет в гипергеометрическое после замены независимой переменной = (z + 1)/2.

Найдите условие обрыва ряда. Покажите, что при a = N(N + 1) в такой яме ровно N уровней.

3.2. Ортогональные полиномы Напомним обыкновенные дифференциальные уравнения второго порядка, которым подчиняются полиномы.

Уравнение Лежандра Уравнение Эрмита Уравнение Лагерра Задача 92. Найти интегральное представление полиномов Лежандра Указание. Воспользоваться формулой для вычета в полюсе порядка n:

где C единичная окружность.

Задача 93. Найти производящую функцию 3.2. Ортогональные полиномы Указание. Воспользуемся комплексным представлением (3.2). Получим при r < 1 только z2 лежит внутри контура C.

Задача 94. Выполнить в (3.2) замену переменной z = x + i 1 x2 exp(i), т. е.

перейти к интегрированию по окружности радиуса 1 x2 вокруг полюса.

Оказался ли ответ вещественным?

Задача 95. Вывести соотношение ортогональности Указание. Ортогональность можно доказать с помощью формулы Родрига, интегрируя по частям l раз. Другой способ воспользоваться уравнением Лежандра.

Задача 96. Найти рекуррентные соотношения для полиномов Эрмита Задача 97. Найти производящую функцию Указание. Найти Fh, Fx и решить как уравнения в частных производных.

Задача 98. Решить уравнение (3.1) при = 0 методом Лапласа.

Указание. Правила преобразования Лапласа:

3) порядок операторов сохраняется.

Задача 99. Вычислить контурный интеграл (3.3).

Задача 100. Найти производящую функцию Указание. Воспользоваться интегральным представлением (3.3).

3.3. Функции Бесселя Модифицированное уравнение Бесселя (3.5) получается из (3.4) заменой x ix (поворотом в комплексной плоскости на прямой угол). Решения (3.4) функции Бесселя Jm (x) и Неймана Ym (x) (иногда последние обозначают Nm (x)). Функции Неймана иногда называют функциями Бесселя второго рода. Решения уравнения (3.5) это модифицированные функции Бесселя Im (x) и функции Макдональда Km (x). Иногда требуется решение уравнения (3.4) в виде линейных комбинаций Hm (x) = Jm (x) ± iYm (x), так называемые функции Ганкеля (или функции Бесселя третьего рода).

Задача 101. Из разложения функции Бесселя в ряд вывести рекуррентное соотношение для Jm1 Jm+1.

Задача 102. Из разложения функции Бесселя в ряд доказать, что Jm = (1)m Jm.

3.3. Функции Бесселя Рис. 3.1. Преобразование контура интегрирования в представлении Шлефли Задача 103. Пользуясь рекуррентными соотношениями, найти производящую функцию Задача 104. Пользуясь производящей функцией (3.6), найти интегральное представление.

Ответ. Представление Шлефли Покажите, что замена t = ei сводит (3.7) к представлению Бесселя.

Задача 105. Представление (3.7) обобщается на произвольное, если заменить единичную окружность C на контур, обходящий в положительном направлении разрез (, 0):

Преобразуя контур интегрирования к единичной окружности и двум горизонтальным прямым, идущим по берегам разреза, как показано на рис. 3.1, свести контурный интеграл к обычному.

Задача 106. Найти интегральное представление для функции Бесселя нулевого порядка J0, решив уравнение Бесселя методом Лапласа.

Ответ. Представление Пуассона Рис. 3.2. Преобразование контура интегрирования в представлении Пуассона К чему сведется представление Пуассона после преобразования Жуковского p = (z 1/z)/2?

Задача 107. Контур интеграла в представлении Пуассона можно замкнуть. Новый контур будет обходить разрез (i, i) в положительном направлении. Преобразуя контур к двум отрезкам по берегам разреза и двум окружностям радиуса +0, свести представление к действительному интегралу (рис. 3.2).

Глава Асимптотические методы 4.1. Интеграл Лапласа Главный член асимптотики интеграла Лапласа находится по формуле Чтобы найти следующие члены, в случае 1 надо интегрировать по частям, а в случае разлагать фазу в ряд, удерживая более высокие степени.

Задача 108. Функция ошибок Указание. Замена t = x делает пределы интегрирования независящими от параметра x. Далее надо интегрировать по частям (случай 1).

Задача 109. Гамма-функция Эйлера Указание. После замены t = x реализуется случай 2.

Ответ. Формула Стирлинга Задача 110. Найти следующий член разложения (x + 1).

Указание. Разложим фазу вплоть до четвертой степени. В области 2 x1, где набирается интеграл, члены третьей и четвертой степени малы. Разложим соответствующие экспоненты в ряд:

Куб исчезает при интегрировании в симметричных пределах. Четвертая и шестая степень дают 23x3/2 /4 и 25x3/2 /6.

Задача 111. Модифицированная функция Бесселя Задача 112. Функция Лежандра Разложение неравномерно при x ±1.

Указание. Чтобы остановить точку, перейдем к новой переменной интегрирования При n = 0 формула дает правильный ответ, даже если a = 0. Заменой z = a /t (4.1 сводится к a1/2 0 dz/z 2 exp[a/z 2 z 2 ]. Записав интеграл в виде полусуммы интеграла(4.1) и преобразованного интеграла, вычислите его точно и сравните с асимптотикой.

4.2. Метод стационарной фазы Задача 114. Функция Макдональда При больших стационарную точку можно остановить приближенно заменой 4.2. Метод стационарной фазы Главный член асимптотики интеграла находится по формуле Асимптотика специальных функций Задача 115. Функция Бесселя Указание. Раз в условии ничего не сказано про параметр m, значит, его надо держать фиксированным:

Задача 116. Найти асимптотику Jm (m), m.

Рис. 4.1. Секторы сходимости и контур интегрирования к задаче Указание. Теперь оба параметра растут одинаково получается Интеграл по отрицательным комплексно сопряжен интегралу по положительным.

Прежде чем распространить пределы интеграла до, надо найти секторы сходимости и повернуть контур интегрирования так, чтобы он шел по биссектрисе сектора сходимости. Получается замена = ei/6 (см. рис. 4.1).

Задача 118. Функция Эйри Указание. Надо остановить стационарную точку заменой t = |x|1/2. Тогда Ответ. Асимптотика функции Эйри в классически разрешенной области 4.2. Метод стационарной фазы Асимптотика Фурье-образа Задача 119. Пусть функция f (x) ее первые n 1 производных непрерывны, а f (n) терпит скачок в точке x = 0:

Найти асимптотику ее Фурье-образа.

Указание. Надо найти асимптотику интеграла Осталось проинтегрировать n раз по частям.

Задача 120. Найти асимптотику Указание. Замкнуть контур и найти вычет в полюсе.

Асимптотика экспоненциальная, показатель экспоненты определяется расстоянием от вещественной оси до ближайшей особенности.

Указание. Полюсы подынтегральной функции лежат на мнимой оси на равных расстояниях в точках x = i(2n + 1). Интеграл дается суммой вычетов, которая сводится к геометрической прогрессии.

Ответ. Показатель экспоненты в асимптотике дается расстоянием до ближайшей особенности Указание. Функция Hk сводится к интегралу вокруг разреза (ia, i), контур обходит точку ветвления в отрицательном направлении. Интеграл по окружности x = ia + ei, 3/2 < < /2 стремится к нулю в пределе 0. Интегралы по берегам разреза x = ia(1 + t), 0 < t < набираются при малых t 0.

Показатель экспоненты задается расстоянием до точки ветвления. Предэкспонента дает дополнительную слабую зависимость.

Рис. 4.2. Контур интегрирования к задаче 122, проходящий по берегам разреза в отрицательном направлении 4.3. Метод перевала Надо оценить асимптотику интеграла по контуру с аналитической фазой S(z) в окрестности контура. Сначала найдем стационарную точку z0, S (z0 ) = 0. Оценка выполняется в два шага.

1. Топологическая часть: деформировать контур так, чтобы он прошел через стационарную точку по линии наискорейшего спуска. Такие линии, где Im S(z) = Im S(z0 ) = const называются линиями Стокса. Надо проверить, переходит ли контур интегрирования в ЛС, учитывая правила:

а) если интеграл в бесконечных пределах, надо следить, чтобы концы контура не выходили за границы секторов сходимости;

б) нельзя при деформации контура пересекать полюса, т. е. выходить за границы области аналитичности подынтегральной функции.

2. Аналитическая часть. В окрестности стационарной точки S(z) S(z0 )+ 2 S (z0 )(z z0 )2. Повернем контур z z0 = ei так, чтобы квадратичная часть разложения убывала быстрее всего S(z) S(z0 ) = 2 |S (z0 )| 2. Для этого надо обеспечить выполнение условия Тогда асимптотика интеграла дается формулой а) если под интегралом есть амплитуда A(z), ее надо взять в точке z0 ;

б) если стационарных точек несколько и расстояние между ними не зависит от параметра, оценка дается суммой по точкам. В этой сумме следует выделить точку с главным вкладом. Если же точки сближаются при +, говорят об их слиянии. Интеграл в этом случае сводится к другому эталонному 4.3. Метод перевала в) в стационарной точке S = 0, надо свести интеграл к другому эталонному Задача 123. Найти секторы сходимости интеграла Эйри Указание. Возьмем t = Rei, R и найдем, когда вещественная часть показателя экспоненты отрицательна: Re iR3 e3i < 0.

Задача 124. Нарисовать линии уровня мнимых и вещественных частей функций:

а) S(z) = z; б) S(z) = z 2 1; в) S(z) = z 3 ; г) S(z) = ln z; д) S(z) = ln(z 2 1).

Задача 125. Найти асимптотику функции Эйри в классически запрещенной области Указание. Остановим точку заменой t = 1/2. Тогда S( ) = i( 3 /3 + ). Разделяя вещественную и мнимую части = x + iy, найдем линии Стокса Чтобы не выйти из секторов сходимости, контур можно преобразовать только в верхнюю ветвь гиперболы y = x2 /3 + 1, проходящей через стационарную точку = i.

Задача 126. Методом перевала найти асимптотику функции Эйри (4.2) в классически разрешенной области при.

Указание. t = ||1/2, S( ) = 3 /3. Линии Стокса x3 /3 xy 2 x = ±2/3 можно нарисовать, разрешая относительно y:

Значит, середину контура = 0 надо сдвинуть в i, контур пустить вдоль двух симметричных ветвей графа Стокса.

Указание. При попытке поднять и деформировать контур, как это делалось при решении задачи 125, он зацепится за полюс z = +i. В то же время вклад точки перевала exp(2 3/2 /3)/2 1/4 экспоненциально мал по сравнению с вычетом в полюсе.

Задача 128. Найти асимптотику функции Бесселя нецелого порядка, пользуясь представлением Шлефли где контур обходит точку 0 в положительном направлении (см. рис. 3.1).

Деформируем контур так, чтобы он проходил по линиям Стокса Ответ. Асимптотика такая же, как для целого порядка то поправка получается порядка O( 3/2).

Задача 129. Найти квазиклассическую асимптотику полиномов Лежандра при Контур обходит точку z = cos в положительном направлении.

4.4. Метод усреднения Указание. Выбрать амплитуду A(z) = (z )1 и фазу 4.4. Метод усреднения Усреднение системы уравнений где I = (I1,..., In ) вектор медленных (амплитудных) переменных, = (1,..., n ) вектор быстрых (фазовых) переменных, = (1,..., n ) вектор угловых частот, f, g заданные функции 2n переменных, а малый параметр, сводит ее к системе вдвое меньшей размерности Здесь черта означает усреднение по фазам. Последняя система называется усредненным уравнением и описывает эволюцию амплитуд на больших временах.

Задача 130. Преобразовать уравнение слабонелинейного осциллятора к виду (4.3) с помощью преобразования Боголюбова Крылова Указание. Продифференцировать x и приравнять к выражению для x, затем продифференцировать x и приравнять к xp. Получившуюся систему можно разрешить относительно a,.

Ответ. a = p sin, откуда следует усредненное уравнение (4.4) с Медленная эволюция определяется Фурье-компонентой силы на частоте первой гармоники.

Задача 131. Найти нелинейный сдвиг частоты осциллятора Указание. Сдвиг дается уравнением Задача 132. Найти эволюцию амплитуды в задачах о резонансе p = f0 cos( 0 ) и параметрическом резонансе f = x cos 2( 0 ).

Ответ. После усреднения соответственно получаем для резонанса и для параметрического резонанса. По какому закону меняется амплитуда в том и другом случае? Проверьте, что при включении трения 2 x у параметрического резонанса появляется порог.

Задача 133. Найти эволюцию за много периодов амплитуды осциллятора со слабым трением трех видов:

1) вязкое трение p = 2x;

2) сухое трение p = 2sign(x);

3) нелинейное трение p = 2x3.

Ответ. Затухание осциллятора происходит по разным законам:

Почему при сухом трении затухание происходит быстрее, а при нелинейном медленнее?

Задача 134. Найти устойчивые предельные циклы двух осцилляторов Ван дер Ответ. При < 0 устойчиво только решение J = 0. При > 0 становится устойчивым предельный цикл J = 2 у первого осциллятора и J = 3/4 у второго.

Глава Применение теории групп В физике применения теории групп тесно связано с симметрией. Например, симметричные молекулы описываются конечными группами, а сдвиги и повороты в однородном пространстве или времени группами Ли.

5.1. Основные понятия теории групп 5.1.1. Группа, подгруппа, порядок Определение. Пусть имеется множество элементов G, на котором определена бинарная операция (которую будем называть умножением), такая, что a, b G:

Если выполняются следующие аксиомы:

1) e G такой, что a G выполняется e · a = a · e = a (единица);

2) a G a1 G, такой что a · a1 = a1 · a = e (обратный элемент);

3) a, b, c G справедливо a(bc) = (ab)c (ассоциативность), то G называется группой.

Пример.

1. Для G = {x 0} с операцией x + y = z. (Отсутствует обратный элемент.) 2. Для G = {x R} с операцией x + y = z. (G группа.) 3. Для G = {x > 0} с операцией x · y = z. (G группа.) 4. Для G = {x (0, 2)} с операцией x· y = z. (Множество не замкнуто относительно операции.) Задача 135. Доказать, что (a1 a2...an )1 = a1...a1 a1.

Определение. Порядком конечной группы |G| называется число элементов в группе G.

Определение. Порядком элемента |a| = n называется минимальное n такое, что an = e.

Задача 136. Доказать: |ab| = |ba|.

Решение. Пусть |ab| = n (т. е. (ab)n = e), тогда e = b(ab)n b1 = (ba)n. Если существует k < n такое, что (ba)k = e, тогда (ab)k = a(ba)k a1 = e, что противоречит определению порядка ab.

Задача 137. Доказать: |a| |G|.

Решение. Если |a| = n, то все элементы gk = ak при 1 k n различны, так как если существуют k < q n такие, что gk = gq, то gqk = e. Если |a| > |G|, то число различных элементов gk больше, чем элементов в группе.

Задача 138. Доказать: |a| = |a1 |.

Решение. Пусть |a| = n, тогда (a1 )n = (a1 )n an = e. Если существует k < n такое, что (a1 )k = e, тогда ak = ak (a1 )k = e, что противоречит определению порядка a.

Определение. Если H G и H группа, то H называется подгруппой в G:

H < G.

Замечание. H = e и H = G являются тривиальными подгруппами и не обсуждаются.

Пример. Группа симметрии правильного треугольника. Элементами этой группы являются: {e} тождественное преобразование, {r, r 2 } поворот на 120 и 240 градусов, а также три отражения {p, pr, pr 2 } относительно биссектрис углов (рис. 5.1). Все аксиомы выполняются. Обратные элементы r 1 = r 2 и p1 = p, остальные находятся аналогично.

Каждому элементу соответствует какая-нибудь перестановка вершин треугольника: e = (1)(2)(3), r = (123), r 2 = (132)p = (1)(23), pr = (2)(13), pr 2 = (3)(12). Все эти перестановки образуют группу подстановок P3. Взаимно однозначное соответствие элементов и операций умножения в двух группах называют изоморфизмом. Мы не будем различать изоморфные группы, считая их одной и той же группой.

Можно построить всю таблицу умножения элементов группы друг на друга, но достаточно знать порождающие элементы и определяющие соотношения. В группе треугольника проверим, что rp = pr 2. Этого соотношения достаточно, чтобы найти все произведения элементов, например 5.1. Основные понятия теории групп По любому элементу группы можно построить циклическую подгруппу. Для примера возьмем элемент r. В подгруппе должен быть элемент e, и она должна быть замкнута относительно операции. Рассматривая степени r, получим, что |r| = 3 и циклическая подгруппа, которую порождает этот элемент, C3 = {e, r, r 2}, состоит из трех элементов, |C3 | = 3. Для циклических групп Cn = {g n } выполняется равенство |Cn | = |g|, только если g порождающий элемент. Другие циклические подгруппы {e, p}, {e, pr}, {e, pr 2 } имеют порядок 2, такой же, как и порядок порождающих их элементов.

Подгруппа C3 состоит из вращений треугольника относительно центра оси третьего порядка, т. е. порядок оси равен порядку подгруппы. Остальные подгруппы порядка 2 соответствуют отражениям относительно плоскостей симметрии, таких плоскостей три, поэтому здесь три таких подгруппы. Более сложных подгрупп в P3 нет.

Определение. Группа G называется абелевой или коммутативной, если g1, g G выполняются равенства g1 g2 = g2 g а) группа P3 - не абелева (rp = pr), б) все циклические группы абелевы (gn = g n G выполняется gn gk = g n+k = gk gn ).

Задача 139. Доказать, что если x G выполняется соотношение x2 = 1, то группа G абелева.

Решение. x1 x2 = (x2 )2 x1 x2 (x1 )2 = x2 (x2 x1 )2 x1 = x2 x 5.1.2. Смежные классы, индекс подгруппы Определение. Пусть H < G и g G. Тогда множество всех элементов вида {hg| h H} с фиксированным g называется правым смежным классом и обозначается Hg. Аналогично gH = {gh| h H} называется левым смежным классом.

Задача 140. Доказать, что либо Hg1 = Hg2 (множества совпадают) либо Hg Hg2 = (пересечение множеств пусто).

Указания. 1. Сначала покажем, что если g H, то hg Hh H, а значит Hg = H.

3. Если g2 Hg1, тогда h H имеем hg2 Hg1, а значит Hg2 = Hg1.

Поэтому множество элементов группы G является объединением непересекающихся смежных классов ее подгруппы H:

любой элемент из G принадлежит одному и только одному классу Hgi Задача 141. Доказать |Hg| = |H|.

Решение. Если множество из n различных элементов группы {hk } умножить на один и тот же элемент группы g, то все n элементов множества {hk g} являются различными и составляют правый смежный класс Hg.

Значит, порядок подгруппы обязан быть делителем порядка группы: |G| = |H|m.

Определение. Число смежных классов m = |G : H| называется индексом подгруппы H в группе G.

Заметим, что множество элементов {g l | l Z} является подгруппой, откуда следует: |G| = |g|k порядок любого элемента группы является делителем порядка группы.

Задача 142. Подгруппы какого порядка могут быть в P3 ?

Ответ. Подгруппы порядка 2 могут порождаться только элементами порядка 2.

Таких элементов три и они порождают три разных подгруппы. Подгруппы порядка могут порождаться только элементами порядка 3. Таких элементов два, и они порождают одну подгруппу. Подгрупп другого порядка быть не может.

Задача 143. Построить правые и левые смежные классы по подгруппе {e, p} в группе P3.

Как видим, разбиение по правым и левым классам различно.

Пример. Геометрическая интерпретация.

Рассмотрим все элементы группы P3, оставляющие вершину 1 на месте. Доказать, что они образуют подгруппу.

0. Произведение таких элементов очевидно оставляет вершину 1 на месте.

Аксиомы.

1. Тождественное преобразование оставляет вершину 1 на месте.

2. Для любого из этих элементов обратное преобразование оставляет вершину на месте.

3. Ассоциативность очевидна.

Подгруппа H = {e, p}. Все элементы, переводящие вершину 1 в вершину 2, составляют левый смежный класс rH = {r, rp = pr 2 }, а все элементы, переводящие вершину 1 в вершину 3, составляют левый смежный класс r 2 H = {r 2, r 2 p = pr}.

Аналогично правые смежные классы это сама подгруппа H, все элементы, переводящие вершину 2 в вершину 1, и все элементы, переводящие вершину 3 в вершину Таким образом, порядок группы можно найти, умножив число элементов, оставляющих одну вершину на месте |H| (порядок подгруппы), на число вершин m, в которые можно перевести эту вершину (индекс подгруппы).

Задача 144. Найти порядок группы куба.

Решение. Всего m = 8 вершин. Среди элементов, оставляющих вершину на месте, есть e тождественное преобразование, r, r 2 два поворота вокруг главной диагонали куба (ось третьего порядка), а также три отражения p, pr, pr 2 относительно трех плоскостей, проходящих через эту ось и одно из трех прилегающих к этой вершине ребер.

5.1. Основные понятия теории групп Задача 145. Найти порядок группы куба без отражений.

Задача 146. Найти порядок группы правильного многоугольника Dn.

Задача 148. * Доказать, что если |G| не простое число, то существует нетривиальная подгруппа H группы G.

5.1.3. Инвариантная подгруппа, фактор-группа Определение. Если разбиение группы G на левые и правые смежные классы подгруппы H совпадает, т. е. g G выполняется Hg = gH, то подгруппа H называется инвариантной: H G.

Замечание. Выражение Hg = gH вовсе не означает, что равенство выполняется для каждого элемента h H. Его смысл в том, что оба множества содержат одни и те же элементы.

Задача 149. Доказать, что любая подгруппа индекса 2 является инвариантной.

Решение. |G|/|H| = 2, значит, G = H Hg = H gH, следовательно, gH = Hg.

Задача 150. Найти инвариантные подгруппы в группе P3.

Решение. Мы видели, что подгруппы второго порядка не являются инвариантными. Поэтому осталось проверить подгруппу C3 = {e, r, r 2}:

Погруппа C3 инвариантна, так как rp = pr 2 и r 2 p = pr.

Определение. Пусть H G. Рассмотрим множество F, элементами которого являются смежные классы. Это множество F = G/H является группой и называется фактор-группой.

Рассмотрим произведение двух смежных классов Hg1Hg2 = {h1 g1 h2 g2 | h1, h2 H}.

Для инвариантной подгруппы Hg1 Hg2 = HHg1g2 = Hg3, где g3 = g1 g2. Поэтому операция умножения смежных классов определена.

F является группой, так как существует единичный элемент E = H, существует обратный элемент Q1 = (Hq)1 = q 1 H = Hq 1, ассоциативность очевидна.

Задача 151. Проверить, что операция в фактор-группе P3 /C3 определена.

Решение. Есть два элемента E = C3, P = C3 p. Для любого xk C3 проверяем, что xk xl C3, т. е. EE = E. Для любого yn C3 p и xk C3 проверяем, что выполняется xk yn C3 p, т. е. EP = P (элемент E есть единица группы). Наконец, проверяем, что yn yl C3, т. е. P P = E. Ассоциативность очевидна. Фактор-группа является циклической группой 2-го порядка: P3 /C3 C2.

Замечание. Факторизация сохраняет операцию на множестве, поэтому отображение G G/H является гомоморфизмом.

Замечание. Физическая интерпретация фактор-группы.

Заметим, что все элементы входящие в C3 оставляют ось третьего порядка неизменной. Все отражения, т. е. элементы класса pC3, переводят эту ось в себя с обратным направлением вращения. Таким образом, фактор-группа описывает преобразование ориентации оси третьего порядка, игнорируя все остальные преобразования правильного треугольника.

Задача 152. Найти инвариантную подгруппу в группе вращений куба O, которая содержит элементы, оставляющие неподвижными оси четвертого порядка. Построить фактор-группу.

5.1.4. Сопряженные элементы Определение. Введем понятие эквивалентных элементов на множестве M. Пусть существует бинарное отношение (обозначим его ), обладающее тремя свойствами:

1) x x рефлекcивность;

2) x y y x симметричность;

Тогда можно ввести классы эквивалентности Kx = xi x, которые обладают свойством: либо Kx = Ky, если x y либо Kx Ky =. При этом все множество можно разбить на классы (непересекающиеся подмножества) M = K.

Определение. Два элемента a и b сопряжены, если g G такое, что a = gbg.

Проверяем, что для сопряжения все три свойства эквивалентности выполняются, а значит можно ввести классы эквивалентности, так что каждый элемент группы будет входить только в один класс. Таким образом, в группах можно ввести классы сопряженных элементов (КСЭ) K, используя операцию сопряжения. Далее сопряженность элементов a и b будем обозначать a b.

Задача 153. Найти классы сопряженных элементов в P3.

Замечание. Не путать классы сопряженных элементов со смежными классами. Это совершенно разные разбиения множества.

Задача 154. Доказать, что, если x y, |x| = |y|. В одном КСЭ могут быть элементы только одного порядка.

Задача 156. Пусть H < G. Доказать, что H G тогда и только тогда, когда H = 5.2. Группа квадрата и куба Решение. Если в инвариантной подгруппе содержится хотя бы один элемент x класса Kx, то в ней содержатся все элементы этого класса: gH = Hg, g G значит gHg 1 = H, g G, и, следовательно, если x H, то gxg 1 H, g G. Если подгруппа представима в виде суммы КСЭ, то gHg 1 = H, g G, значит, gH = Hg, g G. Таким образом, инвариантная подгруппа H состоит из КСЭ группы G.

Задача 157. Проверить свойства 154 –156 в группе треугольника.

Задача 159. Найти число классов сопряженных элементов в абелевой группе.

5.2. Группа квадрата и куба Элементы групп симметрии молекул могут быть трех видов:

1) повороты вокруг осей симметрии n-го порядка на угол 2k/n;

2) отражение относительно плоскостей симметрии;

3) зеркально-поворотные преобразования, т. е. последовательное отражение и поворот вокруг оси, ортогональной плоскости отражения.

Задача 160. Найти элементы и их порядок в группе квадрата D4 (рис. 5.2).

Ответ. e, повороты r, r 3 порядок 4, поворот r 2 порядок 2, повороты относительно диагоналей p, pr 2 порядок 2, повороты относительно осей, проходящих через середины противоположных ребер, pr, pr 3 порядок 2. Соотношение: rp = pr 3, остальные правила умножения получаются из этого соотношения.

Задача 161. * Найти элементы и их порядок в группе куба.

Определение. 1. Если две оси переводятся друг в друга групповым преобразованием, то они сопряжены.

2. Если две плоскости переводятся друг в друга групповым преобразованием, то они сопряжены.

3. Если ось переводится в себя с другим направлением вращения групповым преобразованием, то она называется двусторонней.

Как находить классы сопряженных элементов для точечной группы?

1. Повороты на одинаковый угол вокруг сопряженных осей сопряжены: r1 = gr2 g 1, где g элемент группы, переводящий одну ось в другую.

2. Взаимно обратные повороты вокруг двусторонней оси сопряжены: r = gr 1 g, где g элемент группы, переворачивающий ось. (Ось является двусторонней, только если в группе существует перпендикулярная ей ось второго порядка либо плоскость симметрии, проходящая через эту ось.) 3. Отражения от сопряженных плоскостей сопряжены: 1 = g2 g 1, где g элемент группы, переводящий одну плоскость в другую.

Задача 162. Найти классы сопряженых элементов в группе квадрата.

Задача 163. * Найти классы сопряженых элементов в группе куба.

Определение. Множество Z, состоящее из элементов z, перестановочных со всеми элементами группы G, называется центром группы: zg = gz g G.

Задача 164. Доказать, что Z G.

Решение. Каждый элемент z из центра Z составляет класс эквивалентности Kz = {z}.

Задача 165. Найти центр группы квадрата.

Задача 166. * Найти центр группы куба.

Задача 167. Найти подгруппы в группе квадрата, указать инвариантные.

Решение. Порядок D4 = 8, делители 2 и 4. По элементу |r| = 4 строим циклическую подгруппу C4, поскольку ее индекс m = |D4 |/|C4| = 2, то C4 D4. По элементу |r 2 | = 2 строим циклическую подгруппу Z, поскольку это центр группы, то Z D4.

По элементу |p| = 2 строим циклическую подгруппу C2, поскольку в нее не входит элемент pr 2 Kp, то она не инвариантна. Аналогично для элементов pr 2, pr и pr 3.

Ищем, нет ли еще подгрупп порядка 4. Находим {e, p, pr 2, r 2} D2 D4, аналогично {e, pr, pr, r } = D2 D4 обе инвариантны.

Задача 168. Найти правые и левые смежные классы по подгруппе H = {e, p} группы квадрата.

{r 3, pr}.

Задача 169. Построить фактор-группу F = D4 /Z.

Задача 170. Построить фактор-группу F = D4 /C4.

5.3. Матричные представления 5.3. Матричные представления Определение. Гомоморфизм данной группы G в группу квадратных матриц GL(C, n) называется матричным представлением этой группы D.

Задача 172. Доказать, что любое представление D фактор-группы G/H является представлением группы.

Решение. Факторизация сохраняет операцию на множестве, поэтому отображение G G/H D является гомоморфизмом G D.

Определение. Порядком матричного представления группы называется порядок матрицы D(g): n = dimD(g).

Пример. Выделяют следующие важные представления.

1. Всегда существует тривиальное представление D(g) = 1.

2. Точным представлением называют изоморфизм G D(g). = 3. Регулярным представлением группы |G| = n называют представление порядка n и вида Dij (gk ) = 1, если gi = gk gj и Dij (gk ) = 0, если gi = gk gj.

Задача 173. Построить точное двумерное представление группы C3v, используя матрицы преобразования координат в плоскости треугольника.

Задача 174. Построить точное двумерное представление группы C3v, используя матрицы преобразования переменных z, z комплексной плоскости, на которую помещен треугольник.

Задача 175. Построить точное трехмерное представление группы C3v, используя матрицы преобразования вершин равностороннего треугольника B = (B1, B2, B3 ).

Задача 176. * Построить регулярное представление группы C3v.

Задача 177. Выразить через матрицу D(g) следующие матрицы:

и показать, что если x y, то D(x) D(y).

Определение. Представления : g D(g) и : g D1 (g) называются эквивалентными, если S такая, что D1 (g) = S 1 D(g)S, g G.

Задача 178. * Доказать, что для любого представления конечной группы существует эквивалентное ему унитарное представление: D(g)D †(g) = E, g G.

Задача 179. Показать, что точные представления из задач 173 –175 являются унитарными.

Замечание. Далее нас будут интересовать неэквивалентные представления. Введем характер представления.

Определение. Характером представления называются след матрицы (D(g)) = T r(D(g)).

Задача 180. Показать, что если D1 D, то (D1 (g)) = (D(g))g G. Характеры эквивалентных представлений совпадают.

Задача 181. Найти (D(e)).

Ответ. (D(e))=dim D.

Задача 182. Показать, что если g1 g, то (g1 ) = (g). Таким образом, (g) = (Kg ) зависит только от класса сопряженных элементов для любого представления.

Задача 183. * Пользуясь решением задачи 178, показать, что (g 1 ) = (g) для любого представления D(g).

Решение. Пусть U унитарное представление и U D, тогда (D(g)) = (U(g)) = (U † (g)) = (U 1 (g)) = (U(g 1 ) = (D(g 1)).

Задача 184. Пользуясь решением задачи 178, показать, что для любого N-мерного Решение. Пусть U унитарное представление и U D, тогда (D(g)) = (U(g)) = exp(ik ). Поскольку U(g n ) = (U(g))n = E, то k = 2pk /n, где pk целые.

k= Определение. Если существует базис, в котором все матрицы D(g) принимают блочно-диагональный вид, то представление D(g) называется вполне приводимым.

Замечание. Таким образом, существует базис, в котором все матрицы любого приводимого представления конечной группы есть прямая сумма матриц неприводимых представлений: D(g) D (k) (g). Причем очевидно, что dim D = k dim D (k), где D (k) (g) неприводимые представления.

Задача 185. Доказать, что порядок любого неприводимого представления абелевой группы равен 1.

Решение. Поскольку все g коммутируют, то все матрицы любого представления D(g) коммутируют, а значит, существует базис, в котором S 1 D(g)S диагональна. Все матрицы представления диагональны, т. е. приводимы, если dim D > 1.

Задача 186. Найти все неприводимые представления для циклической группы Cn.

Решение. Обозначим gk = g k, тогда D(gk ) = D k (g). Любое одномерное представление обладает свойством D n (g) = D(g n ) = 1. Существует n решений этого уравнения D (j) (g) = exp(2ij/n). Таким образом, имеется n одномерных представлений вида D (j) (gk ) = exp(2ijk/n).

5.3. Матричные представления Замечание. Приведем без доказательства следующие два свойства неприводимых представлений.

1. Число неэквивалентных неприводимых представлений равно числу классов сопряженных элементов.

2. Справедливо соотношение ортогональности неприводимых представлений D (i) где |G| = n, а ni размерность представления D (i) (g).

Задача 187. Доказать, что |G| i n2, где суммирование выполнено по всем неэквивалентным неприводимым представлениям.

Указание. Каждому матричному элементу каждого неприводимого представления можно поставить в соответствие n-мерный вектор с компонентами, нумеруемыми элементами группы, n = |G|. Вследствие (5.1) все векторы ортогональны, значит, таких векторов может быть не больше n. Прямой подсчет числа матричных элементов дает необходимую формулу.

Задача 188. Вывести соотношение ортогональности для характеров неприводимых представлений.

где pl число элементов в классе эквивалентности Kl.

Указание. Воспользоваться (5.1) для следов матриц.

Задача 189. Из соотношения ортогональности для характеров неприводимых представлений вывести соотношение Указание. Заметим, что матрица Ujl = (j) (Kl ) pl /n унитарна: U † U = E. Тогда искомое соотношение имеет вид UU † = E.

Задача 190. Пользуясь (5.3), доказать, что |G| = i n2 сумма квадратов разi мерностей всех неэквивалентных неприводимых представлений.

Указание. Рассмотреть Kl = Km = {e}.

Пример. Найти таблицу характеров группы треугольника.

В группе 3 класса сопряженных элементов, значит, имеется три неприводимых представления. Их размерности задаются равенством n2 + n2 + n2 = 6. Единственное разложение в сумму квадратов имеет вид 12 + 12 + 22 = 6. Первая строка таблицы это всегда характер тривиального представления (1) (Kl ) = 1. Первый столбец это характеры неприводимых представлений от e, т. е. dim D (i) = ni. Характер второго одномерного представления от элемента 3-го порядка r должен удовлетворять уравнениям ((2) (r))3 = 1 и (2) (r) = (2) (K2 ) = (2) (r), откуда (2) (r) = 1. Для элементов второго порядка (2) (K3 ) = ±1, а из ортогональности характеров (1 + 2 + 3(2) (K3 ) = 0), следует, что (2) (K3 ) = 1. Наконец, последняя строка таблицы характеров строится из ортогональности столбцов Задача 191. Найти таблицу характеров группы квадрата.

Решение. В группе 5 классов сопряженных элементов, значит имеется 5 неприводимых представлений. Их размерности задаются равенством n2 = 8. Отсюда полуi чаем для размерностей неприводимых представлений ni = (1, 1, 1, 1, 2). Первая строка таблицы это всегда характер тривиального представления (1) (Kl ) = 1. Первый столбец это характеры неприводимых представлений от e, т. е. dim D (i) = ni Характеры оставшихся одномерных представлений найдем с помощью неприводимых представлений фактор-группы D4 /Z = D2, которая состоит из e и 3-х элементов 2-го порядка. Она абелева, значит, у нее 4 одномерных неприводимых представления, которые являются также и искомыми представлениями группы квадрата. Поскольку при факторизации два КСЭ группы квадрата: {e} и {r 2 } сливаются в один класс группы D2, то имеем для всех одномерных представлений группы квадрата (i) (r 2 ) = 1, а из ортогональности столбцов (5) (r 2 ) = 2 для двумерного представления. Для элементов второго порядка, принадлежащих классам K3, K4, K5, имеем (i) (Kj ) = ±1, а из ортогональности характеров D2 следует, что (2) (K3,4,5 ) = (1, 1, 1) и (3) (K3,4,5 ) = (1, 1, 1) и (4) (K3,4,5 ) = (1, 1, 1). Наконец, последняя строка таблицы для характеров двумерного представления строится из ортогональности столбцов:

Задача 192. * Найти таблицу характеров группы куба Od.

Указание. Показать, что Od = C2 O, где C2 = {e, i}, а элемент i Z есть инверсия. Убедится, что для каждого класса сопряженных элементов Kj = {x1,..., xn } группы O в группе Od появляется класс iKj = {ix1,..., ixn }, т. е. число классов удваивается (xi xj ixi ixj ). Таблица характеров группы Od получается прямым произведением таблиц характеров C2 и O:

5.4. Применение теории представлений Замечание. Любое представление конечной группы D(G) = ai D (i) (G) есть прямая сумма неприводимых представлений. Пользуясь ортогональностью неприводимых характеров (5.2), можно найти, сколько копий i-го неприводимого представления входит в эту сумму:

5.4. Применение теории представлений Задача 193. Разложить представление из задачи (175 ) по неприводимым.

Находим характеры этого трехмерного представления (Kl ) = (3, 0, 1) и, пользуясь ортогональностью характеров неприводимых представлений (5.2), получаем T (g) = D (1) D (3). Таким образом, существует такой базис, в котором все матрицы представления одновременно имеют блочно-диагональный вид с блоками тривиального и двумерного неприводимых представлений группы треугольника.

Определение. Пусть T (g) матрицы приводимого представления группы G, а его разложение на неприводимые представления имеет вид T (g) = ai D (i) (g).

Тогда матрица является проектором на подпространство векторов q, соответствующих i-му представлению, т.е. в пространстве, порожденном этими векторами, реализуются ai копий представления D (i) (g).

Пример. Найти базис векторов, в котором представление из задачи 175 принимает блочно-диагональный вид.

Составим проектор на тривиальное представление Действуя на какой-нибудь вектор, например, (100), получим собственный вектор q (1) = (1, 1, 1), преобразующийся по тривиальному представлению. Действительно, для любого группового преобразования этот вектор переходит в себя T (g)q (1) = q (1).

Проектор для неприводимого представления D (2) равен нулю, так как это представление отсутствует в разложении T (g) по неприводимым. Наконец, проектор на подпространство 2-мерного неприводимого представления имеет вид P3 проецирует трехмерное пространство на подпространство, натянутое на векторы q1 = (2, 1, 1) и q2 = (0, 1, 1) (можно выбрать другой базис в этом подпространстве). И при любом групповом преобразовании каждый из этих векторов отображается в линейную комбинацию q1 и q2.

5.4.1. Кратность вырождения нормальных колебаний Пример. Найти кратности вырождения частот колебаний системы трех одинаковых грузиков, расположенных в плоскости и соединенных друг с другом одинаковыми пружинками, а также соединенных одинаковыми пружинками с неподвижным центром.

У каждого грузика есть два направления движения xi, yi, т. е. всего 6 обобщенных координат qj. При любом преобразовании симметрии g D3 эти координаты переходят в линейную комбинацию друг друга: q T (g)q, а значит, T (g) есть 6-мерное матричное представление D3. Из аналитической механики мы знаем, что существует базис из собственных векторов гамильтониана задачи. Нетрудно понять, что в этом базисе матрицы T (g) принимают блочно диагональный вид. Если q собственный для гамильтониана с частотой, то при любом преобразовании он должен оставаться собственным с той же частотой. Это означает, что либо T (g)q = g q, т. е. переходит в себя, тогда он преобразуется по одномерному неприводимому представлению D (i) (g) g, и его частота невырождена, либо T (g)q раскладывается в сумму базисных векторов q1,..., qn, каждый из которых обязан отвечать колебанию с той же самой частотой. Тогда набор этих векторов преобразуется по n-мерному неприводимому представлению, а движение с частотой является n-кратно вырождено. Таким образом, достаточно разложить исходное представление по неприводимым, тогда число неприводимых представлений равно числу различных собственных частот всех колебаний системы, а размерности неприводимых представлений равны кратности вырождения соответствующих частот.

Найдем характеры: (e) = 6, при повороте все грузики меняются местами, а значит, на диагонали T (r) стоят 0, т. е. (r) = 0, Наконец, при отражении только один грузик остается на месте, а матрица преобразования его координат имеет вид поэтому (K3 ) = 0. Разложение характера (6, 0, 0) по неприводимым дает вид разложения представления в сумму неприводимых: T (g) = D (1) (g) D (2) (g) 2D (3) (g), два одномерных и два двумерных представления, т. е. в спектре колебаний будет 4 разных частоты, две из которых двукратно вырождены.

Если в системе допустимо вращение вокруг центра, то в спектре колебаний станет на одну частоту меньше. Чтобы найти, какому неприводимому представлению отвечает вращение, вычислим его характер: поскольку вращение имеет одну компоненту, 5.4. Применение теории представлений то (M ) (e) = 1. Собственный вектор вращения есть q M = (1, 0, 1/2, 3/2, 1/2, 3/2), умножая его на T (r)q M = q M, т. е. (M ) (r) = 1, а умножая на T (p), получим (M ) (p) = 1.

Это характер неприводимого представления (2). Соответственно в разложении колебательных движений это неприводимое представление будет отсутствовать. Собственные векторы, отвечающие разным колебаниям, можно найти с помощью проектора на подпространство неприводимого представления, отвечающее данной частоте.

Замечание. Характер вращения может быть вычислен гораздо проще. Из аналитической механики мы знаем, что вращение полностью описывается псевдовектором полного момента импульса M. В нашем случае он имеет всего одну компоненту Mz. При поворотах r она переходит в себя, значит M (r) = 1, а при отражениях меняет знак, значит M (p) = 1.

Задача 194. Найти кратности вырождения частот в колебательном спектре молекулы CH3 F (группа C3v ).

Задача 195. Найти кратности вырождения частот в колебательном спектре молекулы C2 H6.

Решение. Для нахождения таблицы характеров группы симметрий G молекулы C2 H6 найдем их элементы. Это 6 элементов {e, r, r 2, p, pr, pr 2} подгруппы C3v и еще элементов, имеющих вид iC3v = C3v i, где i инверсия, она принадлежит центру группы. Такая группа называется прямым произведением групп: G = {e, i} C3v = C2 C3v.

В результате с каждым классом Kl группы C3v появляется еще один класс iKl, соответственно, число неприводимых представлений удваивается. Более того, таблица характеров G также равна прямому произведению таблиц характеров (G) = (C2 ) (C3v ).

Таблицу характеров C3v мы находили, а для C2 она имеет вид Прямое произведение дает искомую таблицу характеров группы D3v :

Теперь рассмотрим, как преобразуются векторы отклонений q атомов от положения равновесия. Всего 8 атомов и 3 компоненты отклонения на каждый, т. е. имеем 24-мерный вектор отклонений и представление порядка dim T (g) = 24, значит (e) = 24.

При поворотах вокруг оси 3-го порядка только 2 атома углерода остаются на месте, для каждого из них q преобразуется матрицей поворотов, след которой равен v () = 1 + 2 cos(). Общая формула для нахождения характера поворота вокруг любой оси имеет вид где Na число атомов на оси, а угол поворота, т. е. (r) = 0. При отражении для вектора отклонения атома матрица диагональна, а ее след равен 1. Общая формула имеет вид где Ns число атомов, лежащих в плоскости симметрии, т. е. (p) = 4. При инверсии все координаты меняют знак, поэтому (i) = 3N0, где N0 число атомов в центре инверсии, у нас (i) = 0. Для зеркальноповоротных элементов 3-мерная матрица для одного вектора имеет вид D()D() = D(i)D( + ) = D( + ), где D() - матрица поворота на угол вокруг некоторой оси, а D() отражение относительно плоскости, ортогональной этой оси:

где N0 число атомов в центре. Наконец, элементы ipr k суть повороты вокруг осей второго порядка, и можно пользоваться выведенной формулой, для нас N0 = 0. Окончательно получим Кроме колебаний, молекула может двигаться как целое, что полностью описывается полным импульсом P, а также вращаться как целое, что описывается моментом импульса M. Чтобы получить чисто колебательный спектр молекулы, необходимо вычесть из полного представления два 3-мерных представления, отвечающих этим движениям. Для вектора P, пользуясь матрицами поворотов и отражений, получим для характера:

а для момента импульса Вычитая эти характеры из полного, для колебательных степеней свободы получим Раскладывая по неприводимым, получим Ответ. 12 частот в спектре, из них 6 частот двукратно вырождены.

5.4. Применение теории представлений Замечание. Удобно пользоваться формулами для характеров в подпространстве колебательных степеней свободы. Вычитая из исходных характеров характеры в подпространстве импульса и момента импульса, получим:

5.4.2. Снятие вырождения Колебания круглой мембраны описываются амплитудой смещения u(r) относительно равновесного положения точек мембраны. Из решения, найденного методом разделения переменных:

следует, что все колебания двукратно вырождены (за исключением m = 0), поскольку am (r) и bm (r) удовлетворяют одному и тому же уравнению с одинаковыми граничными условиями.

Задача 196. Найти спектр колебаний мембраны, если на нее поместили 3 груза в вершины правильного треугольника, и симметрия понизилась с группы O(2) до C3v.

Решение. Рассмотрим, как преобразуются функции cos(m) и sin(m) под действием преобразований группы треугольника, и вычислим характеры: m (e) = 2, откуда m (r) = 2 cos(2m/3), откуда m (p) = 0.

Чтобы понять, какие кратности вырождения остались в новой системе, надо разложить характер представления, соответствующий m азимутальной моде, по неприводимым характерам группы треугольника. Имеем Ответ. Если m кратно 3, то вырождение снимается, так как соответствующее двумерное представление при понижении симметрии становится приводимым и распадается на два одномерных D (1) и D (2), а если не кратно 3, то вырождение остается.

Задача 197. Атом с моментом J = 1 имеет 3-кратное вырождение по уровням энергии вследствие того, что состояния с разным значением проекции момента на ось z (|M| J) имеют одну и ту же энергию из-за симметрии относительно группы вращений O(3). Найти, как снимается это вырождение, если атом поместили в поле с треугольной симметрией C3v.

Решение. Зависимость собственных функций с разной проекцией момента от азимутального угла можно записать в виде M (exp(i), 1, exp(i)). Рассмотрим, как преобразуются эти функции под действием преобразований группы треугольника, и вычислим характеры: (e) = 3, откуда (r) = 0, откуда (p) = 1.

Чтобы понять, какие кратности вырождения остались в новой системе, надо разложить характер этого представления по неприводимым характерам группы треугольника. Имеем откуда получаем DJ=1 (g) = D (1) (g) D (3) (g), 3-кратное вырождение снимается до двукратного и однократного. Чтобы понять, какие из собственных функций остаются двукратно вырождены, найдем проектор на 2-мерное неприводимое представление:

Действуя этим проектором на любой вектор, получим M (1, 0, 1), т. е. вырожденными остаются функции с противоположными значениями проекции момента:

M = ±1.

Задача 198. * Атом с моментом J = 1 имеет (2J + 1)-кратное вырождение по уровням энергии вследствие того, что состояния с разным значением проекции момента на ось z (|M| J) имеют одну и ту же энергию из-за симметрии относительно группы вращений O(3). Найти, как снимается это вырождение, если атом поместили в поле с треугольной симметрией C3v.

5.4. Применение теории представлений 5.4.3. Правила отбора Определение. Пусть имеется n-мерное представление D 1 группы G, действующее на пространстве v1, и m-мерное представление D 2 группы G, действующее на пространстве v2. Тогда прямое (кронекерово) произведение двух представлений D(g) = D 1 (g) D 2(g) (или покомпонентно Di1 i2,j1 j2 = Di1,j1 Di2,j2 ) является (k = n · m)-мерным представлением группы G, действующем на пространстве k-мерных векторов v = v1 v2 (или покомпонентно vj1 j2 = vj1 vj2 ). Двухкомпонентный индекс j1 j2 пробегает k = n · m различных значений. Аналогично можно построить представление группы с помощью прямого произведения трех и более представлений. В общем случае, даже если исходные представления D (1,2) были неприводимыми, прямое произведение будет приводимым представлением и есть сумма неприводимых представлений D(g) = a D ().

Задача 199. Доказать, что (D 1 (g) D 2 (g)) = (D 1 (g)) · (D 2 (g)).

Определение. Пусть молекула обладает группой симметрии G, тогда любая собственная функция гамильтониана этой молекулы преобразуется под действием групповых элементов по какому-либо из неприводимых представлений этой группы D () (g) размерности n : =, где i = 1,.., n. Рассмотрим вероятности перехода из начального состояния системы 1 в конечное 2 под действием внешнего возмущения, например электрического поля E, преобразующегося по 3-мерному представлению D V (g). По определению матричный элемент перехода Ai1,i,i2 1 | Ei |1 преобразуется по прямому произведению D A (g) = D (1 ) (g) D V (g) D (2 ) (g), являющемуся приводимым представлением.

Поскольку матричный элемент не может изменяться под действием группы G, то либо матричный элемент равен нулю либо в разложении представления D A (g) по неприводимым присутствует тривиальное D (1) (g) = 1 представление. Только проекция (k = n1 · 3 · n2 )-мерного вектора амплитуды перехода Ai1,i,i на подпространство, соответствующее тривиальному представлению, отлична от нуля. Запрет на переходы между некоторыми состояниями называется правилами отбора.

Задача 200. Найти правила отбора для переходов под действием электрического поля для молекулы, обладающей симметрией треугольника.

Решение. Сначала найдем характер трехмерного представления на E:

Рассмотрим характеры представлений для перехода из состояния с представлением D (1) в D (1) :

Вычислим коэфициент a1 в разложении на неприводимые представления: a1 = 1, т. е.

переход разрешен. Для перехода из D (1) в D (2) :

Тогда a1 = 0, т. е. переход запрещен. Для перехода из D (1) в D (3) :

Тогда a1 = 1 и переход разрешен. Если разрешен прямой переход, то разрешен и обратный. Поэтому нам осталось проверить переходы 2 2, 2 3, 3 3. Заметим, что в разложении прямого произведения трех представлений присутствует тривиальное в том и только в том случае, если в разложении прямого произведения двух из этих представлений присутствует третье.

Возьмем прямое произведение (D V (g) D (2) (g)) = (3, 0, 1) и разложим его в сумму по неприводимым a1 = 0, a2 = 1, a3 = 1. Таким образом, разрешены переходы 2 2 и 2 3, а переход 2 1 запрещен, что уже известно. Наконец, характер прямого произведения (D V (g)D (3) (g)) = (6, 0, 0). Его разложение на неприводимые дает a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, т. е. все переходы из состояния, принадлежащего D (3), разрешены.

Задача 201. * Найти правила отбора для переходов под действием магнитного поля для молекулы, обладающей симметрией квадрата.

Задача 202. * Найти правила отбора для переходов под действием квадрупольного поля для молекулы, обладающей симметрией тетраэдра.