«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 ...»

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры Элементы группы Ли нумеруются набором непрерывных параметров. Нас будут интересовать только матричные группы Ли.

Определение.

Размерностью группы Ли называется наименьшее число независимых вещественных параметров x = (x1,..., xn ), достаточных для задания элементов группы. В качестве таблицы умножения g(x)g(y) = g(z) используется функция z = f (x, y).

1. Можно считать, что функция f C.

2. Единицей матричной группы g(0) является единичная матрица.

Пример. Абелевы однопараметрические группы преобразований плоскости.

1. Повороты в плоскости SO(2). Сохраняет длину r 2 = x2 + y 2, один параметр, в качестве которого удобно выбрать угол поворота 0 < 2. Группа компактная.

Многообразие группы это окружность.

2. Гиперболические повороты в плоскости SO + (1, 1). Сохраняется интервал s2 = t2 x2. Здесь один параметр, в качестве которого удобно выбрать буст (th () = v/c, где v скорость системы отсчета, в которую делается переход) < <. Группа некомпактная. Многообразие группы это прямая, Проверим s2 = t2 x2 = (tch + xsh )2 (xch x + tsh )2 = t2 x2 = s2. Умножение оставляет в группе: A(1 )A(2 ) = A(1 + 2 ). Для скорости получаем правило сложения 5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры скоростей специальной теории относительности v = c th (1 +2 ) = (v1 + v2 )/(1 + v1 v2 /c2 ).

Использование v в качестве параметра неудобно. Полная группа, сохраняющая интервал s2, кроме матриц гипераболических поворотов содержит инверсию по координате x x и инверсию по времени t t и все произведения этих матриц.

Если от t, x перейти к повернутым координатам = x + t, = t x, то получим в этом базисе группу преобразований, соответствующую сдвиговым деформациям, сохраняющим объем = const. Матрица диагональна: A = diag (exp(), exp()).

3. Растяжения xi = xi. Группа GL(1, R+ ) некомпактная, сохраняет = x/y, удобный параметр = exp(); < <.

4. Группы сдвигов по координатам x и y: x = x + (GL(1, R)).

Задача 203. Найти размерности следующих групп:

Задача 204. Показать, что дробно-линейные преобразования над R составляют группу: x = cx+d (ad = cb).

Указание. Найти Затем найти размерность dim G = 3. (Если все коэффициенты поделить на одинаковое число, то преобразование не изменится. Удобно выбрать ad cb (ad cb)/2 = ±1).

Затем показать изоморфизм с группой SL(2, R) C2 : если A =, то A2 = A1 · A и det A = ±1.

Задача 205. * Показать, что дробно-линейные преобразования над C составляют группу. Размерность равна 6. Показать изоморфизм с группой SL(2, C).

Задача 206. Показать изоморфизм:

Замечание. В силу изоморфизма U(1) = exp(i) является точным одномерным представлением абелевой группы SO(2). Аналогично GL(1, R+ ) = {exp()} является точным одномерным представлением абелевой группы гиперболических поворотов SO + (1, 1).

Для непрерывных групп имеется бесконечное количество неприводимых представлений.

Определение. Генератором группы называется производная по параметру:

Замечание. Важно выбрать параметр так, чтобы g(..., xj,... )g(..., xj,... ) = g(..., xj + xj,... ). Остается произвол в растяжении параметров xj xj, он выбирается из соображений удобства. Очевидно, что конкретный вид генератора зависит как от параметризации, так и от представления группы.

а) Найти генераторы группы SO(2) и ее одномерного представления U(1).

б) Найти генераторы группы SO + (1, 1) и ее представления GL(1, R+ ).

Замечание. Мы обнаружили общее правило: для компактных однопараметрических групп генератор является антиэрмитовой матрицей (оператором):

Для некомпактных однопараметрических групп (подгрупп) генератор является эрмитовой матрицей (оператором):

Замечание. Для однопараметрических групп справедлива формула восстановления группы по генератору. В силу абелевости таких групп, уравнение решается в явном виде. Справедлива экспоненциальная формула:

а) Восстановить группы SO(2) и U(1) по генераторам.

б) Восстановить группы SO + (1, 1) и GL(1, R)+.

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры Пример. Произведение генератора на число также является генератором. Рассмотрим генератор SO(2) вида I = I. Восстановим по нему группу:

Теперь параметр меняется в пределах 0 < 2/, это также угол поворота, но в растянутом масштабе (например в градусах, если = 2/360), что не очень удобно.

Задача 209. Найти генераторы группы SL(2, R).

Решение.

Надо выбрать параметры (x, y, z) так, чтобы g = E при x = y = z = 0. Кроме того, надо сделать выбор так, чтобы генераторы были эрмитовыми или антиэрмитовыми матрицами:

Неприводимые представления группы SO(2) 5.5.1.

Задача 210. Найти генераторы группы SO(2) в представлении на функциях F (x, y).

Поворот на угол против часовой стрелки функции F (x, y) эквивалентен повороту системы координат на угол, поэтому Для генератора получим Генератор I = d является оператором и действует в бесконечно мерном (но счетном, поскольку область задания функции компактна) гильбертовом пространстве. Восстаd новление группы дает явный вид группового элемента g() = exp( d ). Действуя этим элементом на произвольную гладкую функцию, получим:

Задача 211. Найти все неприводимые представления группы SO(2).

Решение. Поскольку группа абелева, то каждый элемент составляет собственный класс и все неприводимые представления одномерные. В этом случае достаточно найти собственные функции генератора:

Поскольку лежит на окружности, то имеется дополнительное условие периодичности (отсутствует у некомпактных групп), которое дает = im. Теперь действие группы на каждом из одномерных подпространств гильбертова пространства, заданных функциями Fm = exp(im), сводится к умножению на одномерную матрицу:

Таким образом, имеется бесконечное счетное число одномерных неприводимых представлений, характеры задаются таблицей:

Ортогональность характеров очевидна.

Замечание. Заметим, что Fm = exp(im) является компонентой вектора в гильбертовом пространстве, а Dm () = exp(im) матрицей (оператором) в подпространстве, натянутом на этот вектор.

Задача 212. * Найти неприводимые представления группы SO(1, 1).

Определение.

1. Тензором ранга k называется прямое произведение k векторов: T k = r = r1 r2...rk.

2. Тензорным представлением называется прямое произведение векторных представлений: D T (g) = D v (g).

3. Тензор является вектором в пространстве прямого произведения векторных пространств, поэтому сумма тензоров одного ранга является тензором, умножение тензора на число является тензором того же ранга.

4. Прямое произведение двух тензоров ранга k и m есть тензор ранга k + m.

5. Свертка тензора по двум компонентам является обратной операцией к прямому произведению и уменьшает ранг тензора на 2.

6. По аналогии с нормой вещественного вектора можно ввести T 2 = Ti,j,...k Ti,j,...k 0 свертка по одинаковым компонентам, T вещественны.

Задача 213. Векторы для группы SO(2) двухкомпонентные r = (x, y ), а векторным представлением D v (g) являются матрицы самой группы.

1. Найти размерность тензорного представления k-го ранга.

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры 2. Разложить векторное представление по неприводимым.

Решение. Характер векторного представления v () = 2 cos = ei + ei значит D v = D (1) D (1). Можно найти коэфициенты разложения, пользуясь таблицей характеров: ± = (d/2)2 cos e±i.

3. Разложить прямое произведение неприводимых представлений по неприводимым.

4. Разложить представление тензора 2-го ранга по неприводимым.

Задача 214. Найти компоненты тензора 2-го ранга Tij = ri pj, преобразующиеся по неприводимым представлениям.

Решение. Запишем тензор в виде столбца (T11, T12, T21, T22 ) размерности 2k и найдем проекторы в этом базисе:

Матрица ранга 1, поэтому достаточно найти первый столбец (1/4, i/4, i/4, 1/4), проекция на него тензора (с учетом нормировки) дает амплитуду T(2) = (T11 +iT12 +iT21 T22 ) = (x + iy)(px + ipy ), которая при повороте переходит в себя, умноженную на exp(2i). Аналогично первый столбец проектора P (2) дает амплитуду T(2) = (T11 iT12 iT21 T22 ) = (xiy)(px ipy ), которая при повороте переходит в себя, умноженную на exp(2i). Наконец, проектор на скалярные компоненты тензора имеет ранг 2, и надо найти два столбца.

Первый столбец ij /2 = (1, 0, 0, 1)/2, дает T(0) = (T11 +T22 ) = ij Tij = (r·p), скалярное произведение, а второй столбец ij /2 = (0, 1, 1, 0)/2 дает T(0 ) = (T12 T21 ) = ij Tij = [r p], антисимметричное произведение, которое для SO(2) есть скаляр.

Складывая неприводимые компоненты, получим Замечание. В группе SO(2) имеется два инвариантных (т. е. не меняющихся при поворотах) тензора 2-го ранга ij и ij. Проверим, что Вместо использования громоздких матриц проекторов можно разлагать тензор на неприводимые компоненты с помощью инвариантных тензоров.

Задача 215. 1. Разложить представление тензора k-го ранга по неприводимым.

В тензоре четного ранга имеется компонент, преобразующихся по D (0), т. е. не меняющихся при повороте. А в тензоре нечетного ранга таких нет.

2. Найти общий вид тензора, инвариантного относительно поворотов плоскости и выражающегося через тензор 4-го ранга. Другими словами, надо найти все компоненты тензора 4-го ранга Tijkl = ri pj qk sl, преобразующиеся по скалярному неприводимому представлению D (0), и сложить их с произвольными коэффициентами.

Решение. Число таких компонент равно C2 = 6. Чтобы не выписывать матрицы проекторов в 24 = 16-мерном пространстве, воспользуемся инвариантными тензорами.

Инвариантный тензор 4-го ранга можно составить из ij тремя способами: ij kl, ik jl, il kj, заменяя на, получим еще три, а смешанные произведения дадут еще 6 всего 12. Однако они линейно зависимы, так как из теории характеров следует, что линейно независимых всего 6. Заметим, что любая квадратичная комбинация антисимметричного инвариантного тензора выражается через квадратичные комбинации симметричного инвариантного тензора: ij kl = ik jl il kj, поэтому они линейно зависимы. Произведения типа ij kl ортогональны тензорам, построенным из по симметрии относительно перестановок индексов, поэтому из 6 таких произведений только 3 линейно независимы.

Общий вид гамильтониана для задачи, обладающей симметрией относительно вращений плоскости, имеет вид Для удобства можно нормировать и ортогонализовать инвариантные тензоры, например | 2 ij kl |2 = 1, к нему ортогонален нормированный тензор 3 (ik jl 1 ij kl ), а к ним обоим 5.5.2.

Задача 216. Найти все неприводимые представления группы O(2).

Решение. К поворотам g() добавляются элементы отражений относительно плоскостей, проходящих через ось вращения pg(), которые входят в один бесконечный класс сопряженных элементов Cp. Повороты на угол становятся сопряжены с поворотами на угол и входят в один класс C (кроме углов = 0, ). Для нахождения неприводимых представлений надо найти оператор Казимира K, который коммутирует со всеми элементами группы (генератор I = (d/d) очевидно не коммутирует с p). Оператор Казимира ищут в виде квадратичной формы генераторов группы, здесь единственный вариант это K = I 2, легко видеть, что он коммутирует как с p, так и с g() = exp(I).

Теперь надо найти собственные функции оператора K:

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры Поскольку для любого элемента группы g набор функций F±m и gF±m лежит в одном и том же подпространстве гильбертова пространства, то на этом подпространстве действует неприводимое представление размерности этого подпространства:

Набор из двух собственных функций, отвечающих одному собственному числу m = 0 оператора K, образуют базис двумерного представления. Матрица отражения в этом базисе имеет вид характер (m) (p) = 0, а характер (m) () = 2 cos(m).

Для m = 0, кроме тривиального представления, есть псевдоскалярное представление (оно находится из представлений фактор-группы O(2)/SO(2) = C2 ). Таким образом, таблица характеров неприводимых представлений имеет вид (m > 0) Ортогональность характеров следует из ортогональности косинусов на интервале (0, ).

Задача 217. В этой группе векторное представление неприводимо: D v = D [1].

1. Разложить прямое произведение неприводимых представлений по неприводимым.

2. Разложить представление тензора 3-го ранга по неприводимым.

3. Найти общий вид гамильтониана симметричного относительно O(2) и выражающегося через тензор 4-го ранга.

Имеется 3 вклада в гамильтониан. Тензор ij для этой группы является псевдоинвариантным, так как он меняет знак при отражении. Поэтому все три вклада в гамильтониан составлены из ij. Если сравнить его с гамильтонианом для SO(2), то он имеет тот же вид, только коэффициенты при трех последних слагаемых тождественно равны нулю в силу большей симметрии задачи.

Замечание. Прямые произведения представлений можно строить и для конечных групп.

Разложение прямых произведений по неприводимым делается абсолютно аналогично с помощью характеров, а неприводимые компоненты тензоров находятся с помощью проекторов.

Замечание. Мы знаем, что любой поворот в 3-мерном пространстве (группа SO(3)) может быть осуществлен последовательными поворотами вокруг каждой из трех ортогональных осей:

Это самая удобная параметризация тремя углами поворотов, хотя есть и другие.

Задача 218. Найти генераторы группы SO(3) в этой параметризации в представлении 3-мерными матрицами вращения:

Определение. Независимо от представления, генераторы группы Ли обладают следующими свойствами.

1. Линейная комбинация генераторов является генератором:

2. Коммутатор генераторов (скобка Ли бинарная операция) является генератором:

Коэффициенты называются структурными константами алгебры. Все аксиi,j омы алгебры выполнены. Алгебра генераторов группы Ли G называется алгеброй Ли AG.

Задача 219. Найти структурные константы ASO(3).

Решение. Поскольку структурные константы не зависят от представления (точного), то, вычисляя коммутаторы матриц генераторов в 3-мерном представлении, получим Таким образом, для нашей параметризации ck = ijk.

Замечание. Если бы мы задали вращение в обратном направлении, то все генераторы и, как можно заметить, все структурные константы поменяли бы знак. Если бы мы задали какую-либо абстрактную параметризацию, то генераторы и, следовательно, структурные константы стали бы неузнаваемы.

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры Задача 220. Показать, что генератор I = j nj Ij для нормированного на 1 вектора |n| = 1 является генератором поворотов вокруг оси n.

Решение. Поскольку генератор всегда коммутирует сам с собой, то, решая уравнение Раскладывая в ряд Тейлора и замечая, что матричные элементы Iij = ijk nk, откуда Iij = ni nj ij, получим Проверим, что вектор повернут на угол вокруг вектора n.

Пример. Часто используется параметризация из задачи (220 ) параметрами a, где угол поворота задан = |a|, а ось поворота задана n = a/:

Здесь вектор генераторов I = (I1, I2, I3 ). Такая параметризация удобна тем, что она задает однопараметрическую подгруппу. Кроме того, эта параметризация позволяет легко найти многообразие параметров группы. Заметим, что поворот на угол = вокруг оси n совпадает с поворотом на угол = вокруг оси n. Поэтому параметр a находится в 3-мерном шаре радиуса |a| =, причем противоположные точки ограничивающей его сферы отождествлены (многообразие SO(3) является проективным пространством).

Значит, группа компактна, связна, но неодносвязна (поскольку петлю, выходящую из центра, проходящую через границу, оказывающуюся на другой стороне шара и затем замыкающуюся в центре, невозможно стянуть в точку непрерывным преобразованием).

5.5.3.

Задача 221. Найти генераторы группы SO(3) в представлении на функциях F (x, y, z).

Решение. Поворот на угол против часовой стрелки функции F (x, y, z) эквивалентен повороту системы координат на угол, поэтому Для генератора I3 получим Совершенно аналогично для других генераторов получим Проверим, что коммутаторы генераторов выражаются через структурные константы:

Поскольку гильбертово пространство функций содержит базисные векторы всех представлений, то (1) скобка Ли одинакова для всех представлений и (2) можно найти все неприводимые представления группы SO(3).

Определение. Оператором Казимира группы называется квадратичная комбинация генераторов группы K = qij Ii Ij, коммутативная со всеми генераторами группы в любом представлении.

Задача 222. Найти оператор Казимира для SO(3).

Решение. Поскольку свойство коммутативности должно выполняться для любого представления, необходимо при вычислениях пользоваться скобкой Ли.

Для n = 3 получим qi1 Ii I2 qi2 Ii I1 + q1i I2 Ii q2i I1 Ii = 0, что 0 = q12 + q21 = q11 q22 = q31 = q32 = q13 = q23. Повторяя для других значений n, получим выражение для оператора Казимира (общий множитель неважен). Это с точностью до знака оператор квадрата момента импульса. В представлении на функциях он равен угловой части оператора Лапласа.

Задача 223. Найти все неприводимые представления группы SO(3) и их характеры.

Решение. Для этого достаточно найти все собственные аналитические функции оператора Казимира. Мы знаем, что это сферические функции Для фиксированного собственного числа оператора K имеется набор из 2l + 1 собственных функций с номерами l m l. Поскольку K коммутирует со всеми генераторами, а значит и с произвольной функцией генераторов, в частности с любым элементом группы, получим что g(a)Ym является собственной функцией с тем же собственным значением, а значит представима в виде суммы по всем Yn с тем же l. Теперь действие группы на каждом 5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры из (2l + 1)-мерных подпространств гильбертова пространства, заданных функциями Ym, сводится к умножению на матрицу (2l + 1) (2l + 1):

Таким образом, имеется бесконечное счетное число нечетномерных неприводимых представлений.

Все повороты на фиксированный угол вокруг любой оси эквивалентны и составляют класс сопряженных элементов C(), где 0 <. Характер удобно вычислять для поворота вокруг оси z, когда матрица диагональна D (l) () = diag (eil,..., eil ).

Суммируя, получим Чтобы доказать ортогональность характеров, надо знать плотность числа элементов в каждом классе (меру Хаара) p() = (2 sin(/2))2. Легко видеть, что они ортогональны:

Задача 224. Найти таблицу характеров группы O(3).

Решение. Поскольку эта группа есть прямое произведение O(3) = SO(3){e, i}, то число представлений удваивается, кроме D (l) появляются нечетномерные представления D (l), а таблица характеров есть прямое произведение Кроме скалярного D (0) есть псевдоскалярное D (0), к векторному D (1) добавляется псевдовекторное D (1), наряду с квадрупольным D (2) имеется псевдоквадрупольное D (2) и так далее.

Задача 225. Разложить прямое произведение D (l1 ) (g) D (l2 ) (g) неприводимых представлений группы SO(3) по неприводимым D (j) (g).

Решение. Вычислим интеграл Суммарный момент двух квантовых частиц с моментами l1, l2 может принимать значения от j = |l1 l2 | до j = l1 + l2.

Задача 226. Разложить прямое произведение неприводимых представлений группы O(3) по неприводимым.

Решение. Под действием инверсии скаляр не меняет знака D (0) (i)Y 0 = Y 0, вектор меняет D (1) (i)Ym = Ym, тензор второго ранга опять не меняет знака D (2) (i)Ym = Ym и т.д. D (l) (i)Ym = (1)l Ym. Такое свойство в физике называется четностью D (l) (i) = (1)l D (l) (e). Все штрихованные представления группы O(3) обладают противоположной четностью. К правилу Клебша Гордона для представлений группы O(3) надо добавить правило четности: если (1)l1 +l2 = (1)j, то входит D (j), а если нет, то входит D (j ).

Задача 227. Найти правила отбора в квантовой механике для переходов между состояниями с определенным значением орбитального момента l под действием электродипольного взаимодействия.

Решение. Электрическое поле преобразуется по D (1). Раскладывая прямое произведение получаем, что переходы в дипольном приближении разрешены только между состояниями с орбитальным моментом, различающимся на 1, поскольку состояний орбитального момента со штрихованными представлениями нет.

Представления группы O(3) 5.5.4.

Задача 228. Вектор для группы SO(3) трехкомпонентный r = (x, y, z), а векторным представлением D v (g) являются ортогональные матрицы с определителем 1, т. е.

матрицы поворота.

1. Показать эквивалентность представлений D v (g) D (1) (g).

Решение. Выражая компоненты вектора r через Ym, получим r = S Y 1, где матрица S = r 2 0 2. Откуда получаем S 1 D v (g)S = D (1) (g). Поскольку это одно и то же представление, записанное в разных базисах, то D (1) (g) есть векторное представление.

2. Найти размерность тензорного представления k-го ранга.

3. Разложить представление тензора 2-го ранга по неприводимым.

4. Разложить представление тензора 2-го ранга по неприводимым в группе O(3):

Решение. Из четности следует, что Поскольку этот тензор четный, то вместо векторного представления в разложение входит псевдоекторное представление D (1 ), которое не меняет знака при инверсии. Очев видно, что смешанное тензорное произведение обладает противоположной четностью.

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры Замечание. В группе SO(3) имеется два инвариантных (т. е. не меняющихся при поворотах) тензора: ij тензор 2-го ранга, задающий скалярное произведение (длина вектора), и ijk тензор 3-го ранга, задающий смешанное произведение (объем, натянутый на три вектора). Проверим, что Di,i ()Dj,j ()i j = ij, а Di,i ()Dj,j ()Dk,k ()i j k = ijk.

С помощью инвариантных тензоров можно раскладывать тензор на неприводимые компоненты, т. е. можно выразить проекторы через инвариантные тензоры вместо выписывания громоздких матриц 3k 3k. В группе O(3) тензор ijk не является инвариантным, поскольку меняет знак при инверсии.

Задача 229. Найти проекторы на подпространства неприводимых представлений для тензора 2-го ранга Tij = ri pj.

Решение. Из инвариантных тензоров можно составить две комбинации для тензора 2-го ранга, это Sij и ijk Vk, где S скаляр, а Vk компоненты вектора (псевдовектора для группы O(3)). Они ортогональны. Нам необходимо представить 9-мерный Tij в виде суммы трех частей: одно- трех- и пятимерных, каждая из которых преобразуется по своему неприводимому представлению:

где Qij неприводимый симметричный тензор второго ранга, дающий ноль при свертке по индексам (например Qij = xi xj x2 ij /3 тензор квадрупольного момента), имеющий 5 независимых компонент. Пользуясь ортогональностью представлений, найдем явные выражения для S, V, Q через компоненты тензора (последовательно умножаем на ij и ijl ):

Таким образом, неприводимый базис имеет вид Это скалярная, векторная и квадрупольная части. Пользуясь правилом свертки антисимметричного тензора, это выражение можно упростить:

Как видим, проекторы P (i) также выражаются через инвариантные тензоры. Заметим, что скалярное и квадрупольное представления входят в симметричную по перестановке индексов часть тензора, содержащую 5 + 1 = 6 компонент, а псевдовекторное в антисимметричную часть, содержащую 3 компоненты. Разложение на симметричную и антисимметричную части упрощает нахождение неприводимых компонент тензора.

Задача 230. Проверить, что тензор квадрупольного момента преобразуется как Qij = ij 2 ji ij 3 kk Y2,m.

Решение. Этот тензор симметричен по перестановке индексов, поэтому он преобразуется как прямое произведение одинаковых векторов: Qij ri rj r 2 ij /3. Сравнивая со сферическими функциями, найдем:

так что Qij и Ym два разных базиса в одном и том же пространстве неприводимого представления D (2). Здесь a, b, c нормировочные константы.

5.5.5. Симметризация тензорных представлений Замечание. Симметризация по перестановке двух индексов возможна и для тензоров высокого ранга. Обозначим за g операцию перестановки индексов тензора ранга k, тогда множество всех g образует группу перестановок Pk порядка k!. У этой группы есть неприводимые представления с характерами () (g). С помощью этих характеров можно составить проекторы на подпространства, отвечающие определенной симметрии относительно перестановок:

Задача 231. Разложить тензор 3-го ранга на компоненты с различной симметрией по перестановкам индексов.

Решение. Группа P3 изоморфна группе треугольника и имеет три неприводимых представления. Тривиальное представление дает симметричную по всем индексам часть тензора. Второе представление дает антисимметричную по перестановке пары индексов часть. Наконец, последнее представление дает оставшуюся часть тензора. Сумма всех трех компонент дает исходный тензор. Каждая из компонент может быть приводима, неприводима или пуста. Представление тензора 3-го ранга разлагается в прямую сумму трех представлений, каждое из которых может быть приводимым, неприводимым или пустым.

Задача 232. Найти число независимых членов в гамильтониане 3 степени по полю E для симметрии треугольника (повороты C3 и C2 ).

Решение. Гамильтониан выражается через симметричную часть тензора 3-го ранга: S T. Подействуем матрицей тензорного представления группы треугольника с элементами h:

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры Поскольку симметризатор переставляет индексы у тензора под знаком суммы, можно его действие перенести на штрихованные индексы матрицы D и вычислить след:

T (S (1) D(h)) = D(h)ijk,ijk + D(h)ijk,jik + D(h)ijk,ikj + D(h)ijk,kji + D(h)ijk,jki + D(h)ijk,kij где v (h) = (3, 0, 1) - характер векторного представления в группе треугольника. Подставляя v (h2 ) = (3, 0, 3) и v (h3 ) = (3, 3, 1), получим характер представления симметричного тензора 3-го ранга: T (S (1) D(h)) = 1 (33, 0, 13 ) + 3(9, 0, 3) + 2(3, 3, 1) = (10, 1, 2) = (1) (h)3(2) (h)3(3) (h). Значит, имеется всего один вклад в гамильтониан.

Замечание. Особенный интерес представляет полностью симметричная часть тензора, так как она всегда отлична от нуля и образует инвариантное подпространство.

Поскольку симметричный тензор не меняется при любой перестановке индексов, то он преобразуется так же, как прямое произведение одного вектора самого на себя:

Ti1,i2,...,ik = ri1 ri2...rik, а это есть однородный полином степени k от компонент вектора. Таким образом, есть изоморфизм между представлением на симметричном тензоре и представлением на однородном полиноме.

Задача 233. Найти размерность представления на полиноме степени k для SO(3).

Выписать компоненты полиномов для k 2.

Представление P2 приводимо, так как dim P2 = 6, а четно мерных неприводимых представлений в SO(3) нет.

Задача 234. * Найти размерность представления на полиноме степени k для SO(n).

Задача 235. Найти разложение представления на полиномах на неприводимые в группе SO(3).

Решение. Подействуем оператором Казимира на полином степени n:

Если выделить из всех Pn только гармонические полиномы: Pn = 0, то получим, что подпространство гармонических полиномов совпадает с пространством сферических функций (KPn = n(n+1)Pn ), которое имеет размерность dim (Pn,j ) = dim (Ym ) = 2n+1.

Как разложить оставшиеся (n + 1)(n + 2)/2 (2n + 1) = (n 1)n/2 компонент на неприводимые? Достаточно заметить, что в полиноме 2-го порядка содержится скаляр r 2 = x2 + y 2 + z 2, поэтому оставшуюся часть можно представить в виде произведения полиномов:

Размерность оставшейся части в точности совпадает с размерностью пространства полиномов степени n 2, значит, мы учли все компоненты и дальше можно выделить гармонический полином Ph из оставшейся части, и т. д. В результате мы нашли разложение представления симметричного тензора на неприводимые представления:

Для симметричной части тензора 2-го ранга мы уже получали, что он раскладывается на D (2) D (0). В явном виде можно записать разложение по гармоническим полиномам:

P2 = (x2 y 2, 2z 2 x2 y 2, xy, yz, zx) r 2 = r 2 (am Ym Y 0 ) и найти матрицу S перехода между базисами.

Замечание. Для группы O(3) разложение в точности такое же, поскольку четности неприводимых представлений, входящих в разложение, совпадают.

1. Найти количество независимых компонент у тензора второго ранга инвариантного относительно групп [O(3), C3v, SO(2)].

Ответ. Tij = [ij, Aij + Bni nj, Aij + Bni nj + Cijk nk ].

2. То же для симметричного тензора 2-го ранга.

Задача 237.

1. Найти общий вид поправки к гамильтониану четвертой степени по электрическому полю.

Ответ. Симметричный тензор 4-го ранга имеет одну скалярную компоненту, поэтому единственное слагаемое H = A(|E|2 )2.

2. Найти общий вид поправки к гамильтониану второй степени по электрическому полю и второй степени по магнитному полю.

Ответ. Прямое произведение симметричных тензоров 2-го ранга имеет две скалярных компоненты, поэтому H = A1 |E|2 |B|2 + A2 (E · B)2.

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры Группа SU (2) и ее неприводимые представления 5.5.6.

Зачем физикам нужны представления этой, казалось бы, экзотической группы? Эта группа пришла в физику с квантовой механикой. Дело в том, что функция не наблюдаемая, поэтому она не обязана преобразоваться по группе SO(3). Однако билинейная комбинация входит во все средние, которые наблюдаемые и обязаны преобразоваться по SO(3). Мы увидим, что если преобразуются по группе SU(2), то все наблюдаемые будут принадлежать представлениям SO(3).

Поскольку после нахождения генераторов мы будем пользоваться экспоненциальным восстановлением элементов группы, то проще сразу искать матрицу g группового преобразования в виде g = exp(A). Для унитарной g матрица A† = A должна быть антиэрмитовой, а равенство единице определителя det g = 1 ограничивает нас безследовыми матрицами tr A = 0. Безследовая антиэрмитовая матрица имеет 3 параметра, как и должно быть для группы SU(2).

Задача 238. Найти генераторы группы SU(2) в этой параметризации в представлении 2-мерными матрицами.

Задача 239. Найти структурные константы ASU(2).

Решение. Хотя структурные константы зависят от параметризации, они не зависят от конкретного представления при фиксированной параметризации. Поэтому вычислим коммутаторы матриц генераторов в 2-мерном представлении: [Ii, Ij ] = 2ijk Ik. Они в (2) раза отличаются от структурных констант алгебры ASO(3). Чтобы они совпадали, достаточно растянуть параметры в (2) раза: aj = j /2. Тогда для новой параметризации ck = ijk и алгебры совпадают ASO(3) = ASU(2). В стандартной параметризации j генераторы имеют вид Задача 240. Найти явный вид матриц SU(2) и вычислить характер.

Решение. Матрицы группы SU(2) в стандартной параметризации = n, где имеет смысл угла поворота вокруг оси n, принимают вид Характер двумерного представления равен () = cos(/2).

Замечание. Область изменения параметров. Вектор n лежит на сфере S 2, а угол задан в области 0 2 в два раза больше, чем у SO(3). При полном повороте на 2 матрица переходит не в единицу, а в минус единицу (т. е. -функция меняет знак), чтобы вернуться к тождественному преобразованию, необходимо совершить двойной оборот на 4. Поскольку группа SU(2) в два раза больше, чем SO(3), у нее больше неприводимых представлений.

Для выяснения вида многообразия параметров группы введем обозначения x0 = cos(/2) и xj = nj sin(/2), для которых выполняется Многообразием является сфера S3 оно очевидно связно и односвязно. Если поместить единицу группы в северный полюс сферы, то при увеличении пройдем экватор при = и окажемся на южном полюсе при = 2, соответствующая матрица g(2)) = E лежит в центре группы Z = {g(0), g(2)}.

Задача 241. Показать, что SU(2)/Z SO(3).

Решение. Если взять фактор, то двум матрицам gn () и gn (2 + ) = gn () сопоставляется одна матрица On (), где 0, т. е. область изменения параметров совпадает. Поскольку есть формула экспоненциального восстановления где генераторы принадлежат одной и той же алгебре, т. е. имеют одинаковые коммутационные соотношения, то умножение двух элементов дает одинаковые ответы.

Поскольку доказан гомоморфизм SU(2) SO(3), т. е. SO(3) является представлением SU(2), то все D (l) неприводимые представления SO(3) являются неприводимыми представлениями SU(2). А поскольку нет изоморфизма, то в SU(2) есть и другие неприводимые представления.

Задача 242. * Найти полный угол поворота после двух последовательных поворотов вокруг разных осей.

Указание. Воспользоваться гомоморфизмом SU(2) SO(3) и тем, что характер матриц SU(2) выражается через угол поворота () = 2 cos(/2).

Ответ. cos(/2) = cos(1 /2) cos(2 /2) (n1 · n2 ) sin(1 /2) sin(2 /2).

Задача 243. Найти генераторы и оператор Казимира в представлении на функциях двух комплексных переменных F (u, v).

5.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры Решение.

I1 F = gn () F (u, v) = F (u cos(/2) + iv sin(/2), v cos(/2) + iu sin(/2)) Задача 244. Проверить коммутационные соотношения для генераторов.

Задача 245. С помощью оператора Казимира найти конечномерные неприводимые представления группы SU(2).

Указание. Собственными функциями оператора Казимира и генератора I3 являются однородные полиномы степени n Собственные значения генератора I3 n,k = i(k n/2)n,k, а собственные значения оператора Казимира Kn,k = (n(n + 2)/4)n,k. Размерности неприводимых представлений равны числу полиномов от u, v степени n, т. е. dim n = n + 1.

Если обозначить за l = n/2, то целые l соответствуют представлениям группы SO(3), а неприводимые представления с полуцелыми значениями l имеются только в SU(2). Формула для характера неприводимого представления для полуцелых значений l точно такая же, как и для целых l в группе SO(3). Тогда разложение прямого произведения в сумму неприводимых одинаково для обеих групп.

Задача 246. Показать, что однородные функции с ненатуральными значениями степени q не принадлежат к конечномерным представлениям.

Решение. Однородные функции с ненатуральными значениями степени q (или вообще комплексным), например ua v b являются собственными для оператора Казимира, но число таких функций, отвечающих заданному собственному числу = (a + b)(a + b + 2)/4, бесконечно. Для того чтобы проверить это, построим повышающий и понижающий операторы:

Действие этих операторов на собственные функции генератора I приводит к изменяет собственное значение генератора I3 на ±i и не выводит из подпространства собственных функций K. Если значения a или b ненатуральные, то действуя последовательно повышающим или понижающим генераторами, мы получим бесконечное число функций, т. е. бесконечномерное неприводимое представление.

Задача 247. Разложить тензорное спинорное представление 4-го ранга по неприводимым.

Решение. Векторное представление действует на 2-мерный комплексный вектор = (u, v), матрицей представления является сама матрица g = D (1/2) SU(2), оно очевидно неприводимо. Чтобы отличать от обычных векторов в SO(3), такие векторы называют спинорами, а соответствующие тензорные представления спинорными.

Тензорные спинорные представления строятся абсолютно аналогично тому, как это делалось для SO(3). Размерность тензорного представления ранга r равна dim T r = 2r. Тогда dim T 4 = 16, а разложение имеет вид Замечание. 1. Как не трудно видеть, спинорные тензоры четного ранга преобразуются по представлениям группы SO(3), более того, прямое произведение любого представления SU(2) на себя (или себя с комплексным сопряжением) преобразуется по представлениям SO(3), что и требуется в квантовой механике.

2. Симметричный тензор ранга r эквивалентен полиному степени r от компонент спинора, поэтому преобразуется по неприводимому представлению размерности r + 1.

В предыдущей задаче это D (2).

Глава Функции Грина 6.1. Функция Грина обыкновенного дифференциального уравнения Рассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение (ОДУ) n-го порядка в области a < x < b с граничными условиями при x = a и/или x = b Задача состоит в нахождении явного выражения искомой функции u(x) через функцию f (x) и граничные условия hk.

Напоминание. Альтернатива Фредгольма Если у однородной самосопряженной задачи (f (x) = 0, hk = 0) решений нет, то решение неоднородной задачи единственно. Если же однородная задача имеет нетривиальные решения, то излагаемый в этом разделе подход не даст решений.

Сначала находим полную систему решений (ФСР) однородного уравнения:

состоящую из n решений k (x). Граничные условия можно выполнить для функции подобрав n коэфициентов ak так, чтобы Mk u1 = hk для k = 1,..., n. Тогда неоднородная задача сводится к решению полуоднородной задачи Mk v = 0 для функции v(x) = u(x) u1 (x).

Решение полуоднородной задачи дается в виде где функция Грина G(x, x ) есть ядро интегрального оператора, обратного к L:

удовлетворяющее нулевым граничным условиям:

Функция Грина является комбинацией ФСР однородного уравнения:

Функции Ak, Bk находятся из n нулевых граничных условий и n условий сшивки при Задача 248. Найти функцию Грина краевой задачи Решение. Сначала найдем ФСР однородного уравнения:

из которых составим функцию u1 = a(1 x) + bx, удовлетворяющую граничным условиям. Затем для функции v = u u1 полуоднородной задачи выпишем уравнение на функцию Грина:

Условия сшивки получим, интегрируя это уравнение по бесконечно малой области вблизи x = x :

где введено обозначение G> для x > x и G< для x < x. Интегрируя второй раз, получим последнее условие непрерывности Составляя функцию Грина из ФСР и пользуясь граничными условиями, получим Осталось найти A и B из условий сшивки:

откуда находим, что A = x 1, и B = x. Окончательно для функции Грина получаем где введены обозначения x = x<, x = x> для x < x и x = x>, x = x< для x > x.

6.1. Функция Грина обыкновенного дифференциального уравнения Ответ. Решение неоднородной задачи имеет вид Задача 249. Найти функцию Грина краевой задачи Решение. ФСР дифференциального уравнения для удобства составим из функций каждая из которых удовлетворяет одному из нулевых граничных условий.

Функция Грина полуоднородной задачи удовлетворяет уравнению Условия сшивки такие же, как в предыдущей задаче. Составляя функцию Грина из ФСР и пользуясь граничными условиями, получим Осталось найти A и B из условий сшивки:

откуда находим, что A = exp(mx )/2m и B = exp(mx )/2m. Окончательно для функции Грина получаем Напоминание. Напомним, что функцию Грина полуоднородной задачи можно найти по формуле где p(x) коэфициент при второй производной, вронскиан, а 1,2 (x) решения однородного уравнения, удовлетворяющие левому или правому граничному условию соответственно.

Задача 250. * Найти функцию Грина краевой задачи Задача 251. Найти функцию Грина краевой задачи Решение. ФСР дифференциального уравнения для удобства составим из функций каждая из которых удовлетворяет одному из нулевых граничных условий. Тогда функция удовлетворяет однородному уравнению и неоднородным граничным условиям. Задача на функцию v = u u1 является полуоднородной.

Функция Грина задачи удовлетворяет уравнению Условия сшивки такие же, как в предыдущей задаче. Составляя функцию Грина из ФСР и пользуясь граничными условиями, получим:

Осталось найти A и B из условий сшивки:

откуда находим, что A = sin(k(1 x ))/k sin(k) и B = sin(kx )/k sin(k). Окончательно для функции Грина получаем Этот же ответ можно получить, вычислив определитель Вронского (6.1).

Замечание. При k = n процедура ломается, формально это выражается в том, что функция Грина обращается в бесконечность (так же как и функция u1 ). Это связано с тем, что при k = n у однородной задачи возникает решение 0 = sin(kx), которое называется нулевой модой. В этом случае решение неоднородной задачи не единственно, а решение надо искать другим методом обобщенной функции Грина (ОФГ), который рассмотрен в следующем разделе.

Задача 252. Найти функцию Грина задачи с периодическими граничными условиями:

6.2. Обобщенные функции Грина для ОДУ Решение. ФСР дифференциального уравнения состоит из функций вида A sin(kx+ ). Задача является полуоднородной. Функция Грина задачи удовлетворяет уравнению Условия сшивки такие же, как в предыдущей задаче. Составляя функцию Грина из ФСР и пользуясь граничными условиями, получим:

Осталось найти A и из условий сшивки:

откуда находим, что = kx + k/2 и A = 1/2k sin(k/2). Окончательно для функции Грина получаем Замечание. Опять при k = 2n функция Грина обращается в бесконечность, у однородной задачи возникает сразу два решения sin(kx) и cos(kx), т. е. две нулевые моды.

6.2. Обобщенные функции Грина для ОДУ Рассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение n-го порядка в области a < x < b с граничными условиями при x = a и (или) x = b Пусть однородная задача имеет нулевую моду 0 (x):

Нам не удастся использовать ФСР для удовлетворения граничных условий. Однако можно взять произвольную функцию u1 (x) (например полином), удовлетворяющую граничным условиям, и задача сведется к полуоднородной задаче на функцию v = u u вида Оператор L необратим, поскольку имеет нулевое собственное значение. Однако из нормированной нулевой моды dx0 (x) = 1 можно сделать проектор на подпространa ство этой моды в гильбертовом пространстве: интегральный оператор с ядром вида P (x, x ) = 0 (x)0 (x ). А значит, можно обратить оператор и получить уравнение на обобщенную функцию грина (ОФГ) в подпространстве, ортогональном нулевой моде:

Решение ищется в виде суммы ФСР и частного решения неоднородного уравнения, затем сшивается при x = x. Ясно, что решение не единственно, поскольку всегда можно добавить нулевую моду с произвольным коэффициентом.

Задача 253. Найти функцию Грина краевой задачи Решение. ФСР дифференциального уравнения содержит нулевую моду Второе решение 2 = cos(x) не удовлетворяет ни одному из нулевых граничных условий.

Рассмотрим функцию u1 = a + (b a)x, которая удовлетворяет неоднородным граничным условиям, однако не является решением уравнения. Тогда задача на функцию v = u u1 является полуоднородной с модифицированной правой частью:

Функция Грина модифицированной задачи удовлетворяет уравнению Условия сшивки такие же, как в предыдущих задачах.

Составляя функцию Грина из ФСР и частного решения неоднородного уравнения cos(x) sin(x ) и снова пользуясь граничными условиями, получим:

G< (x, x ) = cos(x) sin(x ) + A sin(x), G> (x, x ) = cos(x) sin(x ) + B sin(x).

Осталось найти A и B из условий сшивки:

откуда находим, что A = B cos(x )/ и B произвольная функция от x. Окончательно для обобщенной функции Грина получаем Решение имеет вид Обобщенная функция Грина определена в подпространстве, ортогональном нулевым модам, поэтому коэффициент B(x ) находится из условия ортогональности нулевой моде: 0 sin(x)G(x, x ) = 0. Однако при нахождении решения эту громоздкую процедуру можно пропустить. Коэффициент B(x ) можно положить произвольной функции (например, B = 0 либо B = x cos(x )/, чтобы ОФГ была симметричной, как и положено для эрмитовой задачи), поскольку он дает лишь изменение в неопределенной константе C при нулевой моде. В последнем случае обобщенная функция Грина будет найдена с точностью до проектора на подпространство нулевой моды: G(x, x ) + C0 (x)0 (x ).

Кроме того, нужно явно выделить вклад от граничных условий, взяв интеграл от 2 G(x, x )(a + (b a)x ), и представить ответ в стандартном виде суммы вкладов от f (x) и от граничных условий.

6.2. Обобщенные функции Грина для ОДУ Определение.

1. Оператор называется эрмитовым, если L† = L.

2. Если оператор эрмитов и нулевые граничные условия правой и левой задач совпадают, то задача называется самосопряженной. Тогда собственные функции левой и правой задач совпадают.

Замечание. Для предыдущей задачи домножим Lu на функцию w (x) и проинтегрируем по частям:

Мы получили, что оператор эрмитовый. Теперь подставим нулевые граничные условия для u(0) = u(1) = 0, тогда второй внеинтегральный член обратится в ноль. Граничные условия на левую задачу (функцию w) обязаны быть такими, чтобы оставшиеся внеинтегральные слагаемые обратились в ноль. В нашем случае это w(0) = w(1) = 0, т. е.

они в точности совпадают с граничными условиями правой задачи. Мы доказали, что задача самосопряженная.

Домножим исходное уравнение на нулевую моду и воспользуемся выведенным равенством при w = sin(x):

Если повторить это для модифицированной (полуоднородной) задачи, то получим Очевидно, что это одно и то же равенство. Приходим к альтернативе Фредгольма: либо правая часть уравнения в полуоднородной задаче ортогональна нулевым модам (и тогда решение не единственно) либо задача некорректна и не имеет решений. Для неоднородной задачи условие разрешимости на правую часть уравнения зависит от значения на границах.

Задача 254. Найти функцию Грина краевой задачи Решение. ФСР 0 = 1, 1 = x содержит нулевую моду. Для полуоднородной задачи выпишем уравнение на функцию Грина:

Составляя функцию Грина из ФСР и частного решения x2 /2 и пользуясь граничными условиями, получим:

Осталось найти A и B из условий сшивки: A = B + x, 1 = 1, опять один коэффициент при нулевой моде не определен. Окончательно для функции Грина получаем чтобы ОФГ была симметричной (поскольку задача самосопряженная), выберем B = x2 /2 + const. Произвол в выборе константы фиксируется условием ортогональности ОФГ с нулевой модой. Теперь ОФГ удовлетворяет нулевым граничным условиям по x Осталось учесть граничные условия и найти условие разрешимости задачи. Умножая уравнение на нулевую моду и интегрируя по частям, находим условие разрешимости:

Теперь, чтобы учесть ненулевые граничные условия, умножим уравнение на ОФГ и проинтегрируем по частям:

Подставляя решение в уравнение, убеждаемся, что оно выполняется, если выполнено условие разрешимости, в противном случае задача некорректна.

Задача 255. * Найти ОФГ краевой задачи Указание. ФСР 0 = exp(x), 1 = exp(x) содержит нулевую моду, вронскиан равен 2. Для полуоднородной задачи выпишем уравнение на функцию Грина:

Решение имеет вид 6.3. Функции Грина эллиптических уравнений Условие разрешимости получим, интегрируя уравнение с нулевой модой:

6.3. Функции Грина эллиптических уравнений Задача 256. Найти функцию Грина для уравнения Пуассона с нулевыми граничными условиями на бесконечности u() = 0.

Решение. Уравнение на функцию Грина имеет вид с нулевыми граничными условиями на бесконечности. Поскольку правая часть зависит только от разности R = rr и граничные условия поставлены при R =, будем искать ФГ как функцию R. В сферической системе координат для размерности пространства d получим Интегрируя по шару радиуса R, получим Для размерности пространства меньше d < 3 нулевые условия на бесконечности выполнить нельзя.

В электростатике ФГ задает поле (потенциал) точечного заряда. Для d = 2 это потенциал заряженной нити, он логарифмически растет на бесконечности, а d = 1 потенциал заряженной плоскости, он растет линейно.

Задача 257. Найти решение уравнения Пуассона в области z > 0 трехмерного пространства с граничным условием u(x, y, 0) = (x, y) (задача Дирихле: на границе задано распределение потенциала).

Решение. Начнем с решения полуоднородной задачи G(x, y, 0; r ) = 0. ФГ найдем методом изображения. В силу симметрии относительно отражения от плоскости z = ищем в виде суммы двух ФГ из предыдущей задачи, отличающихся заменой z z:

где x = x, y = y, z = z. Лапласиан от второго слагаемого равен нулю в области определения функции, поэтому функция Грина удовлетворяет уравнению (6.2). А используя граничные условия, получим A = 1. Формально ФГ задает поле от точечного заряда и заряда его изображения другого знака.

Чтобы найти вклад от граничных условий, умножим уравнение Пуассона на ФГ и проинтегрируем по частям Поскольку G(r; x, y, 0) = 0, то получим ответ в виде где функция (dG(r, r )/dz ) |z =0 называется функцией Грина второго рода в задаче Дирихле. Она задает поле в трехмерной области пространства по заданному значению потенциала на его границе.

Задача 258. Найти решение уравнения Пуассона в области r < 1 двумерного пространства с граничным условием u(1, ) = h() (задача Дирихле).

Решение. Начнем с решения полуоднородной задачи G(1, ; r ) = 0. ФГ найдем методом изображения. В силу симметрии относительно инверсии r r/r 2, которая является конформной, т. е. оставляет лапласиан без изменения, к ФГ из предыдущей задачи надо добавить слагаемое с инверсией:

Лапласиан от второго слагаемого равен нулю в области определения функции r < 1, поэтому она удовлетворяет уравнению на функцию Грина. Используя граничные условия, получим, что откуда A = 1, а C = 1/r.

6.3. Функции Грина эллиптических уравнений Замечание. Заметим, что |r rr /r | = |r/rrr |, поэтому функция Грина симметрична по замене r r .

Чтобы найти вклад от граничных условий, умножим уравнение Пуассона на ФГ и проинтегрируем по частям 6.5. Функции Грина волновых уравнений Наконец, чтобы найти пропагатор в t, r-представлении, воспользуемся формулой пользуясь тем, что расположение полюсов позволяет нам аналитически повернуть контур по = ik0, направив его вдоль мнимой оси. В результате получим На больших расстояниях сигнал экспоненциально затухает, так как не может распространяться со скоростью больше световой. При c > R функция Макдональда переходит в функцию Ганкеля H1 (mc (c )2 R2 / ) расходящейся волны. В пределе безмассовой частицы пропагатор переходит в Как нетрудно видеть, он имеет Лоренц-инвариантный вид.

A. Симметризаторы Юнга В конечном множестве из n одинаковых элементов все преобразования множества в себя исчерпываются перестановками элементов. Занумеруем элементы числами k = 1,..., n. Подстановкой (или перестановкой) из n элементов называется правило i1,..., n in, по которому переставляются n элементов конечного множества. Здесь ik {1, 2,..., n} те же числа, но в другом порядке. Подстановку записывают в виде матрицы из двух строк и n столбцов При умножении двух подстановок получается их композиция, как видно из примера В правой части стоит результат последовательного действия преобразований 1, 2 1 3, 3 3 2. Все перестановки из n элементов образуют группу подстановок n порядка |n | = n!. Запись подстановки сокращается, если ее разбить на циклы.

Чтобы найти все циклы, надо соединять элементы, переходящие друг в друга, до тех пор, пока путь не замкнется.

Задача 268. Разбить на циклы подстановку Решение. Запись (1243) означает схему переходов элементов 1 2 4 3 1:

A.1. Циклы Обратим внимание, что циклы можно писать в произвольном порядке, поэтому их называют коммутирующие циклы. Номера внутри цикла можно циклически переставлять. От этого правило преобразования не меняется. Цикл из двух элементов называется транспозицией.

Свойства 1. Сопряжение. Подстановка QP Q1 получается из подстановки P, если ее элементы переставить согласно Q.

Задача 270. Вычислить двумя способами (12)(123)(12)1.

Решение. P = (123), Q = (12) = Q1. В подстановке Q = (12)(3) элемент 3 остается на месте, и мы это не пишем. Переставим в подстановке P местами элементы 1 и 2, получим Q[P ] = (213). Теперь вычислим Перепишем цикл (213) в подробных обозначениях т. е. ответы совпали.

2. Соединение. Циклы с общим крайним элементом сливаются:

Если общий элемент не крайний, его надо переместить в начало или конец циклическими перестановками.

3. Транспозиции. Любая подстановка есть совокупность транспозиций. Разложение на транспозиции не единственно, однако у разных разложений четность числа транспозиций совпадает. Произведение двух четных подстановок является четной подстановкой, поэтому четные подстановки образуют подгруппу An < n, которая называется знакопеременной.

Задача 271. Записать перестановку (31254) в виде произведения транспозиций.

Решение. (31254) = (312)(54) = (13)(32)(45).

4. Подгруппы. Все m, m < n являются подгруппами n. Четные подстановки образуют нормальную подгруппу: An n. Действительно, если P четная подстановка, то и QP Q1 четная.

Задача 272. Проверить, что A3 3, и найти ее в группе треугольника.

5. Сопряженные классы. Каждый класс сопряженных элементов группы n отвечает определенному разбиению подстановки на циклы. Действительно, если P1 P2, т. е. P1 = QP2 Q1, то по формуле (A.5) они имеют одинаковое количество циклов, длины циклов также совпадают. Значит, количество всевозможных разбиений подстановки на циклы равно числу классов сопряженных элементов.

Пусть k число циклов длины k в данном разбиении, тогда Каждое разбиение обозначим символом {11 22... nn }. Первую степень можно не писать, а если степень нулевая, то можно пропустить это число.

Задача 273. Написать все разбиения и циклы группы 3 и найти соответствующие им классы сопряженных элементов в группе треугольника.

{3} : (231), (132); {12} : (1)(23), (2)(13), (3)(12);

Разбиению на 3 цикла длины 1 соответствует 1, циклы длины 1 и 2 отвечают элементам p, pr, pr 2, одному циклу длины 3 элементы r, r 2.

Чтобы подсчитать число разбиений (A.6), будем рисовать домики, составленные из n клеток. Число клеток на каждом этаже это длина цикла, число этажей дает полное число циклов. Чтобы не считать одно разбиение дважды, договоримся, что на верхнем этаже клеток всегда не больше, чем на нижнем (для устойчивости домиков).

Такие картинки называются схемами Юнга.

Задача 274. Нарисовать все схемы Юнга для групп 3, 4, 5.

A.2. Схемы Юнга Задача 275. Для каждой схемы Юнга группы 4 выписать все различные циклы и подсчитать их количество.

{4} : (1234), (1324), (1423), (1243), (1342), (1432); |1| = 6.

{13} : (1)(234), (2)(134), (3)(124), (4)(123), (1)(324), (2)(214), (3)(214), (4)(213); |2| = 8.

{22 } : (12)(34), (13)(24), (14)(23); |3| = 3.

{12 2} : (1)(2)(34), (1)(3)(24), (1)(4)(23), (3)(4)(12), (2)(4)(13), (2)(3)(14); |4| = 6.

{14 } : (1)(2)(3)(4); |5| = 1.

Проверим сумму |1 | + |2 | + |3 | + |4 | + |5 | = 24.

Задача 276. Группа подстановок 4 Td изоморфна полной группе тетраэдра.

Найти в полной группе тетраэдра классы сопряженных элементов предыдущей задачи.

Решение. 1 S4 циклическую перестановку вершин осуществляет зеркальный поворот. 2 C3 повороты вокруг осей третьего порядка. 3 C2 повороты вокруг осей второго порядка. 4 отражение в зеркальной плоскости, проходящей через ребро и высоту тетраэдра. 5 1 единичное преобразование.

Задача 277. Найдите, какие из классов сопряженных элементов отвечают четным подстановкам. Покажите, что их объединение дает разбиение на классы группы вращений тетраэдра T A4.

Задача 278. Показать, что число циклов, отвечающих данной схеме Юнга, дается формулой Решение. Выведем формулу с помощью комбинаторики. Всего в группе |n | = n!

элементов. Пусть имеется класс {11... nn }. Расположим элементы внутри циклов в порядке натурального ряда и подействуем на подстановку всеми P n. Если при действии меняется только взаимное положение циклов, то получится перестановка, совпадающая с исходной. Всего имеется 1 !... n ! таких вариантов. Кроме того, исходная перестановка не меняется при циклическом перемещении элементов внутри одного цикла. Число таких перестановок 22... nn. В итоге получается формула (A.8).

Задача 279. Проверить, что формула (A.8) дает правильные порядки классов сопряженных элементов в группах 3, 4.

Задача 280. С помощью формулы (A.8) найти порядки классов сопряженных элементов в группе 5.

Задача 281. Найти, какие из циклов предыдущей задачи четные. Порядки четных классов применить для разбиения на классы знакопеременной группы A5 Y.

Ответ. g({5}) + g({123}) + g({122}) + g({15}) = 24 + 20 + 15 + 1 = 60, а циклы {23}, {14}, {132} нечетные.

Количество неприводимых представлений группы совпадает с числом классов сопряженных элементов, поэтому можно обозначить неприводимые представления теми же комбинациями чисел, что и классы, но в квадратных скобках: [11... nn ]. В приложении на с.125 приведены таблицы неприводимых характеров простейших групп перестановок 2 5. Буквой g обозначены порядки классов {11... nn }.

A.3. Симметризаторы Рассмотрим тензор T RN... RN ранга p. Тензором мы называем элемент прямого произведения p евклидовых пространств RN. Мы ограничились евклидовым пространством, поэтому все индексы будем писать снизу. Перестановка индексов осуществляется подстановкой p :

Пусть в каждом экземпляре RN действует группа G < GL(N), тогда действия элементов группы и перестановок индексов коммутируют. Поэтому можно разбить тензорное представление на части с определенной симметрией. Для этого надо подействовать на тензор проектором на подпространство неприводимого представления группы p где n = dim D () () размерность неприводимого представления D () (), а () = tr D () характер неприводимого представления D ().

A.4. Симметризация базиса Задача 282. Вывести формулу для симметризатора и антисимметризатора где det четность подстановки.

Решение. У каждой группы p имеется единичное неприводимое представление = [p]. Всегда имеется также нечетное представление = [1p ], представление факторгруппы по знакопеременной подгруппе C2 = p /Ap. Эти представления соответствуют схемам Юнга в виде вертикальной и горизонтальной полосок из клеток, самого высокого и самого низкого домиков, которые можно построить из заданного числа клеток p ( башни и ангара ).

Задача 283. Выписать все симметризаторы Юнга для тензора третьего ранга.

A.4. Симметризация базиса Действие представления D(g) размерности N группы G на базисные векторы можно снова разложить по базису Базис тензорного представления есть прямое произведение базисов отдельных экземпляров RN. Например, для p = 2 разложение по прямому произведению базисов пишется как Если подействовать на базисные векторы симметризаторами Юнга, получатся симметризованные базисы. Поскольку перестановки индексов и действие группы происходят в разных пространствах, симметризованные базисы являются инвариантными подпространствами при действии группы. Значит, матрица тензорного представления при переходе к симметризованным комбинациям базисных векторов становится блочно-диагональной.

Задача 284. Найти симметричную и антисимметричную части (инвариантные подпространства) базиса RN RN.

Задача 285. Найти инвариантные подпространства базиса RN RN RN.

A.5. Характеры симметризованных представлений Если характер векторного представления 1, то характер тензорного представления ранга p равен p. Для решения ряда задач надо найти характер симметризованного представления. Чтобы найти, как действует тензорное представление ранга p = 2 на симметричный базис, обратимся к формулам (A.10), (A.11). Найдем, как действует тензор на симметризованный базис, и разложим результат по векторам базиса Чтобы вычислить характер, надо приравнять индексы i = j, k = l или формально умножить выражение в квадратных скобках правой части (A.13) на ij kl и просуммировать по повторяющимся индексам. Получится Задача 286. Вывести формулу для характера антисимметричного тензора второго ранга.

Задача 287. Вывести формулы для характеров симметричных частей тензора третьего ранга.

Если просуммировать все три строки, получится s + a + b = 3, т. е. характер тензорного представления (p = 3).

A.6. Независимые компоненты инвариантных тензоров A.6. Независимые компоненты инвариантных тензоров Решим несколько задач о симметризованных тензорах в трехмерном пространстве (N = 3).

Задача 288. Найти число независимых компонент тензора 2-го ранга, инвариантного относительно группы G = SO(2). Сколько из них лежит в симметричной, а сколько в антисимметричной части?

Решение. Характер трехмерного векторного представления группы равен (1) () = ei + 1 + ei, а тензорного представления его квадрату (1) 2. Остается найти, сколько раз в него входит единичное представление (1) 2 = 3 +..., где многоточием обозначены слагаемые, которые зависят от угла. Значит, единичное представление входит 3 раза, а у инвариантного тензора 3 компоненты. Теперь по формуле (A.14) найдем Единичное представление входит 2 раза, значит симметричный инвариантный тензор имеет только 2 независимые компоненты. Для антисимметричной части по формуле (A.15) получим то же самое со знаком минус в фигурной скобке, т. е. у антисимметричного тензора второго ранга всего 1 независимая компонента. Действительно, тензор второго ранга в группе вращений вокруг оси n можно записать в виде Последнее слагаемое, как можно догадаться, лежит в антисимметричной части.

Задача 289. Сколько независимых компонент у тензора третьего ранга, инвариантного относительно группы SO(2)? То же для SO(3).

Решение.

Ответ. Независимы 4 компоненты в SO(2) и 1 компонента в SO(3).

Задача 290. Сколько независимых компонент у симметричного тензора третьего ранга, инвариантного относительно группы SO(2)? То же для SO(3).

Решение.

Ответ. В группе SO(2) 2 компоненты:

В группе SO(3) 0 компонент. Тот же результат можно получить с помощью однородных полиномов.

Задача 291. Сколько независимых компонент у антисимметричного тензора третьего ранга, инвариантного относительно группы SO(2)? То же для SO(3).

Решение. По формуле (A.16) получаем Ответ. В группах SO(2), SO(3) 1 компонента, Tijk = Ceijk.

Задача 292. Сколько независимых компонент у тензора 3-го ранга в группе D3 ?

То же для симметричного тензора.

Первый коэффициент g1 = 4, значит всего 4 компоненты. Характер симметричной части найдем по формулам (A.16). Содержимое каждой клетки находим по формуле () = Ответ. 1 компонента. Здесь элементы в ячейках бокса перемножаются как списки:

A.7. Неприводимые характеры групп подстановок A.7. Неприводимые характеры групп подстановок Подивилов Евгений Вадимович, Шапиро Давид Абрамович, Шапиро Елена Геннадьевна, Институт автоматики и электрометрии СО РАН

РАБОЧАЯ ТЕТРАДЬ

ПО МАТЕМАТИЧЕСКИМ МЕТОДАМ ФИЗИКИ

Подписано в печать 25.12.2012 г. Формат 60 84 1/ Новосибирского государственного университета.