Диссертация (1145296), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Наличие трёх решений соответствует трём возможным выборам того, какое из трёх собственных значенийвозмущающей матрицы будет взято со знаком "минус".В этом месте полезно убедиться, что всё самосогласованно. Пусть∑︀ , = 1, 2, 3 – собственные значения ℋ. Имеем ℎ1 = , ℎ2 =∑︀∑︀ , ℎ3 = = 1 2 3 . Используя теорему Виета, легко<<<проверить, что решениями уравнения (3.59) являются 21 (−1 + 2 + 3 ),12(−2 + 3 + 1 ) и12(−3 + 1 + 2 ). И такими действительно должныбыть поправки первого порядка к 1 (следу) при собственных значениях√± 1 + и нашем выборе знаков.После того, как мы воспроизвели всю естественную свободу в определении возмущения, система уравнений (3.52), (3.53) становится невырожденной в следующих порядках, определяя по две величины на каждомшагу.
В частности, в четвёртом порядке уравнение (3.52) дает(4)2=(4)1+(1) (3)1 11 (︁ (2) )︁2+.2 1(3.60)(2)В то же время, второе уравнение (3.53) содержит 1 и квадратично илинейно, но после учета соотношения (3.60) оно оказывается чисто ли(2)нейным уравнением, позволяющим однозначно определить 1 . Явныевыражения слишком громоздки и мало поучительны, чтобы их приводить.173Теперь можно вычислить первую вариацию лагранжиана:(1) ℒint(︂)︂11(1)(1)= 0 ℎ1 − 1 1 − ℎ1 − 2 1 .22Чтобы пространство Минковского было решением, надо положить(1) (1) ℒint = 0. Поскольку 1 , вообще говоря, иррационально при рациональных значениях ℎ , придётся независимо обращать в нуль две части,(1)с ℎ1 и с 1 :0 = −1 ,2 = −1 .(3.61)Интересно отметить, что если подставить пространство Минковского√︀с нашим выбором (3.51) квадратного корня −1 в наивные уравнениядвижения (3.27),⎛O=2∑︁=0(−1) Y()⎜=⎜⎝0 + 21 + 200⎞⎟⎟,⎠00 − 20000 − 2то получается то же самое условие (3.61) на коэффициенты .Посмотрим теперь на квадратичный лагранжиан для возмущений,(2) ℒint(︂)︂)︂(︂11 21 (︁ (1) )︁2(2)(2)= 0 ℎ2 − ℎ1 − 1 1 +1− 2 1242(︂(︁ )︁)︂211 2(1)=− ·1+ ℎ2 − ℎ1 ,24где мы учли условие (3.61) на коэффициенты .
Как видим, он содержит(1)корень 1 кубического уравнения (3.59), и соответственно неаналитиченпо малому ℋ. Однако структура его интересна.1(1)Если занумеровать собственные значения ℋ так, что 1 = (−1 +22 + 3 ), то получается (2) ℒint = −1· 2 3 .2174Как уже упоминалось, три ветви теории (по числу решений кубического уравнения) отвечают трём способам выбрать одно (отрицательное)собственное значение из трёх, которое опущено в произведении.3.6.4Четыре измерения: первый случайВ четырёх измерениях система уравнений (3.43) имеет вид21 − 22 = 4 + ℎ1 ,(3.62)22 − 21 3 + 24 = 6 + 3ℎ1 + ℎ2 ,(3.63)23 − 22 4 = 4 + 3ℎ1 + 2ℎ2 + ℎ3 ,24 = 1 + ℎ1 + ℎ2 + ℎ3 + ℎ4 ,и у нас есть две возможности выбора√(3.64)(3.65)I: с одним отрицательным соб-ственным значением и с двумя.Начнём рассмотрение с первой возможности⎛⃒√︀⃒−1 ⃒√==−1 0 0 0⎜⎜0I=⎜⎜0⎝0⎞⎟1 0 0⎟⎟0 1 0⎟⎠0 0 1(3.66)которая очень похожа на трёхмерный случай.
Фоновые значения переменных равны(0)1 = 2,(0)2 = 0,(0)3 = −2,(0)4 = −1,и легко видеть, что якобиан (3.49) обращается в нуль.Как всегда, последний полином (3.65) легко найти,(︂)︂(︂)︂111 31 211ℎ2 − ℎ1 −ℎ3 − ℎ1 ℎ2 + ℎ14 = −1 − ℎ1 −224228(︂)︂(︀ )︀111 2 3 25 4−ℎ4 − ℎ1 ℎ3 − ℎ2 + ℎ1 ℎ2 − ℎ1 + ℋ5 .224864175Оставшиеся уравнения (3.62) - (3.64) дают в первом порядке(1)(1)41 − 22(1)= ℎ1 ,(1)41 − 43 − ℎ1 = 3ℎ1 ,(1)(1)−43 + 22= 3ℎ1 .Система оказывается вырожденной, и всё, что можно определить из неё– это(1)2(1)31(1)= 21 − ℎ1 ,2(1)= 1 − ℎ1 ,оставляя одну переменную неопредёленной.Во втором порядке оказывается аналогичная вырожденность, и мынаходим(2)2(2)31 (︁ (1) )︁2=+,2 1(︂)︂1 (︁ (1) )︁2 11 2(2)= 1 +−ℎ2 − ℎ1 .2 124(2)21Вырожденность уходит только в четвёртом порядке, с появлениемобщего (по числу независимых параметров) уравнения четвёртой сте(1)пени для 1 .
Мы не приводим весьма громоздких деталей, к тому жеэтот случай полностью аналогичен трёхмерному (и, по-видимому, любойразмерности с одним изменённым знаком).В лагранжиане взаимодействияℒint =√−3∑︁3(︁√︀)︁(︁√︀)︁∑︁−1−1 · =− · 4− =0=0вклад первого порядка даёт(1) ℒint(︂)︂(︁)︁11(1)(1)(1)= 0 ℎ1 − 1 1 − ℎ1 − 2 21 − ℎ1 − 3 1 .22176Опять же, требуем (1) ℒint = 0, чтобы пространство Минковского было(1)решением. И снова две части, с ℎ1 и с 1 , должны обратиться в нульнезависимо,0 + 21 + 2 = 0,1 + 22 + 3 = 0.(3.67)Как и в 3, можно формально подставить пространство Минковскогос выбором корня (3.66) в наивные уравнения движения3∑︁(︃(−1) Y() =0 + 31 + 32 + 300(0 + 1 − 2 − 3 ) · I3×3=0)︃=Oи получить правильное условие (3.67) для параметров .Посмотрим теперь на квадратичный лагранжиан для возмущений: (2) ℒint(︂(︂)︂(︂)︂)︂1 21 21 (︁ (1) )︁2 11(2)−ℎ2 − ℎ1= 0 ℎ2 − ℎ1 − 1 1 +242 124)︂(︂(︁)︁1 (1) 2(2)(2)1− 3 1− 2 21 +2(︂(︁ )︁)︂21 + 21 2(1)=−·1+ ℎ2 − ℎ1 .24Интересно, что если пронумеровать собственные знеачения ℋ так, что1(1)1 = (−1 + 2 + 3 + 4 ), то получается2 (2) ℒint = −1 + 2· (2 3 + 1 2 + 1 3 ) .2Структура этого действия повторяет ту, что приводит к действиюФирца-Паули, но только с укороченным набором собственных значений.Если бы мы взяли на матричном языке матрицу (3.66) в качествеквадратного корня, то для ограниченного класса возмущений, для которого ℎ1 = 0 при > 2, возмущение коммутировало бы с выбраннымкорнем из единичной матрицы, и тогда можно было бы построить рядТейлора для возмущённой матрицы, получив квадратичный лагранжиан∑︀∑︀в видеℎ ℎ − ( ℎ )2 .
Тот же ответ воспроизводится и у нас. Одна,>2>2ко, для произвольного возмущения появляется неаналитичность в виде177решения уравнения четвёртого порядка, и число независимых решенийотвечает разным способам выбрать одно собственное число из четырёх.Любопытный факт, что наивные уравнения движения дают корректный результат, когда приводящий к ним подход вообще не должен работать, возможно, связан с тем, что рассматриваемая ситуация является пределом космологических пространств с матрицей видаdiag ( (), (), . .
. , ()), вокруг которой возмущения хорошо определены для корня diag (−, , . . . , ) при ̸= . Изотропный предел оказывается сингулярным, с появлением описанной выше неаналитичности, нона языке матриц он вообще корректно не определён (ср. с работой [125]).3.6.5Четыре измерения: второй случайДругой возможный выбор квадратного корня в четырёхмерном случае может быть представлен матрицей⎛√︀⃒⃒ −1 ⃒√==−1⎜⎜0I=⎜⎜0⎝0⎞0 0⎟−1 0 0⎟⎟,0 1 0⎟⎠0 0 10(3.68)для которой фоновые значения симметрических полиномов равны(0)1 = 0,(0)2 = −2,(0)3 = 0,(0)4 = 1.Конечно, при них обращается в нуль детерминант в формуле (3.49).Но последний полином (3.47) легко определяется как(︂)︂(︂)︂111 2111 34 = 1 + ℎ1 +ℎ2 − ℎ1 +ℎ3 − ℎ1 ℎ2 + ℎ1224228(︂)︂(︀ )︀111 2 3 25 4+ℎ4 − ℎ1 ℎ3 − ℎ2 + ℎ1 ℎ2 − ℎ1 + ℋ5 .224864178Уравнения (3.44) – (3.46) в первом порядке оказываются особеннопросты и вырожденны:(1)−22= ℎ1 ,(1)−42 + ℎ1 = 3ℎ1 ,(1)−22 + 2ℎ1 = 3ℎ1 .Из них мы можем только заключить, что1(1)2 = − ℎ1 ,2оставляя две другие переменные неизвестными.Во втором порядке уравнения (3.44) – (3.46) дают(︁(1)1)︁2(2)− 22(2)= 0,(1) (1)−42 − 21 3 = 0,(︁ )︁2(1)(2)3− 22 = 0,и мы получаем(2)2(1)31 (︁ (1) )︁2,=2 1(1)= −1 .В третьем порядке первое уравнение (3.44) принимает вид(2)(1) (2)3 = 1 1 ,и с его учетом второе (3.45) и третье (3.46) уравнения оказываются эквивалентными другу и дают нетривиальный результат:(1)21(︁(2)1+(2)3)︁11 3 1 (︁ (1) )︁2= ℎ3 − ℎ1 ℎ2 + ℎ1 − ℎ1 1.282(3.69)В этом месте можно начать беспокоиться о самосогласованности вы(1)числений.
Что произойдет, если 1 = 0? В самом деле, имея четыре соб179ственных значения в матрице возмущения, при нашем выборе знаковвозможны шесть (число выборов двух чисел из четырёх) значений вели(1)чины 1 вида 21 (1 + 2 − 3 − 4 ). Может ли полином третьего порядкаℎ3 − 21 ℎ1 ℎ2 + 81 ℎ31 без остатка делиться на все шесть из них? Оказывается,может, поскольку эти шесть значений являются тремя парами величин,отличающихся друг от друга лишь знаком. И можно легко проверить,что11ℎ3 − ℎ1 ℎ2 + ℎ31281= (1 + 2 − 3 − 4 ) (1 + 3 − 2 − 4 ) (1 + 4 − 2 − 3 ) ,8и при этом1(3 4 − 1 2 ) .(3.70)2В четвёртом порядке вырожденность системы уравнений (3.44) (2)(2)1 + 3 =(3.46) снимается, и первое уравнение (3.44) принимает вид(4)2=(1) (3)1 11 (︁ (2) )︁2.+2 1(3.71)Два других уравнения очень громоздки.
Мы не будем их явно выписывать. Однако, оказывается, что если вычесть второе (3.45) уравнениеиз третьего (3.46) и использовать первое (3.71), то получается замечательное выражение, которое позволяет наконец полностью определитьпервый порядок:(︂)︂2 (︁)︁21 (︁ (1) )︁21 2(2)(2)ℎ4 −1+ ℎ2 − ℎ1 + 1 + 3= 0.44(2)(3.72)(2)Вместе с предыдущим результатом (3.69) для 1 + 3 , оно приводит к(︁ )︁2(1)кубическому уравнению для 1, как и должно было быть.(1)Более того, принимая опять, что 1=12(1 + 2 − 3 − 4 ), легкополучаем(︂)︂1 (︁ (1) )︁21 211+ ℎ2 − ℎ1 = (3 4 + 1 2 )242180(3.73)и, учитывая ещё (3.70), видим, что правильные (в смысле соответствия(1)собственным числам) значения 1действительно решают уравнение(3.72).Для лагранжиана же взаимодействияℒint =√−3∑︁ · (︁√︀ −1 =0)︁=3∑︁(︁√︀)︁−1 · 4− =0в первом порядке получаем11(1)(1) (1) ℒint = 0 ℎ1 − 1 1 − 2 ℎ1 + 3 1 ,22и из условия (1) ℒint = 0 выводим0 = 2 ,1 = 3 .(3.74)В этом месте нас, возможно, уже не должно удивлять, что наивное3∑︀уравнение движения (−1) Y() = 0 формально даёт=0(︃(0 + 1 − 2 − 3 ) · I2×2OO(0 − 1 − 2 + 3 ) · I2×2)︃=Oс полученным выше результатом (3.74) для параметров .Для возмущений лагранжиан второго порядка принимает вид(︂)︂11 (︁ (1) )︁21(2)(2)(2)2 ℒint = 0 ℎ2 − ℎ1 + 1 3 + 2 1+ 3 1242(︃)︃(︂(︁ )︁)︂2ℎ3 − 21 ℎ1 ℎ2 + 18 ℎ31 1 (1)121 2(1)=·− ℎ1 1+·1+ ℎ2 − ℎ1 ,(1)22241который с учетом (3.70) и (3.73) эквивалентен замечательному выражению2 + 12 − 1· 3 4 +· 1 2 .22По сути, полученная структура воспроизводит действие Фирца (2) ℒint =Паули, но по отдельности для двух групп индексов.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
