Ф.Ю. Попеленский - Математические основы современной физики (1162163), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Пусть x ∈ V и q(x) 6= 0. Тогда для всех v ∈ V имеем α(x)vx−1 ∈ V .x. Поэтому Очевидно, α(x) = −x. Мы знаем, что x−1 = − q(x)α(x)vx−1 = −xv−xxxv2 hx, vihx, vi!= xv= x· −−= v − 2x∈ V,hx, xihx, xiq(x)q(x)hx, xiчто и требовалось. В отмеченном переходе мы воспользовались результатом задачи 5.20. Попутно мы получили формулуhx, viα(x)vx−1 = v − 2x=: Rx v.hx, xi(48)(49)Оператор Rx задаёт, как несложно видеть, отражение в пространстве V относительно плоскости, ортогональнойвектору x (в смысле введённого скалярного умножения, разумеется).Следствие 5.1.
Пусть x ∈ Pinp,q , v ∈ V . Тогда α(x)vx−1 ∈ V .−1 Имеем x = v1 · . . . · vm , причём q(vm ) = ±1. Ясно, что α(x) = (−v1 ) · . . . · (−vm ). Кроме того, x−1 = vm·−1· . . . · v1 . Тогда−1α(x)vx−1 = (−v1 ) · . . . · (−vm ) · v · vm· . . . · v1−1 = Rv1 Rv1 . . . Rvm v ∈ V,(50)что и требуется. Задача 5.21. Доказать, что отображение α : Clp,q −→ Clp,q , заданное на образующих формулойα(1) = 1,α(ei ) = −ei ,единственным образом корректно продолжается до автоморфизма алгебры Клиффорда.35Решение. Как известно, существует однозначное представление x ∈ Clp,q в виде суммы четной и нечетнойчастей x = x0 + x1 , гдеXXXx0 = λ · 1 +aij ei ej + .
. . , x1 =ai e i +aijk ei ej ek + . . . ,i<jii<j<kпоэтому можно положить α(x) = x0 −x1 . Такое отображение сохраняет соотношение (α(ei ej +ej ei +2 hei , ej i) = 0)и поэтому является гомоморфизмом. То, что отображение биективно, тоже ясно: для всех x ∈ Clp,q найдётсяy ∈ Clp,q такой, что α(y) = x (достаточно просто положить y = x0 − x1 ). Задача 5.22 (Задача 34). Доказать, что Clp,q = Cl0p,q ⊕ Cl1p,q , причем Clip,q Cljp,q ⊂ Cl(i+j)p,q(mod 2).Решение. Этот факт сразу следует из предыдущей задачи и того, что x0 y0 = z0 , x1 y1 = z0 , x0 y1 =z1 , x1 y0 = z1 (здесь индекс 0 внизу означает, что это четная часть элемента алгебры, а 1 — нечетная). Комментарий: алгебра Клиффорда тут фактически не при чём. Аналогичную Z2 -градуировку (а это именно так иназывается) допускает тензорная алгебра T (V ) пространства V . ОбозначимA(x) : v 7→ α(x)vx−1 .(51)Это «подкрученное» присоединённое представление6 .Теорема 5.5.
Отображение A обладает следующими свойствами:1◦ . A(x) : V → V линейно.2◦ . A(x) обратимо (то есть A(x) ∈ GL(V )).3◦ . A — гомоморфизм: A(xy) = A(x)A(y).4◦ . A сохраняет билинейную форму h·, ·i (отсюда следует, что A : Pinp,q → Op,q .5◦ . A — эпиморфизм.6◦ . Ker A = ±1.7◦ . Если p > 2 или q > 2, то в Pinp,q есть путь, соединяющий +1 и −1. Пункты 1◦ —3◦ предоставляются для проверки читателю.4◦ .
Достаточно проверить, что A(x) сохраняет билинейную форму h·, ·i на векторах x ∈ V , для которыхq(x) = ±1. В самом деле, пусть v, w ∈ V , тогдаhRx v, Rx wi =hx, vihx, wiv − 2x, w − 2x=hx, xihx, xihx, wi hx, vihx, xi hx, vi hx, wihv, xi hx, wi== hv, wi − 2−2+42hx, xihx, xihx, xi= hv, wi − 2hv, xi hx, wihx, wi hx, vihx, vi hx, wi−2+4= hv, wi . (52)hx, xihx, xihx, xi5◦ . Имеет местоТеорема 5.6 (Картан – Дьедонне). Всякое преобразование O ∈ Op,q в Rn представляется в виде композиции не более чем n отражений.Пример 3.3. Чтобы поверить в эту теорему, рассмотрим знакомый нам пример: пусть p = n и q = 0. ГруппаOn,0 — это обычная ортогональная группа, а мы хорошо знаем, что всякая ортогональная матрица в подходящембазисе имеет видdiag (R(ϕ1 ), .
. . , R(ϕk ), ±1, . . . , ±1) ,(53)где R(ϕi ) ∈ Mat(2, R) — матрица поворота на угол ϕ. Всякий поворот представим в виде двух отражений,поэтому общее число необходимых отражений не превосходит размерности матрицы.Задача 5.23. Доказать, что гиперболический поворотch ψ sh ψH(ψ) =sh ψ ch ψ(54)задаётся в виде композиции двух отражений.Решение. Рассмотрим матрицуch ϕ − sh ϕRϕ =.sh ϕ − ch ϕ(55)6 В теории групп и алгебр Ли присоединённое представление Ad устроено так: Ad : x 7→ gxg −1 (обозначение происходит от англ.adjoint — присоединённый).362Её определитель равен −1, а Rϕ= id.
Кроме того, её собственные значения равны {1, −1}.Поворот на «угол» 2ϕ представляется в виде произведения двух матриц Rϕ и R−ϕ . 6◦ ИмеемA(x)v = v ⇔ α(x)v = vx ⇔ (x0 − x1 )v = v(x0 + x1 ) ⇒ x0 v = vx0 , −x1 v = vx1 .(56)Очевидно, что x0 можно представить в виде x0 = ak + ek bk , где ak ∈ Cl0p,q и bk ∈ Cl1p,q и не зависят от ek , тогдаx0 v = vx0 ⇔ (ak + ek bk )v = v(ak + ek bk ),(57)ak ek + ek bk ek = ek ak + e2k bk ⇔ ek ak + e2k bk = ek ak + e2k bk ⇔ bk = 0,(58)положим v = ek и получимпоэтому x0 = λ · 1 и аналогично x1 = 0.Теорема полностью доказана. Теперь введём на алгебре Клиффорда операцию «транспонирования».
На мономах она действует так:(ei1 · . . . · eik )t := eek · . . . · ei1 ,(59)а на произвольном элементе — по линейности. Легко видеть, что она сохраняет соотношение ei ej + ej ei +2 hei ej i. Значит, она является антигомоморфизмом алгебры Клиффорда в себя, так как оно линейно и уважаетпроизведение в том смысле, что (xy)t = y t xt .Теперь определим отображение N : Pinp,q → {±1}.
Зададим его формулой N (x) := xxt . Легко видеть, чтоN (xy) = N (x)N (y). Имеемxxt = v1 · . . . · vm vm · . . . · v1 = q(v1 ) · . . . · q(vm ) = ±1.(60)Пусть λ · 1 ∈ Pinp,q . Тогда N (λ · 1) = λ2 ∈ ±1, значит, λ = ±1.5.4. Дополнение: спинорные поля и уравнение ДиракаРассмотрим представлениеRx : Cl1,3 → Cl1,3(61)группы Pin1,3 в Cl1,3 , которая действует по формуле y 7→ xy, где x ∈ Pin1,3 .
В подходящем базисе все операторыRx записываются в виде блочно-диагональных матриц 4 × 4. Для удобства переименуем базис в Cl1,3 :e20 = −1,e21 = e22 = e23 = +1.(62)Рассмотрим в Cl1,3 два элемента: e3 и e0 e1 . Легко проверить, чтоe23 = 1,Рассмотрим 4 элемента:(e0 e1 )2 = 1,(e0 e1 )e3 = e3 (e0 e1 ).1(1 + e3 )(1 + e0 e1 ),41f2 = (1 − e3 )(1 + e0 e1 ),41f3 = (1 + e3 )(1 − e0 e1 ),41f4 = (1 − e3 )(1 − e0 e1 ).4(63)f1 =(64)Лемма 5.7.a) fi2 = fi ,б) fi fj = 0 при i 6= j.в) f1 + f2 + f3 + f4 = 1.3 Поскольку e23 = 1 и (e0 e1 )2 = 1, то 1+eи 1+e20 e1 — проекторы. Пользуясь этим и тем, что они между23 1+e0 e1собой коммутируют (т.к.
e3 коммутирует с e0 e1 ), получаем, что и f1 = 1+e— тоже проектор. Для f2 , f3 , f422доказательство аналогично.f1 f2 =1 + e3 1 + e0 e1 1 − e3 1 + e0 e11 + e3 1 − e3 1 + e0 e1 1 + e0 e1== 0.2222222237(65)Далее,Xfi =111(1 + e0 e1 )(1 + e3 + 1 − e3 ) + (1 − e0 e1 )(1 + e3 + 1 − e3 ) = (1 + e0 e1 + 1 − e0 e1 ) = 1.442(66)Лемма доказана. Теорема 5.8.
Имеет место разложениеCl1,3 = Cl1,3 f1 ⊕ Cl1,3 f2 ⊕ Cl1,3 f3 ⊕ Cl1,3 f4 ,где Cl1,3 fk = {xfk : x ∈ Cl1,3 }. Положим Wk := Cl1,3 fk .Утверждение 5.9. Pin1,3 Wk ⊆ Wk . Если в каждомPin1,3 ) в таком базисе записывается в виде∗ 0 00 ∗ 00 0 ∗0 0 0(67)Wk выбрать базис, то линейный оператор Rx (x ∈00.0∗(68)Задача 5.24. Доказать, что если известно, что существует представление R группы Pin1,3 , а операторыRek (k = 0, .
. . 3) известны, то все операторы представления однозначно восстанавливаются.PPРешение. Пусть x = λ · 1 + i ai ei + i<j aij ei ej + . . . + c · e0 e1 e2 e3 (такое представление единственно).Пользуясь тем, что Rx действует просто как умножение на x (т.е. Rx : y −→ xy),XXRx = λ · id +ai Rei +aij Rei Rej + . . .
+ cRe0 e1 e2 e3ii<jЗадача 5.25. Проверить, что в каждом Wk нет меньших инвариантных подпространств.Задача 5.26. Проверить, что представления Pin1,3 в Wi эквивалентны.Решение. Задача равносильна следующей: показать, что существует базис E1 , . . . , E16 , в котором матрицаRx блочно-диагональна (блоки 4 × 4). Аналогично тому, как предъявлен базис E1 , . . .
, E4 пространства W1в следующей задаче, предъявим базисы пространств Wi (i = 1, . . . , 4). Тогда, очевидно, в суммарном базисеE1 , . . . , E16 все матрицы Rei (i = 1, . . . 4) будут блочно-диагональными. А значит и для произвольного x ∈ Pin1,3матрица Rx будет блочно-диагональной, т. к. еслиXXx= λ·1+ai e i +aij ei ej + . . . + c · e0 e1 e2 e3 ,(69)iтоRx = λ · E +Xi<jai Rei +iXaij Rei Rej + . . . + cRe0 e1 e2 e3 .(70)i<jРассмотрим в пространстве W1 базис E1 = f1 , E2 = e0 E1 , E3 = e2 E0 , E4 = e0 e2 E1 .Задача 5.27. Найти матрицы операторов Rei в базисе пространства W1 , состоящем из векторовE1 = f1 ,Решение.E − 2 = e0 E1 ,E3 = e2 E1 ,Re0 : E1 −→ e0 E1 = E2E2 −→ e0 e0 E1 = −E1E4 = e0 e2 E1 .E3 −→ e0 e2 E1 = E4E4 −→ e0 e0 e2 E1 = −E3 .ПоэтомуRe001=00−1000380 00 00 −11 0(71)111e1 (1 + e3 )(1 + e0 e1 ) = (e1 + e1 e3 + e1 e0 e1 + e1 e3 e0 e1 ) = (e1 + e1 e3 − e0 − e0 e3 ) = −E2 ,444E2 −→ e1 E2 = −e1 e1 E1 = −E1 ,E3 −→ e1 E3 = e1 e2 E1 = −e1 e2 E1 − e2 E2 = e2 e0 E1 = −E4 ,Re1 :E1 −→ e1 E1 =Re1 :Re1 :Re1 :E4 −→ e1 E4 = e1 e0 e2 E1 = e0 e2 e1 E1 = e0 e2 E2 = −e0 e2 e0 E1 = −e2 E1 = −E3 .ПоэтомуRe1Совершенно аналогичноRe200=100 −1 00−1 000=000 −100 −1 01 00 −1,0 00 0000−1Re310=0000 0−1 0 0,0 −1 000 1что и требовалось доказать.
Теорема доказана полностью. Пространство W1 будем обозначать через S.Определение. Спинорным полем на M 4 называется функция со значениями в S ⊗ C.∗±Задача 5.28. Для вектора энергии-импульса спинорного поля получить выражение через a±r (k) и ar (k).RРешение. Как известно, P µ = d3 x T 0µ , гдеiψ(x)γ 0 ∂ µ ψ(x) − ∂ µ ψ(x)γ 0 ψ(x) =2∗∗∗∗i=ψ + (x) + ψ − (x) ∂ µ ψ + (x) + ψ − (x) − ∂ µ ψ + (x) + ψ − (x) ψ + (x) + ψ − (x). (72)2T 0µ =Подставляем это дело в выражение для P µ и считаем при µ = 0 (воспользуемся тем, что ∂ 0 = ∂0 ):Z∗∗∗∗∗∗∗∗iP0 =d3 x ψ + ∂0 ψ + + ψ + ∂0 ψ − + ψ − ∂0 ψ + + ψ − ∂0 ψ − − ∂0 ψ + ψ + − ∂0 ψ + ψ − − ∂0 ψ − ψ + − ∂0 ψ − ψ − .2Посчитаем интеграл только от первого слагаемого (обозначим его I) и от второго (обозначим его J), тогда сразустанет ясно, чему равны остальные.
Для подсчета нам нужны следующие формулыZX±−3/2±ψ (x) = (2π)d3 k e±ikx χ± (k), где χ± (k) =a±r (k)vr (k).r=1,2ψ ∗± (x) = (2π)−3/2I=i2Z∗d3 x ψ + ∂0 ψ + =i 12 (2π)3ZZd3 k e±ikx χ∗± (k), где χ∗± (k) =В итоге,Zi 1d x ψ ∂0 ψ =2 (2π)33∗+−Z±a∗±r (k)v r (k).r=1,2∗ ∗∗+ ∗++++ +d3 x d3 k d3 l il0 ei(k+l)x a+a+1 v 1 + a2 v 21 v1 + a2 v2 =n∗o∓r ∗± ±= v±r vr = δs , v r vr = 0 = 0. (73)При подсчете J воспользуемся известной формулой (2π)−3iJ=2XRd3 x eikx = δ(k),∗ ∗∗+ ∗++−− −d3 x d3 k d3 l (−il0 )ei(k0 −l0 )x0 ei(k−l)x a+a−1 v 1 + a2 v 21 v1 + a2 v2 =n∗o 1Z∗∗+ −−∓r ∗± ±= v±v=δ,vv=0=d3 k k0 (a+r rsr r1 a1 + a2 a2 ).2Pµ =Zd3 k k µXr=1,239∗−− +(a∗+r ar + ar ar ),(74)(75)что и требовалось.
∗ ±Задача 5.29. Для заряда спинорного поля получить выражение через a±r (k) и (ar ) (k).Решение. Как известно,ZZZZ∗∗∗∗∗∗303∗3+−+−Q = d x j = d x ψ ψ = d x (ψ + ψ )(ψ + ψ ) = d3 x (ψ + ψ + + ψ + ψ − + ψ − ψ + + ψ − ψ − ).Обозначим интегралы от этих слагаемых по отдельности за In , n = 1, . . . , 4. Они вычисляются по тем жесоображениям, что были в предыдущей задаче:Z1∗+ ∗+++ +333 i(k+l)x ∗ + ∗ +I1 =dxdkdleav+ava+11221 v1 + a2 v2 = 0,(2π)3Z(76)∗∗+ −−I2 = d3 k (a+a+aa).1 12 2В итогеQ=ZX∗(77)(eµ ∂ µ − m)ψ(x) = 0.(78)d3 k∗−− +(a+r ar + ar ar ).r=1,2Уравнением Дирака называется уравнениеЗаметим, что(eµ ∂ µ − m)(eν ∂ ν + m)ψ = (eµ eν ∂ µ ∂ ν − m2 )ψ = (−∂µ ∂ µ − m2 )ψ = ( − m2 )ψ.То есть оператор Дирака — что-то вроде «квадратного корня» из .Уравнение Дирака принято записывать так: пусть iγ µ = Reµ (а значит γµ γν + γν γµ = 2gµν ), тогда уравнениепринимает вид(iγ µ ∂µ − m)ψ(x) = 0.5.5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
