Ф.Ю. Попеленский - Математические основы современной физики (1162163), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Теперь подставляем t = 0, вспоминая, что A(0) = E. Получаем(A′ )t (0)G + GA′ (0) = 0. Это и есть условие на производную матрицы A. Иначе его можно сформулировать так:матрица GA′ (0) должна быть кососимметричной.Таким образом, мы поняли, что касательное пространство содержится в пространстве матриц X, для которыхX t G + GX = 0. Возникает вопрос: а любая ли матрица с таким условием попадёт в касательное пространство?Ответ утвердительный, и мы сейчас это докажем.Задача 4.3.1◦2◦3◦4◦5◦Ряд exp X экспоненты матрицы X сходится для любой матрицы X по любой матричной норме;Этот ряд сходится абсолютно и равномерно при kXk 6 C;ddt exp(tX) = X exp(tX);det exp X = exp tr X;Если [X, Y ] = 0, то exp(X + Y ) = exp X exp Y .
Первые два пункта легко следуют из свойств обычного числового ряда для экспоненты. Третий проверяется путём почленного дифференцирования ряда и пристального взгляда на левую и правую часть.Докажем свойство 4◦ . Для диагональных матриц утверждение очевидно. Если матрица X не диагонализуется, то приведём её к жордановой форме, и пусть C — матрица перехода к жордановому базису, а Y — жордановаформа. Легко видеть, что экспонента жордановой клетки со значением λ имеет eλ на диагонали. Поэтомуdet exp X = det exp(C −1 Y C) = detX (C −1 Y C)kk!.(5)При возведении в степень промежуточные матрицы C погибнут, поэтому получится вот что:det exp X = det C −1XYkk!С = det(C −1 exp Y C) = det exp Y.18(6)Пусть λ1 , .
. . , λk — собственные значения с кратностями m1 , . . . , mk . В матрице exp Y на диагонали будут числаeλ1 (повторенное m1 раз), eλ2 (повторенное m1 раз), и так далее. Определитель Y будет произведением нашихэкспонент. Но etr Y даст то же самое произведение в силу свойства ex+y = ex · ey .5◦ Тупо перемножаем ряды (так можно, ведь они хорошо сходятся). Там посокращаются все коммутаторыи останется то, что нужно. Теперь рассмотрим произвольный касательный вектор ξ из TE L (то есть матрицу!) и предъявим кривую A(t)в группе, проходящую через единицу при t = 0 и для которой A′ (0) = ξ.
Применим третье утверждение задачиdи положим A(t) = exp(tξ). Имеем dtexp(tξ) = ξ exp(tξ). Так как A(0) = E, тоd= ξ · E = ξ.exp(tξ)dtt=0(7)Но тут имеется одна проблема: надо бы ещё проверить, что кривая A(t) попала в нашу группу. Проверимтождество A(t)t GA(t) = G. Подставляем решение A(t) = exp(tξ), дифференцируем его, и вспоминая, что ξ t G ++ Gξ = 0, убеждаемся, что «с точностью до константы» оно выполнено. Но при t = 0 имеем A(t) = E, и потомуравенство выполняется (оно вырождается в G = G).
А значит, оно выполняется и при всех t.Последнее рассуждение кажется мне слишком сложным. Видимо, имеется общий метод доказательства подобных фактов, номне его лень придумывать (заметим, что мы никак не использовали конкретный вид нашего тождества).Вычислим размерность группы Лоренца в общем случае — для n-мерного пространства.
Пусть X ∈ TE L.2Условие кососимметричности матрицы GX накладывает n 2+n ограничений на её элементы (элементы под диа2гональю однозначно определяются элементами над диагональю, а на диагонали стоят нули). Остаётся n 2−nсвободных параметров. Значит, dim L = n(n−1).2С топологической точки зрения группа L имеет 4 компоненты связности (наличие хотя бы двух компоненточевидно и следует из того, что det Λ = ±1 для любого преобразования Λ ∈ L.
Но есть ещё один инвариант.Рассмотрим элемент в верхнем углу матрицы Λ00 . В терминах этого элемента можно указать 4 компонентысвязности:1. Компонента единицы L↑+ : собственные преобразования, сохраняющие время — det Λ = 1, Λ00 > 0;2. Компонента матрицы P := diag(+1, −1, −1, −1), обозначаемая L↓− : несобственные преобразования (отражения), обращающие время — det Λ = −1, Λ00 < 0;3. Компонента L↓+ : собственные преобразования, обращающие время — содержат матрицу T P , где T == diag(−1, +1, +1, +1). Для них det Λ = 1, Λ00 < 0;4. Компонента L↑− : несобственные преобразования, сохраняющие время — содержат матрицу T , и для нихΛ00 > 0, det Λ = −1.В группе Лоренца имеются матрицы некоторого специального вида, которые в некотором смысле типичны:1 0 0 0ch χ sh χ0 , R := sh χ ch χ,O := (8)00O3где1ch χ = q1−0V2c20E−Vsh χ = q c.21 − Vc2,(9)Задача 4.4.
Гиперболическим поворотом называется преобразование из группы Лоренца, оставляющеенеподвижной двумерную плоскость. Доказать, что любое преобразование из подгруппы L↑+ есть произведение гиперболического поворота на матрицу R (при этом преобразование R будет собственным, то естьподматрица будет лежать в SO3 ).Решение. Пусть A ∈ L↑+ . Покажем, что A = RO.
Рассмотрим стандартный ортонормированный (относительно матрицы Грама) базис e0 , e1 , e2 , e3 . Посмотрим, куда матрица A переводит вектор e0 . Пусть w := Ae0 =λe0 + µv, где v ∈ he1 , e2 , e3 i и (v, v) = 1. Наше преобразование псевдоортогональное, поэтому (w, w) = 1.
Значит,λ2 −µ2 = 1. Но это значит, что можно положить ch ϕ = λ и sh ϕ = µ. Тогда положим Rv := sh ϕe0 +ch ϕv. Остальную часть матрицы R заполним так, как нам нужно. Первый столбец матрицы O положим равным (1, 0, 0, 0).Остаётся показать, что матрица O при этом будет иметь требуемый вид. Так как построенная матрица R лежитв группе Лоренца, то и O будет там лежать. Более того, оно будет собственным, так как det R = 1 и det A = 1.Значит, и первая строка матрицы O будет равна (1, 0, 0, 0), ибо она ортогональна (скалярные произведения различных столбцов относительно G равны нулю).
Далее, ограничение преобразования O на he1 , e2 , e3 i будет иметьсигнатуру (−3, 0), то есть фактически будет ортогональным. 194.2. Лагранжев формализм в теории поля4.2.1. Пример перехода от дискретной системы к сплошной средеСейчас мы рассмотрим систему с N степенями свободы, а потом устремим число N к бесконечности, и впределе получим уравнение движения, моделирующего сплошную среду.Рассмотрим систему из N шариков на расстоянии ∆ друг от друга, соединённых пружинами одинаковойжёсткости. Пусть первый и последний шарики закреплены. Пусть Y — модуль Юнга (модуль упругости) пружин.Пусть ηi — отклонения i-го шарика от положения равновесия. Тогда сила, действующая на i-й шарик, равнаY(ηi+1 − ηi ) − (ηi − ηi−1 ) .∆Fi =(10)При достаточно пристальном взгляде правая часть напоминает аппроксимацию второй производной величины ηiпо переменной x (умноженную на модуль Юнга).
Из этого наблюдения уже можно написать уравнение, котороеполучится после предельного перехода N → ∞: слева стоит сила Fi = mη̈i (вторая производная по времени), асправа — ηxx — вторая производная по x. Поэтому в пределе будет уравнение вида ηtt = aηxx . Но мы получимэтот же ответ более честным и более научным путём.∂VНайдем потенциал V (η1 , . . . , ηN ). По определению, имеем Fi = ∂η. Интегрируя написанное выше соотношеiние на силы и смещения, получаемY XV =(ηi+1 − ηi )2 .(11)2∆Рассмотрим функцию Лагранжа L(η, η̇) = T −V (здесь T — кинетическая энергия).
Как известно3 , эволюциямеханической системы задаётся принципом наименьшего действияZS[η] = L(η, η̇) dt → min(12)и следующим из него уравнением Лагранжа∂Ld ∂L=.dt ∂ η̇i∂ηi(13)Пусть µ — линейная плотность массы, то есть m = µ∆. ТогдаX µη̇ 2Yi2L=−(ηi+1 − ηi ) .22∆(14)Переходя в пределе от суммы к интегралу, получаемL=Zµ2∂η∂t2Y−2∂η∂x2dx.(15)Подынтегральную функцию обозначим L и обзовём плотностью Лагранжа. Итак, нам нужно минимизироватьфункционалZZZS[η] =dtdxL =dx dtL.(16)Для дальнейшего приближения к ответу можно, как уже было замечено, взять старое уравнение движения иустремить N к бесконечности. Поделим всё на ∆, тогда исходное уравнениеmη̈i −превратится вY(ηi+1 − ηi ) − (ηi − ηi−1 ) .∆(ηi+1 − ηi ) − (ηi − ηi−1 )∂2η∂2η⇔µ=Y.∆2∂t2∂x2Более честный пусть заключается в варьировании функционала.Задача 4.5.
Показать, что ответ в данной задаче не зависит от метода его получения.µη̈i − Y(17)(18)Решение. Получим наше уравнение колебаний как решение уравнения Эйлера – Лагранжа (доказательствоформулы см. ниже). Имеем∂L∂L= ∂k.(19)∂η∂(∂k η)3 Почемуэто так, все тщательно скрывают.20В нашем случае у нас две переменных, k принимает всего два значения, поэтому распишем сумму по индексу k:∂L∂L∂L= ∂t+ ∂x.∂η∂(∂t η)∂(∂x η)(20)В нашем случае лагранжева плотность L зависит только от производных по ∂k η, поэтому уравнение приобретаетвид∂η∂η0 = ∂t µ− ∂x Y.(21)∂t∂xПосле дифференцирования получаем ответ0=µ∂2η∂2η−Y.∂t2∂x2(22)Таким образом, при честном способе решения получается то же самое. Теорема 4.1.
Если функция η является экстремалью функционала S, то она удовлетворяет уравнениюЭйлера – Лагранжа∂L∂L= ∂µ.(23)∂η∂(∂µ η)ddεПусть ξ — вариация, тогдаZZZ∂L∂L444S[η + εξ] = d x L(x, η + εξ, ∂µ η + ε∂µ ξ) = d x L(x, η, ∂µ η) + d xεξ+∂µ ξ + O(ε2 ).
(24)∂η∂(∂µ η)ε=0Поскольку вариация произвольна, из соотношенияZ∂L∂L4d xεξ+∂µ ξ = 0∂η∂(∂µ η)получаем равенство нулю подынтегрального выражения. Заметим, что∂L∂L∂L∂µ ξ = −ξ∂µ+ ∂µ ξ.∂∂µ η∂(∂µ η)∂(∂µ η)Поэтому(25)(26) Z∂L∂L∂Lξ − ξ∂µ+ d4 x ∂µ ξ.(27)∂η∂(∂µ η)∂(∂µ η)RПо теореме Стокса второе слагаемое равно 0 =~n, ξ ∂(∂∂LdΣ, потому что мы интегрировали по всему проµ η)странству. ОтсюдаZd4 xΣZ4d x∂L∂L− ∂µ∂η∂(∂µ η) ξ = 0.(28)Применяя лемму Дюбуа – Реймона, получаем искомое уравнение. 4.3. Классическое релятивистское полеВ каждой инерциальной системе отсчёта (то есть в ортонормированном базисе в R1,3 ) задана некоторая вектор-функция u(x) (вещественно-значная или комплексно-значная) со значениями в некотором пространстве V .Пусть x и x′ — две инерциальные системы отсчёта.
Тогда они переводятся друг в друга некоторым преобразованием Λ из группы Лоренца, то есть x′ = Λx. Сейчас мы определим, как должны преобразовыватьсянаши функции u(x). Для этого мы захотим, чтобы такие преобразования задавали линейное представлениегруппы Лоренца в пространстве V . Сейчас мы напомним, что эти слова означают (точнее говоря, мы простосформулируем те аксиомы, которые должны выполняться). Итак, пусть u′ (x′ ) ≡ u′ (Λx) = RΛ u(x), где линейныеоператоры RΛ := R(Λ) и будут операторами нашего представления R : L → GL(V ). Мы требуем выполненияследующих свойств:1◦2◦3◦4◦Операторы RΛ обратимы;Они согласованы с умножением в группе, то есть RΛ1 RΛ2 = RΛ1 Λ2 ;Оператор RE есть тождественное преобразование пространства V ;RΛ−1 = (RΛ )−1 .21Напомним всё-таки алгебраическую терминологию.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
