1625914359-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (532771), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Наконец, последнее представление1 X (3)1Ŝ (3) Tijk =χ (g) · ĝTijk = (2Tijk − Tjki − Tkij )3 g3дает 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 которыхможет 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: Ŝ T . Подействуем матрицей тензорного представления группы треугольника с элементами h:D(h)Ŝ (1) T = D(h)ijk,i′j ′ k′ Ŝ (1) Ti′ j ′ k′ .(1)915.5. Группы Ли. Инвариантные тензорыПоскольку симметризатор переставляет индексы у тензора под знаком суммы, можноего действие перенести на штрихованные индексы матрицы D и вычислить след:χT (Ŝ(1)1D(h)) =D(h)ijk,ijk + D(h)ijk,jik + D(h)ijk,ikj + D(h)ijk,kji + D(h)ijk,jki + D(h)ijk,kij61= (χ3v (h) + 3χv (h)χv (h2 ) + 2χv (h3 )),6где χv (h) = (3, 0, −1) - характер векторного представления в группе треугольника.
Подставляя χv (h2 ) = (3, 0, 3) и χv (h3 ) = (3, 3, −1), получимхарактер представления симметричного тензора 3-го ранга: χT (Ŝ (1) D(h)) = 16 (33 , 0, −13 ) + 3(9, 0, −3) + 2(3, 3, −1) =(10, 1, −2) = χ(1) (h)⊕3χ(2) (h)⊕3χ(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, тоон 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 тензореи представлением на однородном полиноме.Задача 233 . Найти размерность представления на полиноме степени k для SO(3).Выписать компоненты полиномов для k ≤ 2.Ответ.Pk =k XlXCklm xk−l y l−mz m ,l=0 m=0(k + 1)(k + 2),2P1 = {x, y, z},dim Pk =P2 = {x2 , y 2, z 2 , xy, yz, zx} ∼ (Tij + Tji )/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 дляSO(n).Ответ.
dim Pk =(k+n−1)!.(n−1)!k!Задача 235 . Найти разложение представления на полиномах на неприводимые вгруппе SO(3).Решение. Подействуем оператором Казимира на полином степени n:KPn = r 2 △Pn − n(n + 1)Pn .Если выделить из всех Pn только гармонические полиномы: △Pnh = 0, то получим,что подпространство гармонических полиномов совпадает с пространством сферическихhфункций (KPnh = −n(n+1)Pnh ), которое имеет размерность dim (Pn,j) = dim (Ymn ) = 2n+1.925. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ГРУППКак разложить оставшиеся (n + 1)(n + 2)/2 − (2n + 1) = (n − 1)n/2 компонент нанеприводимые? Достаточно заметить, что в полиноме 2-го порядка содержится скалярr 2 = x2 + y 2 + z 2 , поэтому оставшуюся часть можно представить в виде произведенияполиномов:P n − Phn = r 2 P n−2 .Размерность оставшейся части в точности совпадает с размерностью пространства полиномов степени n − 2, значит, мы учли все компоненты и дальше можно выделитьгармонический полином Phn−2 из оставшейся части, и т.
д. В результате мы нашли разложение представления симметричного тензора на неприводимые представления:DTS n ∼ DPn = D (n) ⊕ D (n−2) ⊕ . . .Для симметричной части тензора 2-го ранга мы уже получали, что он раскладываетсяна 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 Ym2 ⊕ Y 0 ) и найти матрицу S переходамежду базисами.Замечание.
Для группы O(3) разложение в точности такое же, поскольку четностинеприводимых представлений, входящих в разложение, совпадают.Задача 236 .1. Найти количество независимых компонент у тензора второго ранга инвариантного относительно групп [O(3), C3v , SO(2)].Ответ. Tij = [δij , Aδij + Bni nj , Aδij + Bni nj + Cǫijk 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 имеетS (1) : D (1) ⊗ D (1) ⊗ D (1) ⊗ D (1) = D (4) ⊕ D (2) ⊕ D (0) —~ 2 )2 .одну скалярную компоненту, поэтому единственное слагаемое H = A(|E|2.
Найти общий вид поправки к гамильтониану второй степени по электрическомуполю и второй степени по магнитному полю.Ответ. Прямое произведение симметричных тензоров 2-го ранга имеет′′(S (1) : D (1) ⊗ D (1) ) ⊗ (S (1) : D (1 ) ⊗ D (1 ) ) = (D (2) ⊕ D (0) ) ⊗ (D (2) ⊕ D (0) ) = 2D (0) ⊕ . . . —~ 2 |B|~ 2 + A2 (E~ · B)~ 2.две скалярных компоненты, поэтому H = A1 |E|935.5. Группы Ли. Инвариантные тензоры5.5.6.Группа SU (2) и ее неприводимые представленияЗачем физикам нужны представления этой, казалось бы, экзотической группы? Этагруппа пришла в физику с квантовой механикой. Дело в том, что Ψ — функция не наблюдаемая, поэтому она не обязана преобразоваться по группе SO(3). Однако билинейная комбинация Ψ∗ Ψ входит во все средние, которые наблюдаемые и обязаны преобразоваться по SO(3).
Мы увидим, что если Ψ преобразуются по группе SU(2), то всенаблюдаемые будут принадлежать представлениям SO(3).Поскольку после нахождения генераторов мы будем пользоваться экспоненциальным восстановлением элементов группы, то проще сразу искать матрицу g групповогопреобразования в виде g = exp(A). Для унитарной g матрица A† = −A должна бытьантиэрмитовой, а равенство единице определителя det g = 1 ограничивает нас безследовыми матрицами tr A = 0.
Безследовая антиэрмитовая матрица!a3a1 − ia2→A=i= i~a · −σa1 + ia2−a3имеет 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.∂g .Ij =∂aj aj =0Ответ.!0 1I1 = i,1 0!0 −iI2 = i,i 0!1 0I3 = i.0 −1Задача 239 . Найти структурные константы ASU(2).Решение. Хотя структурные константы зависят от параметризации, они не зависятот конкретного представления при фиксированной параметризации. Поэтому вычислимкоммутаторы матриц генераторов в 2-мерном представлении: [Ii , Ij ] = −2ǫijk Ik . Они в(−2) раза отличаются от структурных констант алгебры ASO(3).
Чтобы они совпадали,достаточно растянуть параметры в (−2) раза: aj = −φj /2. Тогда для новой параметризации ckij = ǫijk и алгебры совпадают ASO(3) = ASU(2). В стандартной параметризацииφj генераторы имеют вид−iσ1−iσ2−iσ3, I2 =, I3 =.222Задача 240 . Найти явный вид матриц SU(2) и вычислить характер.→−Решение. Матрицы группы SU(2) в стандартной параметризации φ = φ~n, где φимеет смысл угла поворота вокруг оси ~n, принимают видI1 =→ →−−→−i φ · −σ→g( φ ) = exp() = cos(φ/2) − i~n · −σ sin(φ/2)2!cos(φ/2) − in3 sin(φ/2) (−in1 + n2 ) sin(φ/2)=.(−in1 − n2 ) sin(φ/2) cos(φ/2) + in3 sin(φ/2)Характер двумерного представления равен χ(φ) = cos(φ/2).945.
ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ГРУППЗамечание. Область изменения параметров. Вектор ~n лежит на сфере S 2 , а уголзадан в области 0 ≤ φ ≤ 2π в два раза больше, чем у SO(3). При полном повороте на2π матрица переходит не в единицу, а в минус единицу (т. е. Ψ-функция меняет знак),чтобы вернуться к тождественному преобразованию, необходимо совершить двойнойоборот на 4π. Поскольку группа SU(2) в два раза больше, чем SO(3), у нее большенеприводимых представлений.Для выяснения вида многообразия параметров группы введем обозначения x0 =cos(φ/2) и xj = nj sin(φ/2), для которых выполняется3Xx2µ = 1.µ=0Многообразием является сфера S3 — оно очевидно связно и односвязно.
Если поместитьединицу группы в северный полюс сферы, то при увеличении φ пройдем экватор приφ = π и окажемся на южном полюсе при φ = 2π, соответствующая матрица g(2π)) = −Eлежит в центре группы Z = {g(0), g(2π)}.Задача 241 . Показать, что SU(2)/Z ∼= SO(3).Решение. Если взять фактор, то двум матрицам g~n (φ) и g~n (2π + φ) = −g~n (φ) сопоставляется одна матрица O~n (φ), где 0 ≤ φ ≤ π, т. е. область изменения параметровсовпадает. Поскольку есть формула экспоненциального восстановления~g~n (φ) = exp(φ(~n · I))и~O~n (φ) = exp(φ(~n · I)),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 неприводимымипредставлениями 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 характерматриц SU(2) выражается через угол поворота χ(φ) = 2 cos(φ/2).Ответ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
