1625914359-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (532771), страница 17
Текст из файла (страница 17)
cos(φ/2) = cos(φ1 /2) cos(φ2 /2) − (~n1 · ~n2 ) sin(φ1 /2) sin(φ2 /2).Задача 243 . Найти генераторы и оператор Казимира в представлении на функциях двух комплексных переменных F (u, v).955.5. Группы Ли. Инвариантные тензорыРешение.ddI3 F =F (u, v) =gn3 (α)F (u exp(iα/2), v exp(−iα/2))dαdαα=0α=0∂i ∂− v )F (u, v).= (u2 ∂u∂vddI2 F =F (u, v) =gn2 (α)F (u cos(α/2) + v sin(α/2), v cos(α/2) − u sin(α/2))dαdαα=0α=0∂1 ∂− u )F (u, v).= (v2 ∂u∂vddI1 F =F (u, v) =gn1 (α)F (u cos(α/2) + iv sin(α/2), v cos(α/2) + iu sin(α/2))dαdαα=0α=0∂i ∂+ v )F (u, v).= (u2 ∂v∂u1∂ 2∂ ∂1∂ 2∂ ∂∂ ∂K=−(u ) + (v ) +u v=−u v−v u4∂u∂v2∂u ∂v∂v ∂u∂u ∂v2∂∂1∂∂1uu.−+v+v−4∂u∂v2∂u∂vЗадача 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 nΠn,k = uk v n−k .Собственные значения генератора I3 Πn,k = i(k − n/2)Πn,k , а собственные значения оператора Казимира KΠn,k = (n(n + 2)/4)Πn,k . Размерности неприводимых представленийравны числу полиномов от u, v степени n, т. е. dim Πn = n + 1.Если обозначить за l = n/2, то целые l соответствуют представлениям группыSO(3), а неприводимые представления с полуцелыми значениями l имеются только вSU(2).
Формула для характера неприводимого представления для полуцелых значенийl 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 значениямистепени q не принадлежат к конечномерным представлениям.Решение. Однородные функции с ненатуральными значениями степени q (иливообще комплексным), например ua v b являются собственными для оператора Казимира,но число таких функций, отвечающих заданному собственному числу λ = (a + b)(a + b +2)/4, бесконечно. Для того чтобы проверить это, построим повышающий и понижающийоператоры:∂∂, I− = I1 − iI2 = iu .∂u∂vДействие этих операторов на собственные функции генератора I3I+ = I1 + iI2 = ivI3 (ua v b ) =i(a − b) a b(u v )2965. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ГРУППприводит кI− (ua v b ) = ib(ua+1 v b−1 ),I+ (ua v b ) = ia(ua−1 v b+1 ),изменяет собственное значение генератора I3 на ±i и не выводит из подпространствасобственных функций K.
Если значения a или b ненатуральные, то действуя последовательно повышающим или понижающим генераторами, мы получим бесконечное числофункций, т. е. бесконечномерное неприводимое представление.Задача 247 . Разложить тензорное спинорное представление 4-го ранга по неприводимым.Решение. Векторное представление действует на 2-мерный комплексный векторΨ = (u, v), матрицей представления является сама матрица g = D (1/2) ∈ SU(2), оноочевидно неприводимо.
Чтобы отличать от обычных векторов в SO(3), такие векторы называют спинорами, а соответствующие тензорные представления — спинорными.Тензорные спинорные представленияD T = g ⊗ g ⊗ ... ⊗ gстроятся 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 имеетвидD = D (1/2) ⊗ D (1/2) ⊗ D (1/2) ⊗ D (1/2) = D (1) ⊕ D (0) ⊗ D (1) ⊕ D (0)= D (2) ⊕ 3D (1) ⊕ 2D (0) .Замечание. 1. Как не трудно видеть, спинорные тензоры четного ранга преобразуютсяпо 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 компонентспинора, поэтому преобразуется по неприводимому представлению размерности r + 1.В предыдущей задаче это D (2) .Глава 6Функции Грина6.1.Функция Грина обыкновенного дифференциального уравненияРассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение (ОДУ) n-го порядкаL̂x u(x) = f (x)в области a < x < b с граничными условиями при x = a и/или x = bM̂k u = hk ,k = 1, .., n.Задача состоит в нахождении явного выражения искомой функции u(x) черезфункцию 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 жеоднородная задача имеет нетривиальные решения, то излагаемый в этом разделе подходне даст решений.Сначала находим полную систему решений (ФСР) однородного уравнения:L̂x φ(x) = 0,состоящую из n решений φk (x). Граничные условия можно выполнить для функцииu1 (x) =nXak φk (x),k=1подобрав n коэфициентов ak так, чтобы M̂k u1 = hk для k = 1, .
. . , n. Тогда неоднороднаязадача сводится к решению полуоднородной задачи M̂k v = 0 для функции v(x) = u(x) −u1 (x).Решение полуоднородной задачи дается в видеv(x) =Zbadx′ G(x, x′ )f (x′ ),986. ФУНКЦИИ ГРИНАгде функция Грина G(x, x′ ) есть ядро интегрального оператора, обратного к L̂:L̂x G(x, x′ ) = δ(x − x′ ),удовлетворяющее нулевым граничным условиям:M̂k G = 0,k = 1, . . . , n.Функция Грина является комбинацией ФСР однородного уравнения:G< (x, x′ ) =nXAk (x′ )φk (x)при x < x′ ,Bk (x′ )φk (x)при x > x′ .k=1′G> (x, x ) =nXk=1Функции Ak , Bk находятся из n нулевых граничных условий и n условий сшивки приx = x′ .Задача 248 .
Найти функцию Грина краевой задачиd2 u= f (x), u(0) = a, u(1) = b.dx2Решение. Сначала найдем ФСР однородного уравнения:φ1 = 1,φ2 = x,из которых составим функцию u1 = a(1 − x) + bx, удовлетворяющую граничным условиям. Затем для функции v = u − u1 полуоднородной задачи выпишем уравнение нафункцию Грина:d2 G(x, x′ )= δ(x − x′ ),dx2G(0, x′ ) = 0,G(1, x′ ) = 0.Условия сшивки получим, интегрируя это уравнение по бесконечно малой области вблизи x = x′ :dG< (x, x′ ) dG> (x, x′ ) ′− ′ = 1,dxdxx=xx=xгде введено обозначение G> для x > x′ и G< для x < x′ . Интегрируя второй раз, получимпоследнее условие непрерывностиG> (x′ , x′ ) = G< (x′ , x′ ).Составляя функцию Грина из ФСР и пользуясь граничными условиями, получимG< (x, x′ ) = Ax,G> (x, x′ ) = B(1 − x).Осталось найти A и B из условий сшивки:Ax′ = B(1 − x′ ),−B − A = 1,откуда находим, что A = x′ − 1, и B = −x′ .
Окончательно для функции Грина получаемG(x, x′ ) = xx′ − min{x, x′ } = xx′ − x< ,где введены обозначения x = x< , x′ = x> для x < x′ и x = x> , x′ = x< для x > x′ .996.1. Функция Грина обыкновенного дифференциального уравненияОтвет. Решение неоднородной задачи имеет видu(x) = a(1 − x) + bx +Zbdx′ G(x, x′ )f (x′ ).aЗадача 249 .
Найти функцию Грина краевой задачиd2 u− m2 u = f (x),dx2u(∞) = u(−∞) = 0.Решение. ФСР дифференциального уравнения для удобства составим из функцийφ1 = exp(mx),φ2 = exp(−mx),каждая из которых удовлетворяет одному из нулевых граничных условий.Функция Грина полуоднородной задачи удовлетворяет уравнениюd2 G(x, x′ )− m2 G(x, x′ ) = δ(x − x′ ),2dxG(∞, x′) = 0,G(−∞, x′ ) = 0.Условия сшивки такие же, как в предыдущей задаче.
Составляя функцию Грина изФСР и пользуясь граничными условиями, получимG< (x, x′ ) = A exp(mx),G> (x, x′ ) = B exp(−mx).Осталось найти A и B из условий сшивки:A exp(mx′ ) = B exp(−mx′ ),−mB exp(−mx′ ) − mA exp(mx′ ) = 1,откуда находим, что A = −exp(−mx′ )/2m и B = −exp(mx′ )/2m. Окончательно дляфункции Грина получаемG(x, x′ ) = −Ответ.u(x) = −Zdx′exp(−m|x − x′ |).2mexp(−m|x − x′ |)f (x′ ).2mНапоминание. Напомним, что функцию Грина полуоднородной задачи можно найтипо формулеφ1 (x< )φ2 (x> ),G(x, x′ ) =p(x′ )W (x′ )где p(x) — коэфициент при второй производной,W (x) =dφ1 (x)dφ2 (x)φ1 (x) −φ2 (x) —dxdx(6.1)вронскиан, а φ1,2 (x) — решения однородного уравнения, удовлетворяющие левому илиправому граничному условию соответственно.Задача 250 .
* Найти функцию Грина краевой задачиd2 u− m2 u = f (x),dx2u(∞) = u(0) = 0.1006. ФУНКЦИИ ГРИНАОтвет.sh(mx< ) exp(−mx> ).mЗадача 251 . Найти функцию Грина краевой задачиG(x, x′ ) = −d2 u+ k 2 u = f (x),2dxu(0) = a,u(1) = b.Решение. ФСР дифференциального уравнения для удобства составим из функцийφ1 = sin(kx),φ2 = sin(k(1 − x)),каждая из которых удовлетворяет одному из нулевых граничных условий. Тогда функцияsin(k(1 − x))sin(kx)u1 = a+bsin(k)sin(k)удовлетворяет однородному уравнению и неоднородным граничным условиям.
Задачана функцию v = u − u1 является полуоднородной.Функция Грина задачи удовлетворяет уравнениюd2 G(x, x′ )+ k 2 G(x, x′ ) = δ(x − x′ ),dx2G(0, x′ ) = 0,G(1, x′ ) = 0.Условия сшивки такие же, как в предыдущей задаче. Составляя функцию Грина изФСР и пользуясь граничными условиями, получим:G< (x, x′ ) = A sin(kx),G> (x, x′ ) = B sin(k(1 − x)).Осталось найти A и B из условий сшивки:A sin(kx′ ) = B sin(k(1 − x′ )),−kB cos(k(1 − x′ )) − kA cos(kx′ ) = 1,откуда находим, что A = −sin(k(1 − x′ ))/k sin(k) и B = −sin(kx′ )/k sin(k).
Окончательнодля функции Грина получаемG(x, x′ ) = −sin(kx< ) sin(k(1 − x> )).k sin(k)Этот же ответ можно получить, вычислив определитель Вронского (6.1).Замечание. При k = πn процедура ломается, формально это выражается в том, чтофункция Грина обращается в бесконечность (так же как и функция u1 ). Это связанос тем, что при k = πn у однородной задачи возникает решение φ0 = sin(kx), котороеназывается нулевой модой.
В этом случае решение неоднородной задачи не единственно,а решение надо искать другим методом обобщенной функции Грина (ОФГ), которыйрассмотрен в следующем разделе.Задача 252 . Найти функцию Грина задачи с периодическими граничными условиями:d2 udu du 2=.+ k u = f (x), u(0) = u(1),dx2dx x=0dx x=11016.2. Обобщенные функции Грина для ОДУРешение. ФСР дифференциального уравнения состоит из функций вида A sin(kx+φ). Задача является полуоднородной. Функция Грина задачи удовлетворяет уравнениюd2 G(x, x′ )dG(x, x′ ) dG(x, x′ ) 2′′′′=.+ k G(x, x ) = δ(x − x ), G(0, x ) = G(1, x ),dx2dx x=0dx x=1Условия сшивки такие же, как в предыдущей задаче. Составляя функцию Грина изФСР и пользуясь граничными условиями, получим:G< (x, x′ ) = A cos(kx + α),G> (x, x′ ) = A cos(k(x − 1) + α).Осталось найти A и α из условий сшивки:cos(kx′ + α) = cos(k(x′ − 1) + α),−kA sin(k(x′ − 1) + α) + kA sin(kx′ + α) = 1,откуда находим, что α = −kx′ + k/2 и A = 1/2k sin(k/2).
Окончательно для функцииГрина получаемcos(k(x − x′ ) − ksign(x − x′ )/2)G(x, x′ ) = −.2k sin(k/2)Замечание. Опять при k = 2πn 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 ОДУРассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение n-го порядкаL̂x u(x) = f (x)в области a < x < b с граничными условиями при x = a и (или) x = bM̂k u = hk ,k = 1, .., n.Пусть однородная задача имеет нулевую моду φ0 (x):L̂x φ0 (x) = 0,M̂k φ0 (x) = 0,k = 1, .., n.Нам не удастся использовать ФСР для удовлетворения граничных условий. Однакоможно взять произвольную функцию u1 (x) (например полином), удовлетворяющую граничным условиям, и задача сведется к полуоднородной задаче на функцию v = u − u1видаL̂x v(x) = f (x) − L̂x u1 ≡ f˜(x) M̂k v = 0, k = 1, .., n.Оператор L̂ необратим, поскольку имеет нулевое собственное значение.
Однако изRbнормированной нулевой моды dxφ0 (x) = 1 можно сделать проектор на подпространaство этой моды в гильбертовом пространстве: интегральный оператор с ядром видаP (x, x′ ) = φ0 (x)φ0 (x′ ). А значит, можно обратить оператор и получить уравнение наобобщенную функцию грина (ОФГ) в подпространстве, ортогональном нулевой моде:L̂x G(x, x′ ) = δ(x − x′ ) − φ0 (x)φ0 (x′ ),M̂k G(x, x′ ) = 0,k = 1, . . . , n.Решение ищется в виде суммы ФСР и частного решения неоднородного уравнения, затемсшивается при x = x′ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
