1612725605-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (828606), страница 14
Текст из файла (страница 14)
не меняющихся при поворотах) тензора 2-го ранга δij и ǫij . Проверим, чтоvvDi,i′ (α)Dj,j ′ (α)δi′ ,j ′ = δi,j ,vvDi,i′ (α)Dj,j ′ (α)ǫi′ ,j ′ = ǫi,j .Вместо использования громоздких матриц проекторов можно разлагать тензор на неприводимые компоненты с помощью инвариантных тензоров.Задача 215 . 1. Разложить представление тензора k-го ранга по неприводимым.825. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ГРУППРешение. DT = ⊗kj=1 (D (1) ⊕ D (−1) ) =kPj=1Cjk ⊕ D (k−2j) .В тензоре четного ранга имеетсякомпонент, преобразующихся по D (0) , т.
е. неменяющихся при повороте. А в тензоре нечетного ранга таких нет.kCk/22. Найти общий вид тензора, инвариантного относительно поворотов плоскости ивыражающегося через тензор 4-го ранга. Другими словами, надо найти все компоненты тензора 4-го ранга Tijkl = ri pj qk sl , преобразующиеся по скалярному неприводимомупредставлению D (0) , и сложить их с произвольными коэффициентами.Решение.
Число таких компонент равно C24 = 6. Чтобы не выписывать матрицыпроекторов в 24 = 16-мерном пространстве, воспользуемся инвариантными тензорами.Инвариантный тензор 4-го ранга можно составить из δij тремя способами: δij δkl , δik δjl ,δil δkj , заменяя δ на ǫ, получим еще три, а смешанные произведения дадут еще 6 — всего12. Однако они линейно зависимы, так как из теории характеров следует, что линейнонезависимых всего 6.
Заметим, что любая квадратичная комбинация антисимметричного инвариантного тензора выражается через квадратичные комбинации симметричногоинвариантного тензора: ǫij ǫkl = δik δjl − δil δkj , поэтому они линейно зависимы. Произведения типа ǫij δkl ортогональны тензорам, построенным из δ по симметрии относительноперестановок индексов, поэтому из 6 таких произведений только 3 линейно независимы.Общий вид гамильтониана для задачи, обладающей симметрией относительно вращений плоскости, имеет видH = (Aδij δkl + Bδik δjl + Cδil δkj + Dδij ǫkl + Eδik ǫjl + F δil ǫjk )Tijkl= A(~r · p~)(~q · ~s) + B(~r · ~q)(~p · ~s) + C(~r · ~s)(~q · p~) +D(~r · p~)[~q × ~s] + E(~r · ~q)[~p × ~s] + F (~r · ~s)[~q × p~].Для удобства можно нормировать и ортогонализовать инвариантные тензоры, например| 21 δij δkl |2 = 1, к нему ортогонален нормированный тензор √13 (δik δjl − 12 δij δkl ), а к ним обоимортогонален тензор5.5.2.√√3 (δik δjl2− 13 δij δkl − 31 δij δkl ).Группы O(2) и SO(3)Задача 216 .
Найти все неприводимые представления группы O(2).Решение. К поворотам g(α) добавляются элементы отражений относительно плоскостей, проходящих через ось вращения pg(α), которые входят в один бесконечный класссопряженных элементов Cpα . Повороты на угол α становятся сопряжены с поворотамина угол −α и входят в один класс Cα (кроме углов α = 0, π). Для нахождения неприводимых представлений надо найти оператор Казимира K, который коммутирует со всемиэлементами группы (генератор I = −(d/dφ) очевидно не коммутирует с p). ОператорКазимира ищут в виде квадратичной формы генераторов группы, здесь единственныйвариант — это K = I 2 , легко видеть, что он коммутирует как с p, так и с g(α) = exp(αI).Теперь надо найти собственные функции оператора K:KF =d2 F= −m2 F,dφ2F±m = exp(±imφ).835.5.
Группы Ли. Инвариантные тензорыПоскольку для любого элемента группы g набор функций F±m и gF±m лежит в одном и том же подпространстве гильбертова пространства, то на этом подпространстведействует неприводимое представление размерности этого подпространства:K(gF±m ) = g(KF±m ) = −m2 (gF±m ).Набор из двух собственных функций, отвечающих одному собственному числуm 6= 0 оператора K, образуют базис двумерного представления. Матрица отражения вэтом базисе имеет вид!2D (m) (p) =0 1,1 0характер χ(m) (pα) = 0, а характер χ(m) (α) = 2 cos(mα).Для m = 0, кроме тривиального представления, есть псевдоскалярное представление (оно находится из представлений фактор-группы O(2)/SO(2) = C2 ).
Таким образом,таблица характеров неприводимых представлений имеет вид (m > 0)[0]χ′χ[0 ]χ[m]e112CαCπ11112 cos(mα) 2 cos(mπ)Cpα1-10Ортогональность характеровZπ0dα [m]∗χ (α)χ[n](α) +2πZπdα [m]∗χ (pα)χ[n] (pα) = δm,n2π0следует из ортогональности косинусов на интервале (0, π).Задача 217 . В этой группе векторное представление неприводимо: D v = D [1] .1. Разложить прямое произведение неприводимых представлений по неприводимым.Ответ. D [m] ⊗ D [n] = D [m+n] ⊕ D [m−n] для m 6= n,′D [m] ⊗ D [m] = D [2m] ⊕ D [0] ⊕ D [0 ] .2. Разложить представление тензора 3-го ранга по неприводимым.′Решение. D T 3 = D [1] ⊗ D [1] ⊗ D [1] = D [1] ⊗ (D [2] ⊕ D [0] ⊕ D [0 ] ) = D [3] ⊕ 3D [1] .3.
Найти общий вид гамильтониана симметричного относительно O(2) и выражающегося через тензор 4-го ранга.Указание. D T 4 = D [1] ⊗ (D [3] ⊕ 3D [1] ) = 3D [0] ⊕ . . .Имеется 3 вклада в гамильтониан. Тензор ǫij для этой группы является псевдоинвариантным, так как он меняет знак при отражении. Поэтому все три вклада в гамильтониан составлены из δij . Если сравнить его с гамильтонианом для SO(2), то он имееттот же вид, только коэффициенты при трех последних слагаемых тождественно равнынулю в силу большей симметрии задачи.845.
ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ГРУППЗамечание. Прямые произведения представлений можно строить и для конечных групп.Разложение прямых произведений по неприводимым делается абсолютно аналогично спомощью характеров, а неприводимые компоненты тензоров находятся с помощью проекторов.Замечание. Мы знаем, что любой поворот в 3-мерном пространстве (группа SO(3))может быть осуществлен последовательными поворотами вокруг каждой из трех ортогональных осей:g(φ1, φ2 , φ3 ) = gx (φ1 )gy (φ2 )gz (φ3 ).Это самая удобная параметризация тремя углами поворотов, хотя есть и другие.Задача 218 . Найти генераторы группы SO(3) в этой параметризации в представлении 3-мерными матрицами вращения:dg .Ij =dφj φj =0Ответ.0 0 0I1 = 0 0 −1 ,0 1 00 0 1I2 = 0 0 0 ,−1 0 00 −1 0I3 = 1 0 0 .0 0 0Определение.
Независимо от представления, генераторы группы Ли обладают следующими свойствами.1. Линейная комбинация генераторов является генератором:Xai Ii .I=i2. Коммутатор генераторов (скобка Ли — бинарная операция) является генератором:X[Ii , Ij ] =cki,j Ik .kcki,jКоэффициентыназываются структурными константами алгебры. Все аксиомы алгебры выполнены. Алгебра генераторов группы Ли G называется алгебройЛи AG.Задача 219 . Найти структурные константы ASO(3).Решение. Поскольку структурные константы не зависят от представления (точного), то, вычисляя коммутаторы матриц генераторов в 3-мерном представлении, получим[Ii , Ij ] = ǫijk Ik .Таким образом, для нашей параметризации ckij = ǫijk .Замечание. Если бы мы задали вращение в обратном направлении, то все генераторы и, как можно заметить, все структурные константы поменяли бы знак. Если бымы задали какую-либо абстрактную параметризацию, то генераторы и, следовательно,структурные константы стали бы неузнаваемы.855.5.
Группы Ли. Инвариантные тензорыPЗадача 220 . Показать, что генератор I = j nj Ij для нормированного на 1 вектора|~n| = 1 является генератором поворотов вокруг оси ~n.Решение. Поскольку генератор всегда коммутирует сам с собой, то, решая уравнениеdg~n (φ)= g~n (φ)I,dφполучим 0 −n3 n2 g~n (φ) = exp(φI) = exp φ n30 −n1 .−n2 n10Раскладывая в ряд Тейлора и замечая, что матричные элементы Iij = −ǫijk nk , откудаIij2 = ni nj − δij , получим~ngij(φ)∞∞XX(−φ2 )k(−φ2 )k2− Iij= ni nj − (ni nj − δij ) cos(φ) − ǫijk nk sin(φ).= δij + φIij(2k + 1)!(2k)!k=1k=0Проверим, что вектор~r ′ = g~n (φ)~r = ~n(~n · ~r) + (~r − ~n(~n · ~r)) cos(φ) − [~r × ~n] sin(φ)повернут на угол φ вокруг вектора ~n.Пример. Часто используется параметризация из задачи (220 ) параметрами ~a, где уголповорота задан φ = |~a|, а ось поворота задана ~n = ~a/φ:~g(~a) = exp(~a · I).Здесь вектор генераторов I~ = (I1 , I2 , I3 ).
Такая параметризация удобна тем, что она задает однопараметрическую подгруппу. Кроме того, эта параметризация позволяет легконайти многообразие параметров группы. Заметим, что поворот на угол φ = π вокругоси ~n совпадает с поворотом на угол φ = π вокруг оси −~n. Поэтому параметр ~a находится в 3-мерном шаре радиуса |~a| = π, причем противоположные точки ограничивающейего сферы отождествлены (многообразие SO(3) является проективным пространством).Значит, группа компактна, связна, но неодносвязна (поскольку петлю, выходящую изцентра, проходящую через границу, оказывающуюся на другой стороне шара и затемзамыкающуюся в центре, невозможно стянуть в точку непрерывным преобразованием).5.5.3.Представления группы SO(3)Задача 221 . Найти генераторы группы SO(3) в представлении на функциях F (x, y, z).Решение. Поворот на угол α против часовой стрелки функции F (x, y, z) эквивалентен повороту системы координат на угол −α, поэтомуgz (α)F (x, y, z) = F (x cos α + y sin α, y cos α − x sin α, z).Для генератора I3 получимdg(α)F (x, y, z) F (x cos α + y sin α, y cos α − x sin α, z) I3 F ==dαdαα=0α=0 ∂∂ F (x, y, z).−x= y∂x∂y865.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
