1612725605-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (828606), страница 20
Текст из файла (страница 20)
6.2. Контур интегрирования в ω-плоскости для волнового уравнения при t > t′(6.3)1146. ФУНКЦИИ ГРИНА~Наконец, посмотрим, как выглядит запаздывающая функция Грина в ω, R-представлении:Z∞exp(iRω)kdkexp(ikR)~ ==.Gr (ω, R)2224π iR k − (ω + i0)4πR−∞Поскольку замкнуть контур можно только в верхней полуплоскости, вклад дает толькоодин полюс k = ω + i0.Задача 267 .
Найти функцию Грина уравнения Клейна — Гордона (пропагатор скалярной релятивистской частицы с массой m):( + m2 )A(t, ~r) = J(t, ~r).~ = ~r − ~r ′ , для функции ГринаРешение. Используя обозначения τ = t − t′ , Rполучим уравнение~ = δ(τ )δ(R),~( + m2 )G(τ, R)которое в Фурье представлении имеет простой видG(ω, ~k) =m2+k21.− ω 2 − i0Запаздывающая функция Грина не является релятивистски инвариантной, посколькуменяет свой вид в разных системах отсчета.
Требование инвариантности относительноЛоренцевских преобразований позволяет использовать только лоренцевские скаляры иоставляет только две возможности обхода полюсов на вещественной оси ω 2 = m2 +k 2 ∓i0(поскольку ω 2 − k 2 есть лоренцевский скаляр). Мы выбрали знак −, чтобы для корня,задающего положительную частоту, полюс лежал в нижней полуплоскости, обеспечиваяпричинность в нерелятивистском пределе.Делая обратное преобразование Фурье по частоте, получим√√Z2 + k2)exp(−iωτ)exp(−iτmm2 + k 2 )exp(iτdω√√=iθ(τ)+iθ(−τ).G(τ, ~k) =2π m2 + k 2 − ω 2 − i02 m2 + k 22 m2 + k 2Для t > t′ контур можно замкнуть только снизу, и вклад дает только полюс ω =√m2 + k 2 , а для t < t′ контур можно замкнуть только сверху, и вклад дает только√полюс ω = − m2 + k 2 .Если вместо преобразования Фурье по частоте сделаем преобразование по волновому вектору, то получим√Zkdk−m2 + ω 2)exp(iRexp(ikR)~ =G(ω, R)=.4π 2 iR m2 + k 2 − ω 2 − i04πR√Вклад дает только полюс в верхней полуплоскости k = −m2 + ω 2 при |ω| > m или k =√i m2 − ω 2 при |ω| < m.
При ω = 0 эта формула дает потенциал Юкавы для статическогомассивного поля неподвижного заряда.~ =A(R)exp(−Rm).4πRВ отличие от электромагнитного поля массивные поля экспоненциально спадают нарасстояниях бо́льших обратной массы R > ~/mc.1156.5. Функции Грина волновых уравненийНаконец, чтобы найти пропагатор в t, ~r-представлении, воспользуемся формулой1=22m + k − ω 2 − i0Z∞dα exp(−α(m2 + k 2 + k02 − i0)),0пользуясь тем, что расположение полюсов позволяет нам аналитически повернуть контур по ω = ik0 , направив его вдоль мнимой оси. В результате получим~ =G(τ, R)Z∞0Z∞0dαZid4 k~ =exp(−α(m2 + k 2 + k02 ) + k0 τ + i~k R)4(2π) pR2 − τ 2imcidα22 − (cτ )2 /~ .pKmcexp(−αm−)=R116π 2 α24α4π 2 ~ R2 − (cτ )2На больших расстояниях сигнал экспоненциально затухает, так как не может распространяться со скоростью большеp световой.
При cτ > R функция Макдональда переходит(1)в функцию Ганкеля H1 (mc (cτ )2 − R2 /~) расходящейся волны. В пределе безмассовойчастицы пропагатор переходит в~ =G(τ, R)4π 2 (R2i.− (cτ )2 )Как нетрудно видеть, он имеет Лоренц-инвариантный вид.A. Симметризаторы ЮнгаA.1.ЦиклыВ конечном множестве из n одинаковых элементов все преобразования множества всебя исчерпываются перестановками элементов. Занумеруем элементы числами k =1, . . .
, n. Подстановкой (или перестановкой) из n элементов называется правило 1 →i1 , . . . , n → in , по которому переставляются n элементов конечного множества. Здесьik ∈ {1, 2, . . . , n} — те же числа, но в другом порядке. Подстановку записывают в видематрицы из двух строк и n столбцов!1 2 ...
n.i1 i2 . . . inПри умножении двух подстановок получается их композиция, как видно из примера1 2 32 1 3!1 2 33 1 2!=!1 2 3.1 3 2(A.4)В правой части стоит результат последовательного действия преобразований 1 → 2 →1, 2 → 1 → 3, 3 → 3 → 2. Все перестановки из n элементов образуют группу подстановок πn порядка |πn | = n!.
Запись подстановки сокращается, если ее разбить на циклы.Чтобы найти все циклы, надо соединять элементы, переходящие друг в друга, до техпор, пока путь не замкнется.Задача 268 . Разбить на циклы подстановку!1 2 3 4 5.2 4 1 3 5Решение. Запись (1243) означает схему переходов элементов 1 → 2 → 4 → 3 → 1:!1 2 3 4 5= (1243)(5).2 4 1 3 5Задача 269 .
Разбить на циклы подстановкуОтвет.1 2 3 4 55 4 2 3 1!!1 2 3 4 5.5 4 2 3 1= (15)(243).117A.1. ЦиклыОбратим внимание, что циклы можно писать в произвольном порядке, поэтомуих называют коммутирующие циклы. Номера внутри цикла можно циклически переставлять. От этого правило преобразования не меняется. Цикл из двух элементовназывается транспозицией.Свойства1. Сопряжение. Подстановка QP Q−1 получается из подстановки P , если ее элементыпереставить согласно Q.QP Q−1 = Q[P ].(A.5)Задача 270 . Вычислить двумя способами (12)(123)(12)−1.Решение. P = (123), Q = (12) = Q−1 . В подстановке Q = (12)(3) элемент3 остается на месте, и мы это не пишем. Переставим в подстановке P местамиэлементы 1 и 2, получим Q[P ] = (213).
Теперь вычислим!!!!123123123123QP Q−1 ==.2 1 33 1 22 1 33 1 2Перепишем цикл (213) в подробных обозначениях!1 2 3(213) =,3 1 2т. е. ответы совпали.2. Соединение. Циклы с общим крайним элементом сливаются:(a . . . bm)(mp . . . q) = (a . . . bmp . . . q).Если общий элемент не крайний, его надо переместить в начало или конец циклическими перестановками.3. Транспозиции. Любая подстановка есть совокупность транспозиций. Разложениена транспозиции не единственно, однако у разных разложений четность числатранспозиций совпадает. Произведение двух четных подстановок является четнойподстановкой, поэтому четные подстановки образуют подгруппу An < πn , котораяназывается знакопеременной.Задача 271 .
Записать перестановку (31254) в виде произведения транспозиций.Решение. (31254) = (312)(54) = (13)(32)(45).4. Подгруппы. Все πm , m < n являются подгруппами πn . Четные подстановки образуют нормальную подгруппу: An ⊳ πn . Действительно, если P — четная подстановка, то и QP Q−1 — четная.Задача 272 .
Проверить, что A3 ⊳ π3 , и найти ее в группе треугольника.Ответ. A3 ≈ C3 < D3 .1186. ФУНКЦИИ ГРИНА5. Сопряженные классы. Каждый класс сопряженных элементов группы σ ⊂ πnотвечает определенному разбиению подстановки на циклы. Действительно, еслиP1 ∼ P2 , т. е. P1 = QP2 Q−1 , то по формуле (A.5) они имеют одинаковое количество циклов, длины циклов также совпадают. Значит, количество всевозможныхразбиений подстановки на циклы равно числу классов сопряженных элементов.A.2.Схемы ЮнгаПусть τk — число циклов длины k в данном разбиении, тогда(A.6)1τ1 + 2τ2 + · · · + nτn = n.Каждое разбиение обозначим символом {1τ1 2τ2 .
. . nτn }. Первую степень можно не писать,а если степень нулевая, то можно пропустить это число.Задача 273 . Написать все разбиения и циклы группы π3 и найти соответствующиеим классы сопряженных элементов в группе треугольника.Ответ.{3} : (231), (132);{12} : (1)(23), (2)(13), (3)(12);{13 } : (1)(2)(3).(A.7)Разбиению на 3 цикла длины 1 соответствует 1, циклы длины 1 и 2 отвечают элементамp, pr, pr 2 , одному циклу длины 3 — элементы r, r 2 .Чтобы подсчитать число разбиений (A.6), будем рисовать «домики», составленныеиз n клеток.
Число клеток на каждом «этаже» — это длина цикла, число этажей даетполное число циклов. Чтобы не считать одно разбиение дважды, договоримся, что наверхнем этаже клеток всегда не больше, чем на нижнем (для «устойчивости» домиков).Такие картинки называются схемами Юнга.Задача 274 . Нарисовать все схемы Юнга для групп π3 , π4 , π5 .Ответ. π3 :π4 :π5 :A.2.
Схемы Юнга119Задача 275 . Для каждой схемы Юнга группы π4 выписать все различные циклыи подсчитать их количество.Решение.{4} : (1234), (1324), (1423), (1243), (1342), (1432); |σ1| = 6.{13} : (1)(234), (2)(134), (3)(124), (4)(123), (1)(324), (2)(214), (3)(214), (4)(213); |σ2| = 8.{22 } : (12)(34), (13)(24), (14)(23); |σ3| = 3.{12 2} : (1)(2)(34), (1)(3)(24), (1)(4)(23), (3)(4)(12), (2)(4)(13), (2)(3)(14); |σ4| = 6.{14 } : (1)(2)(3)(4); |σ5| = 1.Проверим сумму |σ1 | + |σ2 | + |σ3 | + |σ4 | + |σ5 | = 24.Задача 276 .
Группа подстановок π4 ≈ Td изоморфна полной группе тетраэдра.Найти в полной группе тетраэдра классы сопряженных элементов предыдущей задачи.Решение. σ1 ∼ S4 циклическую перестановку вершин осуществляет зеркальныйповорот. σ2 ∼ C3 — повороты вокруг осей третьего порядка. σ3 ∼ C2 — повороты вокругосей второго порядка.
σ4 ∼ σ — отражение в зеркальной плоскости, проходящей черезребро и высоту тетраэдра. σ5 ∼ 1 — единичное преобразование.Задача 277 . Найдите, какие из классов сопряженных элементов отвечают четным подстановкам. Покажите, что их объединение дает разбиение на классы группывращений тетраэдра T ≈ A4 .Задача 278 . Показать, что число циклов, отвечающих данной схеме Юнга, даетсяформулойn!.(A.8)g ({1τ1 . . . nτn }) =(τ1 ! .
. . τn !)(2τ2 . . . nτn )Решение. Выведем формулу с помощью комбинаторики. Всего в группе |πn | = n!элементов. Пусть имеется класс {1τ1 . . . nτn }. Расположим элементы внутри циклов впорядке натурального ряда и подействуем на подстановку всеми P ∈ πn . Если при действии меняется только взаимное положение циклов, то получится перестановка, совпадающая с исходной. Всего имеется τ1 ! . . . τn ! таких вариантов. Кроме того, исходнаяперестановка не меняется при циклическом перемещении элементов внутри одного цикла. Число таких перестановок 2τ2 . . .
nτn . В итоге получается формула (A.8).1206. ФУНКЦИИ ГРИНАЗадача 279 . Проверить, что формула (A.8) дает правильные порядки классовсопряженных элементов в группах π3 , π4 .Решение.π3 :σ1 = {3}, g =3!= 2,3σ2 = {12}, g =3!= 3,2σ3 = {13 }, g =3!= 1.3!4!4!= 6, σ2 = {13}, g == 8,434!4!4!σ3 = {22 }, g == 3, σ4 = {12 2}, g == 6, σ5 = {14 }, g == 1.22! · 22! · 24!Задача 280 . С помощью формулы (A.8) найти порядки классов сопряженныхэлементов в группе π5 .π4 :σ1 = {4}, g =Решение.5!= 30,45!5!g({23}) == 20, g({123}) == 20,2·32! · 35!5!5!= 15, g({13 2}) == 10, g({15}) == 1.g({122}) =22! · 23! · 25!Задача 281 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
