1612725571-7e5d9541e6304e08fcb0d799898e3002 (828614), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Полюсыотвечают дискретному спектру, а разрезы — непрерывному. Выведем формулы для вычета в полюсе и скачка резольвенты на разрезе.Вычет в полюсе z = λn вычисляется интегрированием (14.2) по z вдоль окружностималого радиуса, такого, чтобы внутрь попал только один полюс, и делением на 2πi:IX1Rz dz = Res Rz (x, x 0 ) =ψn(j) (x)ψn(j) (x 0 ),(14.3)z=λn2πijгде суммирование ведется до кратности вырождения λn , то есть по всем функциям,принадлежащим данному собственному значению.Чтобы найти скачок на разрезе, сначала вычислим скачок подынтегральной функции, т.е. разность ее значений на нижнем и верхнем берегах разрезаlimǫ→+011−ζ − iǫ ζ + iǫ!= lim2iǫ= 2πiδ(ζ).+ ǫ2ǫ→+0 ζ2Интеграл от дельта-функции берется, откуда при ζ = z − λ мы найдем скачок интегралаиз формулы (14.2).X (j)1(j)(R|z=λ−i0 − R|z=λ+i0 ) =ψλ (x)ψλ (x 0 ).2πij(14.4)Обе формулы (14.3) и (14.4) получились похожими.
Можно представлять себе скачокна разрезе как предел суммы вычетов. При неограниченном увеличении размера ящикаполюсы сливаются в разрез. У эрмитова оператора все полюсы и разрезы расположенына вещественной оси.Мы убедились, что в аналитических свойствах резольвенты содержится полнаяинформация как о спектре (положение полюсов и разрезов), так и о собственных функциях дискретного и непрерывного спектра (вычеты в полюсах и скачки на разрезах).
Ксожалению, явно найти резольвенту удается только в небольшом количестве специальных симметричных случаев. Два из них мы рассмотрим в следующем разделе.10014 РЕЗОЛЬВЕНТА14.3.Построение резольвентыРазберем два примера.n=1Пусть оператор одномерный2^ =− d ,Adx2^ Тогда по первому свойству резольвента удовлетворяет уравнениюа x 2 R.!d2z + 2 Rz (x, x 0 ) = δ(x − x 0 ).dxПользуясь трансляционной инвариантностью, положим x 0 = 0, и будем искать решениевидаppB1 ei zx + B2 e−i zx , x < 0;ppRz (x) =C1 ei zx + C2 e−i zx , x > 0.pВыберем арифметическую ветвь квадратного корня, на которой 1 = +1.Условия непрерывности функции и скачка производной дают пару уравнений накоэффициентыpp(C1 − C2 )i z − (B1 − B2 )i z = 1.B1 + B2 = C1 + C2 ,Два другихусловия получим из граничных условий на бесконечности.
Обозначим z =pk2 + iǫ, z = k + iδ, мы видим, что по определению арифметической ветви квадратногокорня ǫ > 0 ⇒ δ > 0. Поэтому, чтобы функция Rz (x) убывала при x → ∞, надовыбрать B1 = C2 = 0. Отсюда находимC1 = B2 =1p2i z,тогда искомая резольвента равнаRz (x, x 0 ) =1p2i z pexp i z|x − x | .0(14.5)Резольвента получилась аналитической функцией в плоскости z, разрезанной вдольдействительной положительной полуоси R+ . Таким образом, у исходного операторанепрерывный спектр расположен на множестве σc = R+ . Скачок резольвенты при переходе с нижнего берега разреза на верхний в точке z = k2 можно найти, представиввдоль окружности рис.p14.2 раz = k2 eiα и меняя аргумент α от 2π до 0, т.е.
двигаясьpдиуса R = k2 по часовой стрелке. Если α = 2π, то z = −k, а если α = 0, то z = +k,откуда00e−ik|x−x | eik|x−x |os k(x − x )i−=−= (os kx os kx + sin kx sin kx ).2ik2 ikikkТеперь разделим на 2πi и найдем две нормированные собственные функции00Rk2 −i0 − Rk2 +i0 = −(1)ψk2 =os kxp,2πk(2)ψk2 =0sin kx.2πkpСобственное значение λ = k2 непрерывного спектра оказалось двукратно вырожденным,как и следовало ожидать.14.3. Построение резольвенты101Упражнение 14.1 .
Убедитесь, что получившиеся собственные функции непрерывногоспектра нормированы на δ-функцию. Проверьте полноту системы собственных функций.n=3Пусть оператор трехмерный^ = −4,Aно нас интересует только изотропное решение (s-волна). Уравнение для резольвентыследует из первого свойства(z + 4)Rz = δ(r),где мы уже положили r 0 = 0.
Преобразование Фурье позволяет сразу найти решение вq-представлении (мы обозначили волновой вектор буквой q)Rz q =1.z − q2Выполняя обратное преобразование, мы можем сразу вычислить интегралы по углам иперейти к бесконечным пределам, как при вычислении запаздывающей функции Гринаволнового уравнения,Rz (r) =Zeiqr dq1=z − q2 (2π)3(2π)2q-|z|1/2 -i 0|z|1/2+i 0Zeiqr − e−iqr q dq1=irz − q2(2π)2ir∞Z−∞qeiqr dq.z − q2Чтобы pполюсы подынтегрального выраженияq1,2 = z не попали на контур интегрирования,нам надо считать, что z имеет малую положительную мнимую часть z = |z| + i0.
Тогда правилозамыкания контура определяется положительностью r, а резольвента получается в точности, какфункция Грина G+ уравнения Гельмгольца в видерасходящейся волны (12.4):p0ei z|r−r |Rz (r, r ) = −.4π|r − r |00Если выбрать z положительным вещественным и прибавить малую отрицательную мнимую часть z = |z| − i0, то правый полюс окажется в нижней полуплоскости и не внесетвклада в интеграл, а вычет в левом полюсе даст сходящуюся волну G− . Когда z = |z|положительное вещественное число, оба полюса в q-плоскости лежат на контуре интегрирования и резольвента не определена.
Значит разрез в z-плоскости надо провестипо положительной действительной оси. Как и в предыдущем примере, резольвентноемножество — комплексная плоскость, с разрезом вдоль R+ , а непрерывный спектр совпадает с разрезом σc = R+ .Чтобы найти изотропную часть, остается проинтегрировать по углам и разделитьна 4πp pZZπi z r2 +r02 −2rr 0 os θdo1sinθdθep=.g(r, r 0) = hRz io = Rz (r, r 0)4π2r2 + r02 − 2rr 0 os θ010214 РЕЗОЛЬВЕНТАПолучившийся интеграл вычисляется заменами t = r2 + r02 − 2rr 0 os θ = ξ2 :1g=2и равен0 2(r+rZ)peizt1dtp=2rr 0t 2rr 0(r−r 0 )2r+rZ0peizξdξ|r−r 0 | ppei zr sin zr 0 , r < r 0 ;pg = 0pp0rr z ei zr sin zr, r > r. 01Теперь можно найти скачок на разрезе при переходе с нижнего берега z = k2 − iεна верхний z = k2 + iε (ε → +0):pg|k2 −i0 − g|k2 +i0ei=rrzr<0pzpk2 −i0>sin zrk2 +i0= 2isin kr sin kr,krr00откуда можно найти нормированную собственную функциюψk2 (r) =1 sin kr.πk rpКак и следовало ожидать, собственные функции непрерывного спектра выражаются через функции Бесселя с полуцелым индексом, простейшая из которых J1/2 и получиласьпри l = 0.Упражнение 14.2 .
Проверьте ортогональность собственных функций.Приложение AСвойства представленийВ качестве приложения приведем доказательства основных свойств представлений,рассмотренных в лекции 2Теорема A.1 . Всякое представление конечной группы эквивалентно унитарномуПусть D(g), g 2 G — комплексное представление размерности n конечной группыG и пусть g1 = 1, g2, . . . , gN — элементы группы G, N = |G|. Тогда эрмитова матрицаM = E + Dy (g2 )D(g2) + + Dy (gN )D(gN)— задает положительно определенную квадратичную форму, потому что каждое слагаемое в отдельности задает положительно определенную квадратичную форму2 :(u, Mu) =NNXX(u, Dy(gj )D(gj)u) =(D(gj)u, D(gj)u) > 0.j=1j=1Заметим, что для любого g 2 GDy (g)MD(g) =NXDy (g)Dy(gi )D(gi )D(g)i=1=NXi=1Dy (gi g)D(gi g) =NX(A.1)Dy (gl )D(gl) = M,l=1где gl = gi g.
В курсе линейной алгебры доказывается, что для любой эрмитовой матрицы M положительно определенной квадратичной формы существует такая невырожденная матрица C, что M = Cy C. Действительно, для такой формы имеется базис, вкотором форма сводится к сумме квадратов (u, Mu) = (v, v), v = Cu, где C — невырожденная матрица. Тогда (v, v) = (Cu, Cu) = (u, Cy Cu) = (u, Mu) для любого u, откудаM = Cy C. Подставляя это выражение для M в тождество (A.1), получаемDy (g)Cy CD(g) = Cy C,илиC−1yDy (g)Cy CD(g)C−1 = CD(g)C−1y CD(g)C−1 = E,поэтому представление D 0 (g) = CD(g)C−1 унитарное.2 Положительноопределенной квадратичную форму называют, когда (u, Mu) > 0 для любого вектораu = 0.6103104A СВОЙСТВА ПРЕДСТАВЛЕНИЙТеорема A.2 .
Представление фактор-группы является представлением самойгруппы.Отображение группы в фактор-группу G → G/H является гомоморфизмом, потому что сохраняет групповую операцию. Действительно, если в группе g1 g2 = g, то ипроизведение соответствующих смежных классов Hg1 Hg2 = H(g1 g2 ) = Hg. Представление фактор-группы является гомоморфизмом по определению представления. Тогда изцепочкиG → G/H → Dочевидно, что G → D есть гомоморфизм.Теорема A.3 .
(Первая лемма Шура) Если матрица A связывает два неприводимых представленияD(1) (g)A = AD(2) (g),(A.2)то либо A – нулевая матрица, либо dim D(1) = dim D(2) и D(1) ∼ D(2) .1. Напомним, что L называется инвариантным подпространством относительно матриц D(g), n = dim D(g) > dim L, если для любого вектора w 2 L действие всехматриц D(g): не выводит из L, т.е. 8g 2 G : D(g)w 2 L. Мы не рассматриваем тривиальных случаев нулевого подпространства и всего пространства, которые всегда инвариантны. Сначала покажем, что если имеется нетривиальное инвариантное подпространство,то D(g) приводимо.Рассмотрим произвольный вектор u 2 F n , где F = R или C, n — размерность.Вектор можно записать как u = w + u? , где w 2 L F n , а u? лежит в ортогональномдополнении.
Тогда D(g)u = D(g)w + D(g)u?, где D(g)w лежит в L. Таким образом, вэтом базисе все матрицы D(g) приводятся к блочно-диагональному виду, а представление приводимо.Для правильности приведенных рассуждений необходимо, чтобы преобразованиеD(g) не выводило вектор u? из ортогонального дополнения. Это справедливо, в частности, для унитарных матриц, сохраняющих скалярное произведение (w, u?) = (D(g)w, D(g)u?) =0.Если представление не унитарное, то его матрицы приводятся, вообще говоря,только к блочно-верхнетреугольному виду. В алгебре доказывается, что для конечнойгруппы матриц над полем R или C приводятся и к блочно-диагональному виду (теоремаМашке).2.Рассмотрим сначала случай, когда матрица A — прямоугольная n1 n2 .Пусть она имеет больше столбцов, чем строк (n2 > n1 ), тогда ее столбцы линейно зависимы.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
