2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Изотропный тензор 6-го ранга.
Сообщение30.04.2012, 08:37 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
Munin в сообщении #565739 писал(а):
Ну если я лажанул, то хоть скажите где :-)



Видимо в попытках рассматривать кубик. Кубическая симметрия лишь подгруппа $SO(3)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Изотропный тензор 6-го ранга.
Сообщение30.04.2012, 09:42 
Заслуженный участник


19/07/08
1266
Alex-Yu в сообщении #565468 писал(а):
А вот как разлагается СИММЕТРИЗОВАННОЕ произведение двух неприводимых представлений ?

Характеры представлений $SO(3)$: $$\chi_J(\omega)=\frac{\sin(2J+1)\frac{\omega}2}{\sin\frac{\omega}2}$$
Характеры симметризованного произведения $$\left[ \chi_j^2 \right] = \frac12 \left[ \chi_j^2(\omega) + \chi_j(2\omega) \right]$$
Откуда можно получить путём "несложных вычислений" для целых $J$
$$\left[ D_J \times D_J \right] = D_{2J} + D_{2J-2}+ ... + D_0$$

(Оффтоп)

Если честно, самому выводить заломало, проверил правильность рассуждений найдя ровно те же слова в Бире Пикусе. Правда, их тоже строго выводить заломало они там некоторым трюком пользуются. На страницах 90-91.

 Профиль  
                  
 
 Re: Изотропный тензор 6-го ранга.
Сообщение30.04.2012, 09:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
Понял, буду думать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Изотропный тензор 6-го ранга.
Сообщение30.04.2012, 11:07 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
nestoklon в сообщении #565747 писал(а):
Откуда можно получить путём "несложных вычислений" для целых $J$
$$\left[ D_J \times D_J \right] = D_{2J} + D_{2J-2}+ ... + D_0$$



Этого мало. Надо еще разные $J$ в произведении. А этого хватило бы для тензора четвертого ранга. Но для него ответ и так известен -- упругий тензор изотропной среды.

Кроме того надо бы еще некие "симметризованные $3j$-символы". Чтоб не только число независимых констант получить, но и вид тензора. Без симметризации $3j$-символы мне известны. А вот с симметризацией...

Собственно ответ практической задачи ясен из того факта, что тензор должен выражаться через кронекеры (я это уже нашел у Векуа, кроме того, что тут подсказали). Но хочется понять еще и групповую подоплеку этого дела :-)

Конечно можно тупо интегрировать по группе. Как в точечных группах делается (в точечных, конечно, сумма вместо интеграла). Но лиевская группа полностью определяется своей алгеброй (инфинитезимальных преобразований). Видимо должно получаться и через алгебру.

 Профиль  
                  
 
 Re: Изотропный тензор 6-го ранга.
Сообщение30.04.2012, 11:45 
Заслуженный участник


19/07/08
1266
Alex-Yu в сообщении #565760 писал(а):
Этого мало. Надо еще разные $J$ в произведении.
Ну получите. Как -- вы теперь в курсе. Более того, ответ очевиден.
Alex-Yu в сообщении #565760 писал(а):
Конечно можно тупо интегрировать по группе.
Главное на забыть что в ортогональность характеров входит ещё вес $\sin^2\frac{\omega}2$. [см например у Варшаловича 4.14.7]
Alex-Yu в сообщении #565760 писал(а):
Но лиевская группа полностью определяется своей алгеброй (инфинитезимальных преобразований).
Да-да, тот самый трюк из Бира-Пикуса.

 Профиль  
                  
 
 Re: Изотропный тензор 6-го ранга.
Сообщение30.04.2012, 11:53 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
nestoklon в сообщении #565774 писал(а):
Да-да, тот самый трюк из Бира-Пикуса.


Да. Я уже глянул мельком. Надо же, забыл что у Бира и Пикуса и группа вращений есть, а не только точечные и пространственные... За ссылку спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Изотропный тензор 6-го ранга.
Сообщение01.05.2012, 11:24 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
nestoklon в сообщении #565774 писал(а):
Да-да, тот самый трюк из Бира-Пикуса.



Написанное у Бира и Пикуса всеже неубедительно. Фактически они рассматриваю не генераторы, а просто тождественное преобразование. И считают характеры. Конечно, если бы соотношения для таких характеров противоречило их утверждению, то утверждение было бы неверно. Но верность утверждения отсюда вовсе даже не следует :-)

Но на самом деле тут все просто. Есть правило симметрии для $3j$-символов:

$$
\left( {j_2 \atop m_2} { j_1 \atop m_1} { j_3 \atop m_3} \right) =
(-1)^{j_1+j_2+j_3}\left( {j_1 \atop m_1} { j_2 \atop m_2} { j_3 \atop m_3} \right )
$$

А отсюда следует, что в разложении

$$
D_j \times D_{j'} = D_{j+j'} + D_{j+j'-1} + \dots
$$

часть членов справа симметричны, а часть -- асимметричны. И ясно какие из ниих какие :-) В общем вопрос закрыт полностью, все абсолютно ясно.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 22 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Aer, Парджеттер, Eule_A, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group