Теорема Блоха

[StaticZero]

Пусть пространство конечномерное размерности $N$. Пусть есть некоторый гамильтониан $\mathcal H$ и унитарный оператор $T_n$, коммутирующий с $\mathcal H$ и обладающий свойством $T_n T_{n'} = T_{n+n'}$. Из-за последнего всё семейство операторов $T$ коммутативно. Ещё определено, что $T_0, T_N \equiv I$ для некоторого $N$.

Коль скоро $[\mathcal H, T_n] = 0 \ \forall n$, то тогда выберем ортонормированный базис из общих для $\mathcal H$ и семейства $T$ собственных функций:

$$ \mathcal H \Psi_m = E_m \Psi_m, \quad T_n \Psi_m = \lambda_{nm} \Psi_m. $$

Теперь используем свойство $T_{n+n'} = T_n T_{n'}$ и напишем $\lambda_{(n+n')m} = \lambda_{nm} \lambda_{n'm}$, откуда (и из унитарности) следует, что $\lambda_{nm} = \exp(i \varphi_{nm})$, где $\varphi_{nm} = A_m n + B_m$.

Применяя дополнительные определения, получаем (при $n = 0$) условие $B_m = 2 \pi R_m$, где $R_m$ --- какое-то целое число, зависящее от $m$. Выбросим это слагаемое, так как оно ничего не даёт. Остаётся $\varphi_{nm} = A_m n$. Применяем теперь определение при $n = N$, получая $A_m N = 2 \pi Q_m$, где $Q_m$ --- какое-то целое число. Легко видеть, что эффективно число $A_m$ пробегает множество $2 \pi/N, 4 \pi/N, \ldots, 2 \pi$, так как приведение его к этому множеству даёт в экспоненту слагаемое, кратное $2 i \pi$, которое можно безболезненно удалить.

Как итог,

$$ T_n \Psi_m = \exp \left(i\frac{2 \pi n}{N} Q_m \right) \Psi_m = e^{i q_m n} \Psi_m, \quad q_m \equiv \frac{2 \pi Q_m}{N} \in \left \{ \frac{2 \pi}{N}, 2 \cdot \frac{2 \pi}{N}, \ldots, 2 \pi \right \} $$

Как я вижу, больше ограничений здесь нет. Тогда числа $q_m$ для каждой функции $\Psi_m$ можно задать произвольно из указанного множества.

Вопроса у меня два.
Первый: что значит "произвольно"? Например, если я два раза буду решать задачу на собственные значения для $n = 1$ вида $T x = e^{i q_m} x$, используя сначала один набор $q_m^{(1)}$, а затем другой, не тождественный ему $q_m^{(2)}$, то я, по идее, должен получать разные наборы собственных векторов, сиречь разные базисы. С другой стороны говорится, что для каждого набора $q_m$ найдётся общий базис $\phi_m$ у $T$ и $\mathcal H$ такой, что $T \phi_m = e^{i q_m} \phi_m$. У меня не получается уместить в одной голове две этих мысли. Тут либо что-то неправильно (и тогда прошу указать, что именно), либо всё правильно, но я не знаю, как нужно думать, чтобы эти две мысли сочетать.

Второй: Поскольку говорится, что для каждого набора $q_m$ найдётся общий базис $\phi_m$ у $T$ и $\mathcal H$ такой, что $T \phi_m = e^{i q_m} \phi_m$, то тогда, по идее, смена набора влечёт смену общего базиса. С другой стороны, собственные значения $\mathcal H$ от базиса не зависят. В таком случае, если собственному значению $E_m$ соответствует одномерное собственное подпространство, то функция нового базиса, отвечающая этому же значению $E_m$, должна быть не более, чем на постоянный множитель отлична от той функции, что была в старом базисе. Нормировка функций приводит к тому, что они вообще совпадут. Так, нетривиальным образом могут меняться только функции, отвечающие вырожденным уровням $E_m$. Но если у гамильтониана все уровни невырожденные, тогда смена базиса возможно только на тот же самый. Получится тогда, что разным наборам $q_m$ будет соответствовать один и тот же базис.

Пусть, например, $N = 5$ и у гамильтониана вырождение отсутствует. Первый набор: $\{ 2 \pi/5, 4 \pi/5, 6 \pi/5, 8 \pi/5, 2 \pi \}$. Пусть ему соответствует общий базис $\phi_1, \ldots, \phi_5$. Второй набор: $\{ 2 \pi, 6 \pi/5, 2 \pi/5, 8 \pi/5, 4 \pi/5 \}$. Ему должен соответствовать базис $\psi_1, \ldots, \psi_5$, состоящий из тех же функций. Таким образом, в порядке следования мы должны иметь тогда $\psi_1 = \phi_5, \psi_2 = \phi_3, \psi_3 = \phi_1, \psi_4 = \phi_4, \psi_5 = \phi_2$ (то есть просто переставили функции). При этом получается, что уровни $E_m$ зависят на самом деле от того, какой $q_m$ был взят: в первом наборе, например, был взят $q_1 = 2 \pi/5$, и тогда должно быть $H \phi_1 = E_1 \phi_1$, но $H \psi_1 = E_5 \psi_1$. Именно это имеют в виду, когда в зонной теории обозначают зависимость $E_{n \mathbf k}$?

Другой пример. Первый набор: $\{ 2 \pi/5, 4 \pi/5, 6 \pi/5, 4 \pi/5, 2 \pi \}$. Пусть ему соответствует общий базис $\phi_1, \ldots, \phi_5$. Функции $\phi_2$ и $\phi_4$ в этом случае принадлежат $\ker (T - \exp(4 i \pi/5) I)$, мы берем их ортогональными. Второй набор: $\{ 2 \pi/5, 4\pi/5, 6 \pi/5, 8 \pi/5, 2 \pi \}$. Ему должен соответствовать базис, состоящий из тех же функций, но в первом наборе не было функции, соответствующей числу $8 \pi/5$. Что в этом случае происходит? Я не имею права брать наборы $q_m$ с совпадающими членами, если спектр $\mathcal H$ невырожден? Видно ли формальным образом это ограничение?

[g______d]

StaticZero в сообщении #1373161 писал(а):

Первый набор: $\{ 2 \pi/5, 4 \pi/5, 6 \pi/5, 4 \pi/5, 2 \pi \}$. Пусть ему соответствует общий базис $\phi_1, \ldots, \phi_5$.

Я не уверен, что Вы правильно поняли "произвольно". Давайте заменим семейство операторов $T_n$ на один оператор $T=T_1$. Пусть у этого оператора $T$ различные собственные значения $\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4,\omega_5$, $|\omega_j|=1$.

Предположим, что $[T,\mathcal H]=0$. Тогда всё, что мы можем сказать, -- это то, что у $\mathcal H$ существует собственный базис $H\psi_i=E_i \psi_i$, такой что каждая $\psi_i$ является какой-то собственной функцией оператора $T$, то есть $T \psi_i=\omega_{m(i)}$, где $m(i)\in \{1,2,3,4,5\}$.

Вы можете переставлять эти $m(i)$, меняя порядок, в котором перечисляются собственные значения $T$, но не можете просто так какие-то выкидывать -- потому что нельзя гарантировать, что собственная функция $\mathcal H$ будет невыкинутой собственной функцией $T$.

StaticZero в сообщении #1373161 писал(а):

Именно это имеют в виду, когда в зонной теории обозначают зависимость $E_{n \mathbf k}$?

Эта зависимость обозначает следующее: рассмотрим подпространство $\ker({T-e^{2\pi i \mathbf{k}}})$. Оно является инвариантным подпространством для оператора $\mathcal H$. Другими словами, в базисе собственных функций оператора $T$ оператор $\mathcal H$ имеет блочную структуру, где каждый блок отвечает одному значению $\mathbf{k}$ (с точностью до прибавления целого числа -- более точно, одному значению $e^{2\pi i \mathbf{k}$ -- если мы в одномерном случае).

Обозначим один блок оператора $\mathcal H$ через $\mathcal H(\mathbf{k})$. Спектр этого блока не обязан быть простым. Его собственные значения, взятые в каком-то порядке (часто, но не всегда, в порядке возрастания), обозначаются через $E_{n\mathbf{k}}$ (опять же, если спектр этого оператора дискретный).

Здесь нужно сделать одну оговорку: как правило, спектр оператора сдвига непрерывный. Поэтому нельзя придать прямого смысла сужению $\mathcal H$ на $\ker({T-e^{2\pi i \mathbf{k}}})$. Более точную формулировку можно искать по ключевым словам "преобразование Флоке--Блоха--Гельфанда", например, Рид, Саймон, "Методы современной математической физики", том 4, раздел XIII.16.

[StaticZero]

g______d, спасибо за ответ!

g______d в сообщении #1373208 писал(а):

Я не уверен, что Вы правильно поняли "произвольно". Давайте заменим семейство операторов $T_n$ на один оператор $T=T_1$. Пусть у этого оператора $T$ различные собственные значения $\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4,\omega_5$, $|\omega_j|=1$.

Предположим, что $[T,\mathcal H]=0$. Тогда всё, что мы можем сказать, -- это то, что у $\mathcal H$ существует собственный базис $H\psi_i=E_i \psi_i$, такой что каждая $\psi_i$ является какой-то собственной функцией оператора $T$, то есть $T \psi_i=\omega_{m(i)}$, где $m(i)\in \{1,2,3,4,5\}$.

Вы можете переставлять эти $m(i)$, меняя порядок, в котором перечисляются собственные значения $T$, но не можете просто так какие-то выкидывать -- потому что нельзя гарантировать, что собственная функция $\mathcal H$ будет невыкинутой собственной функцией $T$.

Я тоже начал было к этой мысли сходиться, теперь сойдусь гораздо быстрее.

g______d в сообщении #1373208 писал(а):

а зависимость обозначает следующее: рассмотрим подпространство $\ker({T-e^{2\pi i \mathbf{k}}})$. Оно является инвариантным подпространством для оператора $\mathcal H$. Другими словами, в базисе собственных функций оператора $T$ оператор $\mathcal H$ имеет блочную структуру, где каждый блок отвечает одному значению $\mathbf{k}$ (с точностью до прибавления целого числа -- более точно, одному значению $e^{2\pi i \mathbf{k}$ -- если мы в одномерном случае).

Обозначим один блок оператора $\mathcal H$ через $\mathcal H(\mathbf{k})$. Спектр этого блока не обязан быть простым. Его собственные значения, взятые в каком-то порядке (часто, но не всегда, в порядке возрастания), обозначаются через $E_{n\mathbf{k}}$ (опять же, если спектр этого оператора дискретный).

А вот здесь не очень понял. Пока картина сложилась в голове такая (Смотрю Ашкрофт, Мермин. ФТТ, Глава 8 (т. 1), Теорема Блоха). Пусть у одноэлектронного $\mathcal H$ есть полный набор $\Psi_m$. В $(8.12)$ индексом собственная функция не снабжена. Давайте снабдим. Будем тогда иметь

$$ \begin{align*} \mathcal H \Psi_m = E_m \Psi_m, \\ T_{\mathbf R} \Psi_m = c_m(\mathbf R) \Psi_m. \end{align*} $$

По аналогии с цитатой выше: формула

$$ c(\mathbf R) = \exp (i \mathbf k \mathbf R) \eqno{(8.19)} $$

будет переписана в виде

$$ c_m(\mathbf R) = \exp( i \mathbf k_m \mathbf R) $$

и будет означать, что существует пачка векторов $\mathbf k_m$ (бесконечная, если $\dim \mathscr H = \infty$) такая, что все пространство $\mathscr H$ разбито в прямую сумму подпространств $\bigoplus_m \ker(T_{\mathbf R} - I \exp (i \mathbf k_m \mathbf R))$ для любого $\mathbf R$ и $\mathbf k_m$ от $\mathbf R$ не зависят. Отсюда появляется индекс $\mathbf k$ в значке $E_{\mathbf k}$, означающий то, что $\mathbf k$ пробегает пачку векторов $\mathbf k_m$, для каждого вектора из пачки найдётся хотя бы одна собственная функция $\mathcal H$, а значит, хотя бы один уровень энергии.

В каждом $ \ker(T_{\mathbf R} - I \exp (i \mathbf k_m \mathbf R))$ может находиться более одной собственной функции для $\mathcal H$. Отсюда следует появление индекса $n$ у уровней $E_n (\mathbf k)$, причём, вообще говоря, $n$ для разных $\mathbf k_m$ пробегает разные множества. Правильно?

(Оффтоп)

g______d в сообщении #1373208 писал(а):

"Методы современной математической физики", том 4, раздел XIII.16.

Простите. А для чтения этой книги какую базу нужно иметь?

[g______d]

StaticZero в сообщении #1373239 писал(а):

пространство $\mathscr H$ разбито в прямую сумму подпространств $\bigoplus_m \ker(T_{\mathbf R} - I \exp (i \mathbf k_m \mathbf R))$ для любого $\mathbf R$ и $\mathbf k_m$ от $\mathbf R$ не зависят. Правильно?

Не совсем. $\mathbf R$ должно быть периодом оператора (то есть вектором решётки периодов). Обозначим эту решётку через $\Gamma$. Там рассматривается класс операторов $-\Delta+V(\mathbf r)$, где $V(\mathbf{r}+\mathbf{R})=V(\mathbf{r})$, для любых $\mathbf{R}\in \Gamma$, $\mathbf{r}\in \mathbb R^3$.

Далее утверждается следующее: поскольку $\mathcal H$ коммутирует со сдвигами на все возможные $\mathbf{R}$, и эти сдвиги коммутируют между собой, можно искать (обобщённые!) собственные вектора $\mathcal H$ с дополнительным условием, что каждый из них является ещё и собственным вектором для всех возможных сдвигов на элементы $\Gamma$.

$\Gamma$ является решёткой, и у неё есть базис, допустим,
$$\Gamma=\{n_1 \mathbf{a}_1+n_2\mathbf{a}_2+n_3\mathbf{a}_3\colon \mathnf{n}=(n_1,n_2,n_3)\in \mathbb Z^3\}$.

Чтобы функция была собственным вектором всех сдвигов, достаточно проверить для сдвигов на базисные векторы:

$$ \psi(\mathbf{x}+\mathbf{a}_j)=\omega_j \psi(\mathbf{x}),\quad j=1,2,3,\quad |\omega|=1. $$

В обозначениях АМ $\omega_j=c(\mathbf{a}_j)$.

Далее, пусть $\omega_j=e^{2\pi i x_j}$, где $x_j$ -- число. Тогда, если ввести (8.20), получится (8.21).

StaticZero в сообщении #1373239 писал(а):

Пусть у одноэлектронного $\mathcal H$ есть полный набор $\Psi_m$. В $(8.12)$ индексом собственная функция не снабжена. Давайте снабдим. Будем тогда иметь

$$ \begin{align*} \mathcal H \Psi_m = E_m \Psi_m, \\ T_{\mathbf R} \Psi_m = c_m(\mathbf R) \Psi_m. \end{align*} $$

Здесь цель несколько противоположная. Если мы будет перечислять все собственные функции $\mathcal H$ одним значком, их будет очень много: кратность спектра бесконечна, для одной энергии будет очень много собственных функций. Блоховские решения используются как раз для того, чтобы внести какую-то структуру в этот хаос.

Вместо того, чтобы бросаться сразу искать все СФ оператора $\mathcal H$, мы сначала говорим, что, не умаляя общности, собственные функции можно искать в виде (8.6) для некоторого $\mathbf{k}$. Потом фиксируем $\mathbf{k}$. При фиксированном $\mathbf{k}$, как правило, собственных значений будет намного меньше (бесконечный дискретный набор, а не непрерывный), и их можно перечислить. А потом нужно пройтись по всем возможным $\mathbf{k}$, это будет трёхпараметрическое семейство.

-- Чт, 31 янв 2019 17:15:09 --

StaticZero в сообщении #1373239 писал(а):

В каждом $ \ker(T_{\mathbf R} - I \exp (i \mathbf k_m \mathbf R))$ может находиться более одной собственной функции для $\mathcal H$. Отсюда следует появление индекса $n$ у уровней $E_n (\mathbf k)$, причём, вообще говоря, $n$ для разных $\mathbf k_m$ пробегает разные множества. Правильно?

Попробую ответить более точно. Про ядро -- это было в одномерном случае. В многомерном случае нужно рассмотреть все возможные
$\mathbf{k}=x_1 \mathbf{b}_1+x_2 \mathbf{b}_2+x_3 \mathbf{b}_3$, $x_i\in [0,1)$. Введём (это не строго) пространство

$$ \mathcal{L}(\mathbf{k})=\{\psi\colon \psi(\mathbf{x}+\mathbf{a}_j)=e^{2\pi i x_j}\psi(\mathbf{x}):j=1,2,3\}=\{\psi\colon \psi(\mathbf{x}+\mathbf{R})=e^{2\pi \mathbf{k}\cdot\mathbf{R}}\psi(\mathbf{x}):\forall \mathbf{R}\in \Gamma\}= $$ $$ =\ker(T_{\mathbf{a}_1}-e^{2\pi i x_1})\cap \ker(T_{\mathbf{a}_2}-e^{2\pi i x_2})\cap \ker(T_{\mathbf{a}_3}-e^{2\pi i x_3}) $$

Тогда оператор $\mathcal H$ имеет блочную структуру по отношению к разбиению всего пространства на пространства $\mathcal{L}(\mathbf{k})$. Сами эти пространства образуют трёхпараметрическое семейство.

Чтобы это обосновать строго, нужно ввести понятие прямого интеграла гильбертовых пространств (по аналогии с прямой суммой).

-- Чт, 31 янв 2019 17:16:53 --

StaticZero в сообщении #1373239 писал(а):

А для чтения этой книги какую базу нужно иметь?

Если начинать с первого тома, то никакой. Чтобы понимать указанную главу, более-менее достаточно понять спектральную теорему. Судя по всему, Вам рано или поздно придётся выучить, уже не первый раз всплывает.

[StaticZero]

g______d в сообщении #1373248 писал(а):

в виде (8.6)

В формуле (8.6) в моём издании 79 года написано $\psi(\mathbf r + \mathbf R) = \exp(i \mathbf k \mathbf R) \psi(\mathbf r)$. Пёс его знает, что нынешние издатели могли сделать с этой несчастной книжкой. Я долго думал, что это за вид. Потом мне подумалось, что вы имели в виду

$$ \psi(\mathbf r) = \exp(i \mathbf k \mathbf r) u(\mathbf r) $$

(здесь я индексы опустил), что есть (8.3), и вроде бы стало понятнее.
------------------------------------------------------
Сначала говорим, что общий базис есть, и функции из общего базиса обладают свойством

$$\forall \psi \in \text{CB} \ \exists \mathbf k: T_{\mathbf R} \psi(\mathbf r) = \exp(i \mathbf k \mathbf R) \psi(\mathbf r). \quad \text{(Common Basis)}.$$

Теперь перейдём к другому представлению. Заметим, что $\exp(-i \mathbf k \mathbf R) T_{\mathbf R} \psi(\mathbf r) = \psi(\mathbf r)$. Умножим всё на $\exp(-i \mathbf k \mathbf r)$. Получим

$$ \exp(-i \mathbf k (\mathbf r + \mathbf R)) T_{\mathbf R} \psi(\mathbf r) = T_{\mathbf R} \left[\exp(-i \mathbf k \mathbf r) \psi(\mathbf r)\right] = \exp(-i \mathbf k \mathbf r) \psi(\mathbf r). $$

Функция $u(\mathbf r) = \exp(-i \mathbf k \mathbf r) \psi(\mathbf r)$ --- собственная для транслятора с с. з. 1 на любой вектор прямой решётки. Отсюда получаем нужный вид

$$ \psi(\mathbf r) = \exp(i \mathbf k \mathbf r) u(\mathbf r), \quad T_{\mathbf R} u(\mathbf r) = u(\mathbf r). $$

Функции $u$ должны решать задачу

$$ \frac{\hbar^2}{2 m} \left(-\Delta u - 2 i \mathbf k \operatorname{grad} u + k^2 u\right) + \Phi u = E u. \eqno{(*)} $$

Теперь если мы забудем вообще про всё и у нас будет только задача $(*)$, то тогда сделаем в точности как тут

g______d в сообщении #1373248 писал(а):

Потом фиксируем $\mathbf{k}$. При фиксированном $\mathbf{k}$, как правило, собственных значений будет намного меньше (бесконечный дискретный набор, а не непрерывный), и их можно перечислить. А потом нужно пройтись по всем возможным $\mathbf{k}$, это будет трёхпараметрическое семейство.

Задача имеет смысл при всех $\mathbf k$. Если мы её решаем при каком-то $\mathbf k$, то функция $e^{i \mathbf k \mathbf r} u_{\mathbf k}$ будет собственной для исходного гамильтониана. В этом смысле $\mathbf k$ вообще берём какой хотим, и нас могут связать только граничные или ещё какие условия.


Если логика правильная, то остаётся на эту тему лишь такой вопрос: а мы точно знаем, что набор с. ф. задачи $(*)$ будет дискретный?
-------------------------------------

g______d в сообщении #1373248 писал(а):

нужно ввести понятие прямого интеграла гильбертовых пространств (по аналогии с прямой суммой).

До прямого интеграла я надеюсь доживу. Вот представим на секунду, что наложены условия Борна--Кармана $\psi(\mathbf r + N_i \mathbf a_i) = \psi(\mathbf r)$, что приводит к тому, что пачка допустимых векторов $\mathbf k$ дискретна в согласии с (8.27): $\mathbf k_{P Q R}= \mathbf b_1 \cdot P/N_1 + \mathbf b_2 \cdot Q/N_2 + \mathbf b_3 \cdot R/N_3$, где $P, Q, R$ --- целые числа. Правда ли, что тогда $\mathscr H$ разваливается в прямую сумму подпространств

$$ \mathcal L(\mathbf k_{PQR}) = \ker(T_{\mathbf a_1} - I \exp(2 i \pi P/N_1)) \cap \ker(T_{\mathbf a_2} - I \exp(2 i \pi Q/N_2)) \cap \ker(T_{\mathbf a_3} - I \exp(2 i \pi R/N_3)) $$

и это уже будет вполне строго?

Если это так, то тогда я смогу думать о том, что прямой интеграл нужен для общих рассуждений, а в практическом случае периодических граничных условий можно обойтись более простым инструментом. Причём в этом случае $P, Q, R$ эффективно пробегают ограниченное множество индексов, соответственно $\mathscr H$ должно получиться представленным в виде конечного объединения таких "элементалей" $\mathcal L$.

[g______d]

StaticZero в сообщении #1373369 писал(а):

В формуле (8.6) в моём издании 79 года написано $\psi(\mathbf r + \mathbf R) = \exp(i \mathbf k \mathbf R) \psi(\mathbf r)$.

Я имел в виду именно это издание и именно эту формулу. Вместо "в виде (8.6)" я должен был написать "с условием (8.6)". Ваша следующая формула, впрочем, ему эквивалентна (как Вы и показываете после этого).

-- Пт, 01 фев 2019 08:35:46 --

StaticZero в сообщении #1373369 писал(а):

Если логика правильная, то остаётся на эту тему лишь такой вопрос: а мы точно знаем, что набор с. ф. задачи $(*)$ будет дискретный?

Задача (*) поставлена с периодическими краевыми условиями. Можно считать, что это оператор на торе. При этом оператор эллиптический (возмущение Лапласа младшими членами). Спектр эллиптического оператора на компактном многообразии, как правило, дискретный.

-- Пт, 01 фев 2019 08:51:12 --

StaticZero в сообщении #1373369 писал(а):

До прямого интеграла я надеюсь доживу. Вот представим на секунду, что наложены условия Борна--Кармана $\psi(\mathbf r + N_i \mathbf a_i) = \psi(\mathbf r)$, что приводит к тому, что пачка допустимых векторов $\mathbf k$ дискретна в согласии с (8.27): $\mathbf k_{P Q R}= \mathbf b_1 \cdot P/N_1 + \mathbf b_2 \cdot Q/N_2 + \mathbf b_3 \cdot R/N_3$, где $P, Q, R$ --- целые числа. Правда ли, что тогда $\mathscr H$ разваливается в прямую сумму подпространств

$$ \mathcal L(\mathbf k_{PQR}) = \ker(T_{\mathbf a_1} - I \exp(2 i \pi P/N_1)) \cap \ker(T_{\mathbf a_2} - I \exp(2 i \pi Q/N_2)) \cap \ker(T_{\mathbf a_3} - I \exp(2 i \pi R/N_3)) $$

и это уже будет вполне строго?

Да (если я правильно понял Ваш вопрос). Если потенциал имеет период 1, мы сузили его на ящик размера 1000 с периодическими краевыми условиями на волновую функцию периода 1000, то тогда будет обычная прямая сумма с конечным набором значений квазиимпульса.

Но вообще у исходной задачи с прямым интегралом есть прямой смысл. Например, рассмотрим собственные значения задачи (*) как функции параметра $\mathbf{k}$. Они будут непрерывно меняться при изменении $\mathbf{k}$ (даже аналитически -- когда они не налезают друг на друга и если мы их правильно перенумеруем). Их графики в зависимости от $\mathbf{k}$ называются дисперсионными кривыми. Области значений -- зонами проводимости. Промежутки между областями значений -- запрещёнными зонами. Впрочем, если Вы сделаете как в предыдущем абзаце, Вы тоже получите эти функции на конечном множестве точек.

[StaticZero]

g______d, большое спасибо! С обыкновенной теоремой Блоха вроде разобрался.

С конечномерными баранами сейчас попробую действовать по аналогии.

[amon]

Вообще, утверждение, напыщенно называемое теоремой Блоха, это почти тривиальное следствие"нормальной" теоремы о том, что все неприводимые представления абелевой группы одномерны. Надо Вам сейчас этим голову забивать, или надо подождать, пока у Вас будет теория групп я не знаю.

[StaticZero]

(Оффтоп)

amon в сообщении #1373479 писал(а):

пока у Вас будет теория групп

Видимо, будет тогда, когда я сам возьму учебник. Практика показывает, что курсы, которые оказываются очень нужны для понимания вещей, читаются отвратительно (ФТТ) или не читаются (функан). Боюсь, что если внезапно потребуются сведения из теории групп, то мне придётся точно так же продираться сквозь книжки с целью получить кристальную ясность.

[g______d]

amon в сообщении #1373479 писал(а):

Вообще, утверждение, напыщенно называемое теоремой Блоха, это почти тривиальное следствие"нормальной" теоремы о том, что все неприводимые представления абелевой группы одномерны.

Ну тут есть две части -- само утверждение про характеры (тривиальное) и теорема о разложении в прямой интеграл, которая требует спектральной теоремы плюс ещё чего-то (по-хорошему, двойственности Понтрягина).

Плюс, тексты по ФТТ, возможно, как раз являются хорошей мотивацией для изучения абстрактной теории.

-- Пт, 01 фев 2019 12:02:33 --

StaticZero, есть неплохой современный обзор работ по матфизике на эту тему:

http://www.ams.org/journals/bull/2016-5 ... 6-01528-X/

https://arxiv.org/abs/1510.00971

[StaticZero]

g______d в сообщении #1373484 писал(а):

StaticZero, есть неплохой современный обзор работ по матфизике на эту тем

Спасибо, содержание выглядит мощно. Как-нибудь посмотрю, как отвлекусь от текущей задачи.