Изотропный тензор 6-го ранга.

[Alex-Yu]

Munin в сообщении #565739 писал(а):

Ну если я лажанул, то хоть скажите где

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

[nestoklon]

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.

[Munin]

Понял, буду думать.

[Alex-Yu]

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.

[nestoklon]

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.

[Alex-Yu]

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.

[Alex-Yu]

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.