Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Хамермеш М. -> "Теория групп и ее применение к физическим проблемам" -> 75

Теория групп и ее применение к физическим проблемам - Хамермеш М.

Хамермеш М. Теория групп и ее применение к физическим проблемам — М.: Мир, 1966. — 587 c.
Скачать (прямая ссылка): teoriyagrupieeprimeneniya1966.pdf
Предыдущая << 1 .. 69 70 71 72 73 74 < 75 > 76 77 78 79 80 81 .. 180 >> Следующая

а) ШШП или б) (7.42а)
Правильное размещение точки (2) приводит к следующим вариантам:
а,) ШЕЮ а2) ШИН б) ШИЮ (7.426)
ш ? и
Ясно, что точка (3) помещается в оставшееся свободное место:
а,) ШШШ а2) ИШШ б) И®® (7.42в)
ШИШ
В вариантах „а]“ и „а2“ две точки 1 расположены в одной строке, поэтому эти варианты не содержат нечетных размещений. В случае „б“ точки 1 располагаются в обеих строках, и поэтому вариант „6“ содержит одно отрицательное размещение. Таким образом, мы получаем -|- 1 из „аj“, -|- 1 из „а2“ и —1 из „б“
4Н)>= + 1+1-1 = 1- (7-43)
Порядок, в котором выполняются размещения, не существен (хотя разумный выбор его может значительно сократить вычисления). Например, предположим, что сначала размещается одна точка (1), затем две точки (2) и затем одна точка (3). Первую точку (1) надлежит поместить в левый верхний угол:
ПП
244
Г лава 7. Симметрическая группа
Добавим теперь две точки (2). Первую точку (2) мы не можем поместить во вторую строку, поскольку наше правило требует, чтобы мы продолжали заполнение строки до тех пор, пока не будут использованы все точки либо же число точек не станет на единицу больше, чем число точек в предыдущей строке. Следовательно, единственным правильным размещением является
ШИШ
?
и, помещая сюда третью точку, мы получаем
имш
Ш
Мы имеем только один вариант без отрицательных размещений, поэтому
у(3' і) = —I— і А(2, 12) Т 1 ¦
В качестве следующего примера найдем
ния (2, I5) имеет вид
44, 13)'
Граф разбие-
п
Одно расположение состоит из одной точки (1), четырех точек (2), одной точки (3) и одной точки (4). Единица должна быть в левом верхнем углу. Тогда единственное правильное размещение четырех двоек дает нам
ип
®
ш ш ш
?
Тройку и четверку можно вписать двумя способами. В любом случае четыре двойки занимают четное число строк (нечетное размещение), так что
у(2. I») __ _ 2 А(4, I») -
§ 4. Графический метод нахождения характеров
245
Попытаемся найти Граф разбиения (8, 2) имеет вид
???????? ??
Если разместить пягь единиц в первой строке, то получится следующее:
шшишшшп
??
Если теперь мы будем размещать пять дпоек, то мы нарушим наше правило, ибо мы должны начать со второй строки и продолжать заполнять ее до тех пор, пока число занятых клеток не станет больше числа заполненных клеток в первой строке. Следовательно, этот метод не позволяет построить граф с помощью правильных размещений. Другой способ состоит в том, чтобы поместить первую единицу во второй строке, а остальные четыре единицы—в первой:
ШШ0ШПШП
ню
Но и тогда мы не сможем правильно разместить пять двоек, чтобы образовать граф. Поэтому не существует способов образования графа с помощью правильных размещений, вследствие чего
х&,2) = о.
45s)
па иаМпрм ' , . .
4*4, 8, I)'
В качестве последнего примера найдем Xf?2*я’ iv ГраФ разбиения (20, 2, 1) имеет вид:
???????????????????
Будем производить заполнение в следующем порядке: 1 точка, 8 точек, 14 точек. Единица отправляется в левый верхний угол. Тогда, если расположить 8 двоек в первой строке, то мы не сможем правильно расположить тройки. Точно так же, если мы начнем с двоек во второй строке и поместим две из них там, а остальные шесть — в первой строке, то пустая клетка в третьей строке будет мешать правильному размещению троек. Следовательно, мы должны сначала поместить двойку в третьей строке, затем две двойки — во второй
246
Глава 7. Симметрическая группа
и пять двоек — в первой. Четырнадцать троек заполнят первую строку, и мы получим правильное размещение:
0
Оно содержит лишь положительные размещения, поэтому
у(20, 2, I) __ I 1 А(М, 8, I) Т
Задачи. 1. Вычислите следующие характеры: а) б) $.'¦>, в)
г) Д) ХЙЇ!?. е)
2. Докажите следующую теорему:
Теорема. Характер класса (п) в неприводимых представлениях группы Sn, соответствующих разбиениям (р, 1?), где p-\-q = n, равен (—1)? для <7 = 0, 1...(п — 1). В остальных неприводимых представле-
ниях характер этого класса равен нулю.
[Указание. Попытайтесь построить правильное размещение п точек для различных разбиений; проверьте условия четности и нечетности размещения.]
3. Выведите следующие формулы:
д\ — ^ 0 - fl __ It
a) Х(І«, 2Р.ЗЇ ...) ’
fi4 Y(n-2,12) _(g —l)(g —2) n.
’ Z(l“, 20, 3V ...) 2
v „(Л-2.2) _ (a —l)(a—2) , о t
' *(la, 20, 3Y ...) 2 + P •
Попробуйте обобщить эти формулы.
Неприводимое представление, соответствующее разбиению (я), является единичным представлением, т. е. для всякого класса (I)
Так как его граф состоит из одной строки, то имеется лишь один способ построения этого графа с помощью правильных размещений. Неприводимое представление, соответствующее разбиению (1"), является знакопеременным представлением:
уО") = -1- 1 А(/) Г •
§ 4. Графический метод нахождения характеров
247
если (Г) — класс четных перестановок, и
уО") : — 1
\l)
если {Г) — класс нечетных перестановок. Доказательство этого очень схоже с доказательством приведенной выше теоремы. В данном случае существует только один столбец, и имеется лишь один способ правильного построения графа. Каждый цикл, содержащий четное число символов (нечетная перестановка), приводит к появлению множителя —1. Утверждение теоремы вытекает из того, что четные (нечетные) перестановки содержат четное (нечетное) число циклов четной длины.
Предыдущая << 1 .. 69 70 71 72 73 74 < 75 > 76 77 78 79 80 81 .. 180 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed