부록 G · 출처: Kim–Oh–Kim(arXiv:1911.00892)과 보충자료, Penrose(1971), J.-H. Kim 발표 "Re-presentation"(슬라이드 56–59)
G1의 약속을 그대로 씁니다. 선 = $\delta$, 닫힌 고리 = 3, 검은 점 = $\varepsilon$(반시계로 읽음). 이 레슨에서 새로 나오는 그림은 막대 두 종류, 나비넥타이, 회전 화살촉입니다.
| 그림 | 식 |
|---|---|
| $\mathbf n$ 두 개의 구면 평균 | $\langle n_in_j\rangle=\frac13\delta_{ij}$ (컵의 ⅓). 평균 $\langle f\rangle=\frac1{4\pi}\int f\,d\Omega$ |
| $\mathbf n$ $2\ell$개의 평균 | $\dfrac{\text{모든 짝짓기의 합}}{(2\ell+1)!!}$, 홀수 개면 0 |
| 성분 공식 | $\langle n_x^{2a}n_y^{2b}n_z^{2c}\rangle=\dfrac{(2a-1)!!\,(2b-1)!!\,(2c-1)!!}{(2a+2b+2c+1)!!}$ |
| 물결 막대 / 직선 막대 | 대칭화 $=\frac12(\text{평행}+\text{교차})$, 반대칭화 $=\frac12(\text{평행}-\text{교차})$ ($1/p!$ 포함) |
| 두 가닥 분해 | 평행 $=\frac13(\text{컵캡})+\text{반대칭}+\text{STF 사영자}$, 차원 $1+3+5=9$ |
| 변환기$_\ell$(나비넥타이) | $=\dfrac{(2\ell-1)!!}{\ell!}\times$STF 사영자. 변환기$_2=\frac32$대칭화$-\frac12$컵캡 |
| 변환기에 단위벡터를 닮 | 변환기$_\ell(\mathbf a\cdots;\mathbf b\cdots)=P_\ell(\mathbf a\cdot\mathbf b)$ |
| 평균 규칙 | $\langle$변환기$(\mathbf a;\mathbf n)\,$변환기$(\mathbf b;\mathbf n)\rangle=\dfrac{\text{변환기}(\mathbf a;\mathbf b)}{2\ell+1}$ |
| 구면조화함수 | $Y_\ell^m=c_{\ell m}\,$변환기$_\ell(\mathbf e_+^{\,m}\,\mathbf e_0^{\,\ell-m};\mathbf n^\ell)$, $\ \mathbf e_+=-\frac{\mathbf e_x+i\mathbf e_y}{\sqrt2}$, $\ c_{\ell m}^2=\dfrac{2\ell+1}{4\pi\,\text{변환기}(\bar{\mathbf e};\mathbf e)}$ |
| 덧셈 정리 | $\sum_mY_\ell^m(\mathbf n)Y_\ell^{m*}(\mathbf n')=\frac{2\ell+1}{4\pi}P_\ell(\mathbf n\cdot\mathbf n')$ |
| 화살촉 $R_{ij}$ | 뾰족한 쪽 $=i$. 반대 방향 둘은 사라짐($RR^T=1$) |
| 로드리게스 | $R=\cos\alpha\,I+\sin\alpha\,G_{\mathbf n}+(1-\cos\alpha)\,\mathbf n\mathbf n$, $\ G_{\mathbf n}\mathbf v=\mathbf n\times\mathbf v$ |
| 각과 축 | $\operatorname{tr}R=1+2\cos\alpha$, $\ R-R^T=2\sin\alpha\,G_{\mathbf n}$ |
그림으로는 $\mathbf n$ 상자에서 나온 열린 끝들을 컵으로 잇는 모든 방법입니다. 네 개일 때는 대칭화(물결) 막대 아래에 컵 둘을 단 그림 하나로 쓸 수 있습니다(막대가 세 짝짓기의 평균을 만듦).
위: $\langle n_in_j\rangle=\frac13\delta_{ij}$. 아래: $\langle n_in_jn_kn_l\rangle=\frac1{15}(\delta_{ij}\delta_{kl}+\delta_{il}\delta_{jk}+\delta_{ik}\delta_{jl})$. 일반적으로 $\mathbf n$ $2\ell$개의 평균 = $\frac1{2\ell+1}\times$(물결 막대 아래 컵 $\ell$개).
모양. 구 전체에서 평균을 내면 좌표축을 돌려도 값이 같습니다. 회전해도 변하지 않는 2지표 텐서는 $c\,\delta_{ij}$뿐이므로 $\langle n_in_j\rangle=c\,\delta_{ij}$. $i=j$로 닫으면 $\mathbf n\cdot\mathbf n=1$이라 $1=3c$, $c=\frac13$.
4지표. 같은 이유로 $\delta$ 곱의 조합이고, 지표를 서로 바꿔도 같아야 하므로 세 짝짓기의 계수가 같습니다: $c_2(\delta_{ij}\delta_{kl}+\delta_{ik}\delta_{jl}+\delta_{il}\delta_{jk})$. $i=j$로 닫으면 왼쪽은 $\langle n_kn_l\rangle=\frac13\delta_{kl}$, 오른쪽은 $c_2(3+1+1)\delta_{kl}$이라 $c_2=\frac1{15}$.
일반. $2\ell$지표 짝짓기 합에서 한 쌍을 닫으면 (그 쌍끼리 짝인 항이 고리 3을, 나머지가 $2(\ell-1)$을 줘서) $(2\ell+1)\times$($2\ell-2$지표 짝짓기 합)이 됩니다. 그래서 $c_\ell=c_{\ell-1}/(2\ell+1)$, 곧 $c_\ell=1/(2\ell+1)!!$입니다. (엄밀하게는 "회전 불변 텐서는 $\delta$의 곱뿐"이라는 정리가 필요하지만 생략합니다.)
(a) $\int n_in_j\,d\Omega=4\pi\cdot\frac13\delta_{ij}=\frac{4\pi}3\delta_{ij}$. 위 그림에 $4\pi$를 곱한 것입니다.
(b) $\int\cos^4\theta\,d\Omega=4\pi\langle n_z^4\rangle$. 지표가 모두 $z$라 세 짝짓기가 모두 살아남습니다: $4\pi\cdot\frac{3}{15}=\frac{4\pi}5$.
(c) $\int\frac{x^2y^2}{r^4}d\Omega=4\pi\langle n_x^2n_y^2\rangle$. 지표 $x,x,y,y$에서 살아남는 짝짓기는 $(xx)(yy)$ 하나: $4\pi\cdot\frac1{15}=\frac{4\pi}{15}$.
(d) $\langle\cos^4\theta\sin^2\theta\sin^2\varphi\rangle$. $\sin^2\theta\sin^2\varphi=n_y^2$이므로 $\langle n_z^4n_y^2\rangle$. $a=0,b=1,c=2$를 넣으면
$$\langle n_z^4n_y^2\rangle=\frac{1!!\cdot3!!}{7!!}=\frac{1\cdot3}{105}=\frac1{35}.$$직접 하려면 $\int_{-1}^1u^4(1-u^2)\,du=\frac4{35}$와 $\int_0^{2\pi}\sin^2\varphi\,d\varphi=\pi$를 곱해 $4\pi$로 나눕니다. 같은 $\frac1{35}$입니다.
(e) $\langle\cos^2\theta\sin^4\theta\sin^2\varphi\cos^2\varphi\rangle=\langle n_z^2n_x^2n_y^2\rangle=\frac{1}{105}$ (축마다 짝이 하나뿐).
L22 예제 8-1(b): $\int Y_2^{0*}\cos\theta\,Y_1^0\,d\Omega$. 상수는 L22와 같이 $\sqrt{\frac5{16\pi}}\sqrt{\frac3{4\pi}}=\frac{\sqrt{15}}{8\pi}$이고, 남은 것은 $\int(3n_z^2-1)n_z^2\,d\Omega$입니다.
$$\begin{aligned}\int(3n_z^2-1)n_z^2\,d\Omega&=4\pi\big(3\langle n_z^4\rangle-\langle n_z^2\rangle\big)\\&=4\pi\Big(\frac35-\frac13\Big)=\frac{16\pi}{15},\\ \frac{\sqrt{15}}{8\pi}\cdot\frac{16\pi}{15}&=\frac{2}{\sqrt{15}}.\end{aligned}$$L22의 답과 같습니다. $u$ 치환과 $\int(3u^2-1)u^2du$가 "$\frac35-\frac13$"으로 바뀌었습니다.
L22 연습 F4: $\int|Y_1^1|^2\cos^2\theta\,d\Omega=\frac3{8\pi}\int\sin^2\theta\cos^2\theta\,d\Omega$. $\sin^2\theta=n_x^2+n_y^2$이므로
$$\frac3{8\pi}\cdot4\pi\big(\langle n_x^2n_z^2\rangle+\langle n_y^2n_z^2\rangle\big)=\frac32\cdot\frac2{15}=\frac15.$$두 가닥(평행) = ⅓ 컵캡(대각합 부분) + 반대칭화 막대 + STF 사영자. 사영자는 변환기와 같은 나비넥타이로 그리고 옆에 P를 적어 구별합니다.
차원. 평행 두 가닥을 닫으면 고리 둘 = $3\cdot3=9$, 교차를 닫으면 고리 하나 = 3입니다. 그래서 대칭화를 닫으면 $\frac12(9+3)=6$, 반대칭화는 $\frac12(9-3)=3$. 컵캡을 닫으면 컵과 캡이 고리 하나가 되어 3, ⅓을 곱해 1. STF는 $6-1=5$.
사영자. 교차를 두 번 하면 평행입니다. 그래서 대칭화를 두 번 걸어도 대칭화, 반대칭화도 같습니다. 대칭화 막대와 반대칭화 막대를 이으면 교차 하나가 $+1$과 $-1$을 동시에 받아야 하므로 0입니다. 컵캡은 대칭이라 반대칭 막대와 이으면 0이고, STF 사영자는 정의상 대각합이 0이라 컵캡과 이으면 0입니다.
L29에서 $T$, 대칭 부분 $S$, 반대칭 부분 $A$를 이미 구했습니다. 대각합 $\operatorname{tr}T=\mathbf a\cdot\mathbf b=1$이므로 대각합 부분은 $\frac13I$. 반대칭 부분의 쌍대는 L29처럼 $\frac12\mathbf a\times\mathbf b=(2,-1,-\frac72)$입니다. STF 부분은 $S$의 대각에서 $\frac13$씩 뺀 것입니다.
$$T^{\rm STF}=\begin{pmatrix}\dfrac83&\dfrac52&1\\\dfrac52&-\dfrac73&2\\1&2&-\dfrac13\end{pmatrix},\qquad\operatorname{tr}=\tfrac{8-7-1}{3}=0.$$제곱합 검산: $\sum T_{ij}^2=9+1+4+36+4+16=70$.
$$\begin{aligned}\tfrac13(\operatorname{tr}T)^2&=\tfrac13,\\ \textstyle\sum A_{ij}^2&=2\big(\tfrac{49}4+1+4\big)=\tfrac{69}2,\\ \textstyle\sum(T^{\rm STF}_{ij})^2&=\tfrac{64+49+1}9+2\big(\tfrac{25}4+1+4\big)=\tfrac{211}6.\end{aligned}$$$\frac26+\frac{207}6+\frac{211}6=70$. 맞습니다. 독립 성분은 $1+3+5=9$개로, $T$의 9성분과 같습니다.
첫 줄: 변환기$_2=\frac32$대칭화 $-\frac12$컵캡. 둘째 줄: 위에 $\mathbf e$, 아래에 $\mathbf n$을 달면 $P_\ell$. 셋째 줄: 변환기끼리 이으면 $\frac32$배, $\frac52$배.
$\mathbf a$를 단위벡터로 고정하고 $f(\mathbf b)=\text{변환기}_\ell(\mathbf a^\ell;\mathbf b^\ell)$을 봅니다. $\mathbf b$의 $\ell$차 동차다항식입니다. $\nabla_b^2$를 걸면 아래 가닥 두 개가 서로 이어진 그림($\ell(\ell-1)$배)이 되는데 대각합이 0이므로 $\nabla^2f=0$, 곧 조화함수입니다.
$\mathbf a$축 둘레로 돌려도 값이 같으므로 $f=b^\ell\,g(\cos\theta)$ ($\theta$는 $\mathbf a$와 $\mathbf b$ 사이 각) 꼴의 방위대칭 조화함수이고, L26 7절에 따라 $g\propto P_\ell$입니다. 비례상수는 최고차 항으로 정합니다: 대칭화 부분이 $\kappa_\ell(\mathbf a\cdot\mathbf b)^\ell$을 주고 대각합 빼기는 낮은 차수만 줍니다. $P_\ell$의 최고차 계수가 바로 $\kappa_\ell=\frac{(2\ell-1)!!}{\ell!}$($P_2$: $\frac32$, $P_3$: $\frac52$)이므로 상수는 1입니다.
$\mathbf a^3$의 대칭 부분 $a_ia_ja_k$에서 대각합을 뺍니다: $a_ia_ja_k-c\,a^2(\delta_{ij}a_k+\delta_{ik}a_j+\delta_{jk}a_i)$. $i=j$로 닫으면 $a^2a_k-c\,a^2(3+1+1)a_k=0$이라 $c=\frac15$.
이것을 $\mathbf b^3$에 대고 $\kappa_3=\frac52$를 곱합니다.
$$\begin{aligned}\text{변환기}_3&=\tfrac52\Big[(\mathbf a\cdot\mathbf b)^3-\tfrac35a^2b^2(\mathbf a\cdot\mathbf b)\Big]\\&=\tfrac52(\mathbf a\cdot\mathbf b)^3-\tfrac32(\mathbf a\cdot\mathbf b)a^2b^2.\end{aligned}$$단위벡터면 $x=\mathbf a\cdot\mathbf b$로 $\frac{5x^3-3x}2=P_3(x)$입니다. $\mathbf a=\mathbf e_z$, $\mathbf b=\mathbf r$로 두면 $r^3P_3=\frac{5z^3-3zr^2}2$이고, $\nabla^2\big(\frac52z^3\big)=15z$, $\nabla^2\big(-\frac32zr^2\big)=-\frac32\cdot10z$라 합이 0입니다.
L21 8절의 전개 $\frac1{|\mathbf r-\mathbf r'|}=\sum_\ell\frac{r'^\ell}{r^{\ell+1}}P_\ell(\mathbf n\cdot\mathbf n')$에서 $P_\ell(\mathbf n\cdot\mathbf n')=$변환기$_\ell(\mathbf n'^\ell;\mathbf n^\ell)$입니다. 변환기는 위에 단 것에 대해 선형이므로 $r'^2\,$변환기$_2(\mathbf n'\mathbf n';\mathbf n\mathbf n)=$변환기$_2(\mathbf r'\mathbf r';\mathbf n\mathbf n)$. 전하 $q_s$들에 대해 더하면 ($k=\frac1{4\pi\varepsilon_0}$)
$$\Phi_{\ell=2}=\frac{k}{r^3}\,\text{변환기}_2(M;\mathbf n\mathbf n)=\frac k{r^3}\Big[\tfrac32\,\mathbf n\cdot M\mathbf n-\tfrac12\operatorname{tr}M\Big],\quad M=\sum_sq_s\mathbf r_s\mathbf r_s.$$변환기가 대각합을 알아서 버리므로 $M$에서 $r_s^2\delta$를 빼는 작업이 필요 없습니다.
(a) L21 연습 D1: $\pm a\mathbf e_z$에 $q$, 원점에 $-2q$. $M=2qa^2\,\mathbf e_z\mathbf e_z$(원점 전하는 $\mathbf r_s=0$).
$$\Phi_2=\frac{k}{r^3}\cdot2qa^2\Big(\tfrac32\cos^2\theta-\tfrac12\Big)=\frac{2kqa^2}{r^3}P_2(\cos\theta).$$L21의 답과 같습니다. 전체 전하 0, 쌍극자 $\sum q_s\mathbf r_s=0$이라 이 항이 첫 항입니다.
(b) 평면 사중극자: $\pm a\mathbf e_x$에 $q$, $\pm a\mathbf e_y$에 $-q$. $M=2qa^2(\mathbf e_x\mathbf e_x-\mathbf e_y\mathbf e_y)$, $\operatorname{tr}M=0$.
$$\Phi_2=\frac{k}{r^3}\cdot\tfrac32\cdot2qa^2(n_x^2-n_y^2)=\frac{3kqa^2(x^2-y^2)}{r^5}.$$축 대칭이 아니라 L21의 "축 위 지름길"을 쓸 수 없는 경우인데, 변환기로는 한 줄입니다.
평균 규칙($\ell=2$): 두 변환기의 아래 $\mathbf n$들을 구면 평균하면 변환기 하나의 $\frac15$. 일반 $\ell$이면 $\frac1{2\ell+1}$.
위 줄 $=Y_2^2(\mathbf n)$, 아래 줄 $=Y_2^1(\mathbf n)$. 그림의 값에 상수를 곱한 것이 SymPy의 Ynm과 위상까지 같음을 검산했습니다($\ell\le3$의 모든 $m\ge0$).
두 변환기의 아래에 달린 $\mathbf n$ $2\ell$개를 평균하면 1절에 따라 짝짓기 합 $\div(2\ell+1)!!$입니다. 같은 변환기에 달린 두 $\mathbf n$을 짝지으면 대각합이라 0입니다. 그래서 왼쪽 변환기의 $\mathbf n$과 오른쪽 변환기의 $\mathbf n$을 짝짓는 $\ell!$가지만 남습니다. 변환기가 대칭이라 각각은 "변환기 두 개를 $\ell$줄로 이은 그림" $=\kappa_\ell\,$변환기$(\mathbf a;\mathbf b)$입니다. 합하면
$$\frac{\ell!\,\kappa_\ell}{(2\ell+1)!!}=\frac{\ell!\,(2\ell-1)!!}{\ell!\,(2\ell+1)!!}=\frac1{2\ell+1}.$$정규화: $|Y|^2=c^2\,$변환기$(\bar{\mathbf e};\mathbf n)\,$변환기$(\mathbf e;\mathbf n)$을 적분하면 $4\pi c^2\,$변환기$(\bar{\mathbf e};\mathbf e)/(2\ell+1)=1$. 위상은 $\mathbf e_+\cdot\mathbf n=-\sin\theta e^{i\varphi}/\sqrt2$의 음수 부호가 $m$번 곱해져 $(-1)^m$이 됩니다.
$Y_2^2$: 레시피 3번의 일반식에 $\mathbf a=\mathbf b=\bar{\mathbf e}_+$, $\mathbf c=\mathbf d=\mathbf e_+$를 넣습니다.
$$\text{변환기}_2(\bar{\mathbf e}_+\bar{\mathbf e}_+;\mathbf e_+\mathbf e_+)=\tfrac34(1+1)-\tfrac12\cdot0\cdot0=\tfrac32,\qquad c_{22}^2=\frac{5}{4\pi\cdot\frac32}=\frac5{6\pi}.$$값: 변환기$_2(\mathbf e_+\mathbf e_+;\mathbf n\mathbf n)=\frac32(\mathbf e_+\cdot\mathbf n)^2=\frac32\cdot\frac12\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}$.
$$Y_2^2=\tfrac34\sqrt{\tfrac5{6\pi}}\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}=\sqrt{\tfrac{45}{96\pi}}\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}=\sqrt{\tfrac{15}{32\pi}}\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}.$$$Y_2^1$: 위에 $\mathbf e_+,\mathbf e_0$. $\bar{\mathbf e}_+\cdot\mathbf e_+=\bar{\mathbf e}_0\cdot\mathbf e_0=1$, 섞인 내적은 0입니다.
$$\text{변환기}_2=\tfrac34(1\cdot1+0)-\tfrac12\cdot0=\tfrac34,\qquad c_{21}^2=\frac{5}{4\pi\cdot\frac34}=\frac5{3\pi}.$$ $$\begin{aligned}Y_2^1&=\sqrt{\tfrac5{3\pi}}\cdot\tfrac32(\mathbf e_+\cdot\mathbf n)\,n_z=-\tfrac{3}{2\sqrt2}\sqrt{\tfrac5{3\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}\\&=-\sqrt{\tfrac{15}{8\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}.\end{aligned}$$L22 0절 표와 부호까지 같습니다. 계승 $\frac{(\ell-m)!}{(\ell+m)!}$과 $P_\ell^m$ 미분 없이 $\frac32$, $\frac34$ 두 수로 끝났습니다.
$(n_x+in_y)^2=2(\mathbf e_+\cdot\mathbf n)^2$이고, 예제 4-1에서 $(\mathbf e_+\cdot\mathbf n)^2=\frac23\,$변환기$_2(\mathbf e_+\mathbf e_+;\mathbf n\mathbf n)=\frac23\cdot\frac{Y_2^2}{c_{22}}$.
$$(n_x+in_y)^2=\frac43\sqrt{\frac{6\pi}5}\,Y_2^2=\sqrt{\frac{32\pi}{15}}\,Y_2^2.$$켤레를 잡으면 $(n_x-in_y)^2=\sqrt{\frac{32\pi}{15}}\,Y_2^{-2}$ ($Y_2^{-2}=(Y_2^2)^*$). 실수부와 허수부를 나눕니다.
$$\begin{aligned}\frac{x^2-y^2}{r^2}&=\tfrac12\big[(n_x+in_y)^2+(n_x-in_y)^2\big]=\sqrt{\tfrac{8\pi}{15}}\big(Y_2^2+Y_2^{-2}\big),\\ \frac{xy}{r^2}&=\tfrac1{4i}\big[(n_x+in_y)^2-(n_x-in_y)^2\big]=i\sqrt{\tfrac{2\pi}{15}}\big(Y_2^{-2}-Y_2^2\big).\end{aligned}$$L22의 답과 같습니다. 표에서 $Y_2^2$를 찾는 대신 $c_{22}$ 하나로 계수가 나왔습니다.
STF 사영자는 서로 정규직교인 STF 텐서 $2\ell+1$개 $t_m$으로 $\sum_mt_mt_m^\dagger$처럼 쓸 수 있습니다(L06의 완비성 $\sum|e_m\rangle\langle e_m|$과 같은 말). 그림으로는 나비넥타이 매듭을 "$t_m$ 상자 둘을 위아래로 놓은 그림의 합"으로 바꾸는 것, 곧 가운데 $\ell$줄을 자르는 것입니다.
위에 $\mathbf n'$, 아래에 $\mathbf n$을 달면 각 항은 $(t_m\cdot\mathbf n^\ell)(t_m^\dagger\cdot\mathbf n'^\ell)$이고, $t_m\cdot\mathbf n^\ell$은 4절의 $Y_\ell^m$에 비례합니다. 그래서 $\sum_mY(\mathbf n)Y^*(\mathbf n')=C\,P_\ell(\mathbf n\cdot\mathbf n')$. 상수는 $\mathbf n=\mathbf n'$으로 놓고 $\mathbf n$으로 적분해 정합니다: 왼쪽 $2\ell+1$, 오른쪽 $C\cdot4\pi P_\ell(1)$. 그래서 $C=\frac{2\ell+1}{4\pi}$.
$\cos\theta=\mathbf n\cdot\mathbf e_z$, $\sin\theta\cos\varphi=\mathbf n\cdot\mathbf e_x$이므로 레시피 3번에 $\mathbf a=\mathbf e_z$, $\mathbf b=\mathbf e_x$:
$$\int P_2(\mathbf n\cdot\mathbf e_z)P_2(\mathbf n\cdot\mathbf e_x)\,d\Omega=\frac{4\pi}5P_2(0)=\frac{4\pi}5\Big(-\frac12\Big)=-\frac{2\pi}5.$$짝짓기로 확인: $\frac14\langle(3n_z^2-1)(3n_x^2-1)\rangle=\frac14\big(9\cdot\frac1{15}-1-1+1\big)=-\frac1{10}$, $4\pi$를 곱하면 $-\frac{2\pi}5$.
L22 연습 B4: 레시피 2번에서 $\sum_m|Y_1^m|^2=\frac3{4\pi}$, $\sum_m|Y_2^m|^2=\frac5{4\pi}$. $Y$를 하나도 쓰지 않습니다.
L22 예제 6-1($\ell=1$ 덧셈 정리)은 레시피 4번입니다: $\sum_m(\mathbf e_m\cdot\mathbf n)(\bar{\mathbf e}_m\cdot\mathbf n')=\mathbf n\cdot\mathbf n'=\cos\gamma$.
두 쌍극자 방향 $\mathbf n$, $\mathbf n'$과 둘을 잇는 단위벡터 $\mathbf N$이 있을 때 상호작용의 각도 부분은 옆으로 누인 변환기 $B=$변환기$_2(\mathbf N\mathbf N;\mathbf n\mathbf n')=\frac32(\mathbf N\cdot\mathbf n)(\mathbf N\cdot\mathbf n')-\frac12\mathbf n\cdot\mathbf n'$입니다(에너지는 $\propto\mathbf n\cdot\mathbf n'-3(\mathbf N\cdot\mathbf n)(\mathbf N\cdot\mathbf n')=-2B$). 고온 전개에 필요한 $\langle\langle B^2\rangle\rangle$($\mathbf n$, $\mathbf n'$ 각각 구면 평균)를 구합니다.
$B^2$은 변환기 두 개입니다. $\mathbf n$ 평균이 두 $\mathbf n$ 다리를 $\frac13$컵으로, $\mathbf n'$ 평균이 두 $\mathbf n'$ 다리를 $\frac13$컵으로 잇습니다. 남는 것은 "변환기 두 개를 두 줄로 이은 그림" $=\frac32\,$변환기, 거기에 $\mathbf N$ 네 개:
$$\langle\langle B^2\rangle\rangle=\frac19\cdot\frac32\cdot\text{변환기}_2(\mathbf N\mathbf N;\mathbf N\mathbf N)=\frac19\cdot\frac32\cdot P_2(1)=\frac16.$$더 높은 차수: $\mathbf n'$을 고정하면 $B=\mathbf n\cdot\mathbf v$, $\mathbf v=\frac32x\mathbf N-\frac12\mathbf n'$ ($x=\mathbf N\cdot\mathbf n'$), $|\mathbf v|^2=\frac{1+3x^2}4$. 짝짓기 $(2\ell-1)!!$개가 모두 $|\mathbf v|^{2\ell}$을 주므로 $\langle(\mathbf n\cdot\mathbf v)^{2\ell}\rangle=\frac{|\mathbf v|^{2\ell}}{2\ell+1}$. 남은 $x$ 평균은 $\int_0^1dx$입니다.
$$\langle\langle B^{2\ell}\rangle\rangle=\frac1{2\ell+1}\int_0^1\Big(\frac{1+3x^2}4\Big)^{\ell}dx:\quad\frac16,\ \ \frac3{50},\ \ \frac{29}{980}\quad(\ell=1,2,3).$$위부터: 화살촉 쌍소멸, 로드리게스($c=\cos\alpha$, $s=\sin\alpha$), 화살촉 고리 $=3c+s\cdot0+(1-c)\cdot1=1+2\cos\alpha$, 텐서 회전(왼쪽)과 대각합 불변(오른쪽).
로드리게스. 벡터 $\mathbf v$를 축 방향 $\mathbf v_\parallel=\mathbf n(\mathbf n\cdot\mathbf v)$와 수직 성분 $\mathbf v_\perp=\mathbf v-\mathbf v_\parallel$로 나눕니다. 축 방향은 그대로이고, 수직 성분은 평면에서 $\alpha$만큼 돌아 $\cos\alpha\,\mathbf v_\perp+\sin\alpha\,\mathbf n\times\mathbf v$가 됩니다. 더하면 $\cos\alpha\,\mathbf v+\sin\alpha\,\mathbf n\times\mathbf v+(1-\cos\alpha)\mathbf n(\mathbf n\cdot\mathbf v)$.
각. 화살촉이 달린 선을 고리로 닫습니다(셋째 그림). 맨 고리 = 3, $\varepsilon$의 두 팔을 이은 올챙이 = 0(G1), $\mathbf n\cdot\mathbf n=1$. 그래서 $3\cos\alpha+0+(1-\cos\alpha)=1+2\cos\alpha$.
축. 화살촉을 뒤집으면(전치) 맨 선과 $\mathbf n\mathbf n$ 항은 그대로이고, $\varepsilon$ 항은 두 팔이 바뀌어 부호가 바뀝니다. 그래서 $R-R^T=2\sin\alpha\,G_{\mathbf n}$.
각: $\operatorname{tr}R=0=1+2\cos\alpha$ → $\cos\alpha=-\frac12$, $\alpha=120^\circ$.
축: $R_{32}-R_{23}=1-0$, $R_{13}-R_{31}=1-0$, $R_{21}-R_{12}=1-0$. 그래서 $(1,1,1)=2\sin120^\circ\,\mathbf n=\sqrt3\,\mathbf n$, $\mathbf n=\frac{(1,1,1)}{\sqrt3}$.
L32의 답($\theta=120^\circ$, $\hat n=\frac1{\sqrt3}(1,1,1)$)과 같습니다. L32는 $U$에서 읽었지만, $R$만 주어져도 대각합과 반대칭 부분 세 개로 끝납니다. 검산: 로드리게스에 $\cos\alpha=-\frac12$, $\sin\alpha=\frac{\sqrt3}2$, $1-\cos\alpha=\frac32$를 넣으면 대각 성분 $-\frac12+\frac32\cdot\frac13=0$, $(2,1)$ 성분 $\frac{\sqrt3}2\cdot\frac1{\sqrt3}+\frac32\cdot\frac13=1$.
E4의 답 $R=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\-1&0&0\end{pmatrix}$: $\operatorname{tr}R=1$이라 $\cos\alpha=0$, $\alpha=90^\circ$. 반대칭 부분 $(R_{32}-R_{23},R_{13}-R_{31},R_{21}-R_{12})=(0,2,0)=2\cdot1\cdot\mathbf n$이라 $\mathbf n=\mathbf e_y$. L32의 "$y$축 둘레 $90^\circ$"와 같습니다.
E3 $e^{-i\theta J_x}$: L32 관례에서 $-iJ_x=G_{\mathbf e_x}$이므로 이것은 $\mathbf e_x$축 둘레 $\theta$ 회전입니다. 지수 급수 없이 로드리게스에 $\mathbf n=\mathbf e_x$를 넣습니다($\mathbf n\mathbf n^T$는 (1,1) 성분만 1).
$$\cos\theta\,I+\sin\theta\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}+(1-\cos\theta)\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\cos\theta&-\sin\theta\\0&\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}.$$L32 예제 7-1(b)의 $z$축 회전도 같은 방법으로 한 줄입니다.
L29는 $T=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&3&0\\0&0&5\end{pmatrix}$를 $T'=RTR^T$로 돌려 $\begin{pmatrix}3&2&0\\0&1&0\\0&0&5\end{pmatrix}$를 얻었습니다. 그림으로 보면:
L29의 $R=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1&0\\-1&1&0\\0&0&\sqrt2\end{pmatrix}$은 $\operatorname{tr}R=1+\sqrt2=1+2\cos45^\circ$이고 $R_{21}-R_{12}=-\sqrt2=2\sin\alpha\,n_z$입니다. $\mathbf n=\mathbf e_z$로 읽으면 $\alpha=-45^\circ$, 곧 능동으로는 $-45^\circ$ 회전(축을 $+45^\circ$ 돌리는 수동 회전)입니다.
레슨 파일을 직접 열어 확인한 문항만 적었습니다. Arfken 절 번호는 각 레슨의 부제를 따랐습니다(기억 기반, 미검증).
| 레슨·절·문항 | Arfken | 쓰는 그림 규칙 | 효과 |
|---|---|---|---|
| L22 8절 예제 8-1(b), 연습 F2·F4 | 15.4–15.5 | 짝짓기 평균 (1절, 예제 1-2, 연습 A6) | 빨라짐 — $\theta$ 적분이 $\frac35-\frac13$ 같은 분수 셈으로 |
| L22 2절 예제 2-1, 연습 A4 | 15.4–15.5 | 변환기로 $c_{\ell m}$ (4절, 예제 4-1, 연습 C2) | 보통 — 계승 대신 $\frac32$, $\frac34$; 위상은 $\mathbf e_+$가 자동으로 |
| L22 4절 예제 4-3, 연습 C3·C4 | 15.4–15.5 | $(n_x+in_y)^2=2(\mathbf e_+\cdot\mathbf n)^2$ (예제 4-2, 연습 C4) | 빨라짐 — 표 없이 계수 |
| L22 6절 예제 6-1, 연습 B4·F1 | 15.4–15.5 | 덧셈 정리 = 변환기 자르기, $\ell=1$은 완비성 (5절) | 기억·검산용, 언쇨드는 바로 |
| L21 8절 예제 8-1, 연습 D1 | 15.1–15.3 | $\ell=2$ 항 $=\frac k{r^3}$변환기$_2(M;\mathbf n\mathbf n)$ (예제 3-2) | 빨라짐 — 축 대칭이 아닌 분포에서 특히 |
| L26 7절 예제 7-1 | 9장 | 대각합 0 ⇒ 조화함수 (3절) | 검산용 — $\nabla^2$ 확인이 필요 없음 |
| L29 3절 예제 3-1, 2절 예제 2-1 | 4장 | 1 + 3 + 5 막대, 화살촉 쌍소멸·밀기 (2절, 6절) | 구조 이해, 계산량 비슷 — 제곱합 검산이 덤 |
| L32 연습 E3·E4·E5, 예제 7-1(b), 0절의 지표 $1+2\cos\theta$ | 17장 | 로드리게스, $\operatorname{tr}R$, $R-R^T$ (6절) | 빨라짐 — $U$나 지수 급수 없이 $R$에서 바로 각·축 |
| 느려지는 곳: L22 1절 예제 1-1, 7절 점화식 | 15.4–15.5 | 일반 $m$($m\le\ell-2$)의 $Y_\ell^m$을 변환기로 만들기 | 느림 — 대각합 빼기가 길어짐. $P_\ell^m$ 미분이 빠름 |
종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 verify/G3_verify.py로 검산했습니다.
A1. $\int n_x^2\,d\Omega$와 $\int n_xn_y\,d\Omega$
A2. $\langle n_x^4\rangle$, $\langle n_x^2n_z^2\rangle$, $\langle n_x^6\rangle$
A3. $\langle\sin^4\theta\rangle$
A4. $\langle\cos^2\theta\sin^4\theta\cos^4\varphi\rangle$
A5. 고정 벡터 $\mathbf a$, $\mathbf b$에 대해 $\langle(\mathbf a\cdot\mathbf n)^2(\mathbf b\cdot\mathbf n)^2\rangle$
A6. L22 연습 F2: $\int Y_2^{1*}\cos\theta\,Y_1^1\,d\Omega$를 짝짓기로
B1. 3지표 STF 텐서의 독립 성분 수
B2. L29 예제 2-1의 $T=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&3&0\\0&0&5\end{pmatrix}$를 1 + 3 + 5로 나누고 제곱합으로 검산
B3. $\pm a\mathbf e_z$에 $q$, $\pm a\mathbf e_x$에 $-q$. 먼 곳 퍼텐셜의 첫 항
B4. 변환기$_3(\mathbf e_z^3;\mathbf r^3)$을 성분으로 쓰고 $\nabla^2=0$을 확인
C1. $Y_1^0$, $Y_1^{\pm1}$을 변환기$_1$(맨 선)로
C2. L22 연습 A4의 $Y_3^3$을 레시피로
C3. $Y_3^2$를 레시피로
C4. L22 연습 C4: $\frac{xz}{r^2}$를 $Y_2^{\pm1}$로
C5. $\int P_3(\cos\theta)\,P_3(\mathbf n\cdot\mathbf b)\,d\Omega$, $\mathbf b$는 $z$축과 $60^\circ$를 이루는 단위벡터
C6. 예제 5-2의 $B$에 대해 $\langle\langle B^4\rangle\rangle$
D1. 로드리게스로 $\mathbf n=\mathbf e_z$, $\alpha=90^\circ$의 $R$
D2. $R=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\1&0&0\end{pmatrix}$의 회전각과 축
D3. $R=\operatorname{diag}(-1,1,-1)$의 회전각과 축
D4. 예제 6-1의 $R$에서 STF 부분과 $\operatorname{tr}R^2$