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munuxi

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最新动态 5周前

  1. 2月前
    2018-11-15 20:14:46

    @rougher 请问图中性质是哪本书里的吗?或者说有什么书是不借助freyd-mitchell嵌入定理讲同调代数的吗?(我看freyd-mitchell嵌入定理的证明似乎挺复杂。。。)

    图中是我的note. freyd-mitchell嵌入定理的证明先放一边,它确实好用,所以基本大家都会去用。其实就算不用freyd-mitchell嵌入定理,@unsinn 也说了,在abel范畴也可以用元素来追图(元素的定义不一样了,见gtm 5 Abelian categorier这章的diagram lemmas这节),所以很多时候技术上问题不大。

    需要稍微范畴些的同调代数可以看 methods of homological algebra,虽然typo比较多,上面说的追图里面应该也放在某些习题里了。

  2. 2018-11-10 15:23:10

    首先lz应该很清楚$H(f)$的定义,反复应用ker和coker的泛性质,可以得到如下小命题:

    [attachment:5be686678aa90]

    图中以及下面的推导中,$\ker$, $\operatorname{coker}$, $\operatorname{im}=\ker\operatorname{coker}$, $\operatorname{coim}=\operatorname{coker}\ker$,我们主要用作典范态射,有时候会指其对应的对象。注意到,$\ker$总是一个 monomorphism,而 $\operatorname{coker}$ 总是一个 epimorphism. 同时,对 abelian 范畴中的态射$f$,总是成立分解 $f=\operatorname{im}(f)\operatorname{coim}(f)$.

    现在假设$f\sim 0$,我们下面证明
    \[
    \bar f^i \varphi_K^i = \operatorname{im} \varphi_L^i H^i(f) \operatorname{coim} \varphi_K^i=0.
    \]实际上,
    \[
    \begin{aligned}
    \bar f^i \varphi_K^i=\bar f^i \operatorname{coker} d_K^{i-1}\ker d_{K}^i
    &=\operatorname{coker} d_L^{i-1} f^i\ker d_{K}^i\\
    &=\operatorname{coker} d_L^{i-1}(s^{i+1}d_K^i+d_L^{i-1}s^i)\ker d_{K}^i\\
    &=0.
    \end{aligned}
    \]因此,由$\operatorname{im} \varphi_L^i$是一个 monomorphism 而 $\operatorname{coim} \varphi_K^i$ 是一个 epimorphism,$ \operatorname{im} \varphi_L^i H^i(f) \operatorname{coim} \varphi_K^i=0$就可以推出$H^i(f) = 0$.

  3. 11月前
    2018-01-24 03:48:54
    M munuxi 更新于 关于本征值

    脑残了,脑残了。$\operatorname{ann}(M)$可以为$\{0\}$嘛,这样一切都不矛盾了。有限维非零那是有Hamilton-Cayley定理。而到了无限维,我们不能做这样的断言(继而本征值存在与否也是未知的了),虽然本征值依然来自于 associated primes.

  4. 2018-01-24 02:26:12
    M munuxi 发表了帖子 关于本征值

    这些日子在整理交换代数的笔记,看到准素分解这里,联想到本征值问题,就遇到了一个很奇怪的问题,鉴于我分析基础几乎为零,所以我并不知道矛盾在哪里。

    设$k$是一个域,考虑一个$k$-模$V$(不一定是有限维的),以及一个线性映射$A:V\to V$,那么通过$x\cdot v=A(v)$,我们可以在$V$上定义出一个$k[x]$-模结构。这些都是简单的。下面我们就研究这个$k[x]$-模。

    记$\operatorname{ann}(v)$为满足$p(x)\cdot v=0$的多项式$p$构成的理想,如果$S\subset V$是一个子集,则定义$\operatorname{ann}(S)=\bigcap_{v\in S}\operatorname{ann}(v)$. 那么,本征值问题我们就可以归结到去求那些$\operatorname{ann}(v)$:如果$\operatorname{ann}(v)$由一次式$x-a$生成,则这就意味着$A$具有本征值$a$,它的一个本征矢量为$v$.

    由于$k[x]$是PID,所以每一个理想都是由某个首一多项式生成的,特别地,$\operatorname{ann}(v)$由多项式$p_v\in k[x]$生成,$\operatorname{ann}(M)$由多项式$p_V\in k[x]$生成。由于$\operatorname{ann}(v)$一定包含$\operatorname{ann}(M)$,所以$p_v$可以整除$p_V$,换而言之$p_v$是$p_V$的一个因子。但是,$k[x]$又是一个UFD,所以$p_v$就只有有限种可能。故而,$A$只有有限个本征值。此外还可以得到一些结论,比如如果$k$是代数闭域,则本征值一定存在,当然我们这里并没有假设$V$是有限维的。

    这好像与泛函中对于本征值的结论并不相符?

  5. 去年
    2018-01-14 17:02:43

    稍微细致一些,设
    \[
    I_1(x)=\int \frac{1}{(1+x^4)\sqrt[4]{1+x^4}}\, \mathrm{d}x,\quad I_2(x)=\int \frac{x^3}{(1+x^4)\sqrt[4]{1+x^4}}\, \mathrm{d}x
    \]那么lz推出了$I_2(x)=-I_1(1/x)+C$. 但试图以
    \[
    I_1(x)+I_2(x)=\int \frac{1+x^3}{(1+x^4)\sqrt[4]{1+x^4}}\, \mathrm{d}x
    \]左侧是常数制造矛盾。

    定积分就不用管积分变量了,只要管一管积分区域就行了。

  6. 2017-12-31 14:54:32
    M munuxi 更新于 关于正规乘积

    可能算的时候有一些小 trick,其实都算不上 trick,比如将 $x^i\exp(i p\cdot x)$看成$-i(\partial/\partial p_i) \exp(i p\cdot x)$.

    这个计算虽然有些烦,我也没算过(我估计只算过标量场的),翻了一下 peskin,好像他也没算,但是我觉得这还是很基本的计算。所以肯定有人算过,网上一搜就有了,比如这里 .

    p.s. 不过从物理上想,之所以我们要用 normal ordering 来修正动力学算符,是因为在 Lagrangian 中给出的真空和我们之前选定的真空(比如动力学算符作用在真空上都为零)是不一样的,所以量子化而来的算符和我们的算符也有点差异(但有着相同的对易关系)。比如 Lagrangian 中给出的真空的能量为无穷,电荷为(负)无穷(回忆一下Dirac海)。

    但是,动量和角动量看上去就不像可以在 Lagrangian 中调的东西,所以说这种时候的动量和角动量的真空期望有理由相信为零。如果确实是这样,再利用上面关于 normal ordering 的小引理,所以动量和角动量(至少对于自由场而言)的 normal ordering 就是其本身,换而言之,我们不需要修正。当然,这只是我的一个直觉而已,我很懒所以没去证过,可能也是错的。说实话,即使 Lagrangian 给出一个有动量和角动量的真空,我也不会觉得是奇怪的。

    整个从 Lagrangian 展开的量子场论,它虽然有着各种各样的先天不足,可惜我们也没什么其他特别好的方法。

  7. 2017-12-30 22:02:10
    M munuxi 更新于 关于正规乘积

    真空期望当然是常数,给一个固定的算符,夹两个态还能得出一个变量吗?

    有个简单的小引理,对 $a a^\dagger$ 之类产生湮灭算符的二次型的线性组合,它的 normal ordering 就等于它减去它的真空期望。实际上,只要对单项式检查即可,比方说(正负号中写上面的是玻色子,下面的是费米子)\[
    a(p)a^\dagger(q)-\langle 0|a(p) a^\dagger(q)|0\rangle=\pm a^\dagger(q)a(p)+[a(p),a^\dagger(q)]_{\mp}-\langle 0|a(p) a^\dagger(q)|0\rangle.
    \]但是注意到\[
    \langle 0|a(p) a^\dagger(q)|0\rangle=\pm \langle 0|a^\dagger(q)a(p)|0\rangle+\langle 0|[a(p),a^\dagger(q)]_{\mp}|0\rangle=[a(p),a^\dagger(q)]_{\mp},
    \]所以\[
    a(p)a^\dagger(q)-\langle 0|a(p) a^\dagger(q)|0\rangle=\pm a^\dagger(q)a(p)=:a(p)a^\dagger(q):
    \]

    所以算$M^{\mu\nu}$的 normal ordering 也可以用上面的引理,算出(不放心可以先算积分号内的)真空期望,然后减掉就行了。

  8. 2017-12-29 03:23:38

    求原函数只是逆运算而已,性质很差是不稀奇的,$0$还没有乘法逆元呢。

    定积分的性质肯定更加良好,而联系两者的微积分基本定理也不是没条件的,比如原函数需要连续性和可微性。

  9. 2017-12-18 23:57:44

    @kkxq123987 好的……但是我还是不太明白仿紧性和时间的可定向性有什么关系……

    没关系呀,你从哪里看到有关系了?证明中只是用来给出流形上的整体度规。

  10. 2017-12-18 22:40:18

    流形的仿紧性是可以证明的,从第二可数+Hausdorff+局部欧式,当然一般为了方便也顺便把它加到流形的定义里了。仿紧的定义可以参看wiki,最重要的一点是,有了仿紧性我们就有单位分解(partition of unity)。

    这里仿紧性只用在了第一句话上,即 ``Since M is paracompact, we can choose a smooth Riemannian metric on M.'' 因为仿紧性保证了单位分解的存在,使用单位分解可以保证在流形肯定存在一个度规。如果没有仿紧性,在一个局部欧式的空间上可能没法找到一个整体的度规。他就是想表达这个。

    这是一个非常经典的结论,任何流形方面的入门书都会介绍这个。类似的技术还会用在比如流形上一定存在联络,同伦的光滑化等等。

    还有后面这句话的意思是,在所有满足$k_{ab}v^av^b=1$的$v$中,有一个$t$使得$g_{ab}t^at^b$最小。

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