Jarlskog 与杂题

芋圆公式

3 代夸克的味混合矩阵是两个酉（幺正）矩阵的乘积（因此味混合矩阵本身也是酉矩阵）：
$$
\displaystyle V = U {U'}^{\dagger} = {\begin{pmatrix}
V_{\mathrm{u, d}} & V_{\mathrm{u, s}} & V_{\mathrm{u, b}} \\
V_{\mathrm{c, d}} & V_{\mathrm{c, s}} & V_{\mathrm{c, b}} \\
V_{\mathrm{t, d}} & V_{\mathrm{t, s}} & V_{\mathrm{t, b}} \\
\end{pmatrix}} =: {\begin{pmatrix}
V_{1, 1} & V_{1, 2} & V_{1, 3} \\
V_{2, 1} & V_{2, 2} & V_{2, 3} \\
V_{3, 1} & V_{3, 2} & V_{3, 3} \\
\end{pmatrix}}.
$$
Jarlskog 不变量定义为
$$
\displaystyle \mathcal{J} = \operatorname{Im} \bigl( V_{1, 1} V_{2, 2} V_{1, 2}^{\ast} V_{2, 1}^{\ast} \bigr),
$$
其中上标 $\ast$ 是指取复共轭（共轭转置的上标是 $\dagger$）。

Jarlskog 不变量的唯一性是指，任取矩阵 $V$ 的 2 阶子式 $\Bigl( \begin{smallmatrix} V_{i, j} & V_{k, l} \\ V_{k, j}^{\ast} & V_{i, l}^{\ast} \end{smallmatrix} \Bigr)$，其构成的 Jarlskog 不变量之间至多相差一个符号。Jarlskog 不变量的唯一性更精确的结论为：
$$
\displaystyle \mathcal{J} \sum_{k'} \epsilon_{i', j', k'} \sum_{k} \epsilon_{i, j, k} = \operatorname{Im}\bigl( V_{i', i} V_{i', j}^{\ast} V_{j', i}^{\ast} V_{j', j} \bigr).
$$
求教，如何证明这一结论？

另外，Cecilia Jarlskog 提出不变量的论文 PhysRevLett.55.1039 中并没有证明这一结论。

Matthew D. Schwartz 的量子场论书 Quantum Field Theory and the Standard Model 中在第 29 章 29.3 节 29.3.3 小节部分地证明了唯一性：矩阵 $V$ 的酉性意味着任意行向量或列向量按照 $\mathbb{C}^{3}$ 上的标准内积正交。例如取第 $1$ 列和第 $2$ 列，则
$$
\displaystyle V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast} + V_{2, 1} V_{2, 2}^{\ast} + V_{3, 1} V_{3, 2}^{\ast} = 0.
$$
上式在复平面上构成三角形 $\triangle$。Jarlskog 不变量定义为三角形 $\triangle$ 的面积 $S_{\triangle}$ 的 2 倍。上边等号两边同时除以 $V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast}$，则
$$
\displaystyle 1 + \frac{V_{21} V_{22}^{\ast}}{V_{11} V_{12}^{\ast}} + \frac{V_{31} V_{32}^{\ast}}{V_{11} V_{12}^{\ast}} = 0.
$$
上式在复平面上构成三角形 $\blacktriangle$。三角形 $\triangle$ 的面积是三角形 $\blacktriangle$ 的面积的 $\bigl\vert V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast} \bigr\vert^{2} = V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast} V_{1, 1}^{\ast} V_{1, 2}$ 倍。

三角形 $\blacktriangle$ 有一条单位长度的边落在实轴上，它的面积容易表达为
$$
\begin{aligned}
S_{\blacktriangle} &= \frac{1}{2} \biggl\vert \operatorname{Im} \biggl( \frac{V_{2, 1} V_{2, 2}^{\ast}}{V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast}} \biggr) \biggr\vert = \frac{1}{2} \biggl\vert \operatorname{Im} \biggl( \dfrac{V_{3, 1} V_{3, 2}^{\ast}}{V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast}} \biggr) \biggr\vert,
\end{aligned}
$$
于是
$$
\begin{aligned}
& S_{\triangle} = V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast} V_{1, 1}^{\ast} V_{1, 2} \\
& S_{\blacktriangle} = \dfrac{1}{2} V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast} V_{1, 1}^{\ast} V_{1, 2} \biggl\vert \operatorname{Im} \biggl( \dfrac{V_{2, 1} V_{2, 2}^{\ast}}{V_{1, 1} V_{1, 2}^{\ast}} \biggr) \biggr\vert = \frac{1}{2} \bigl\vert \operatorname{Im}(V_{1, 1} V_{2, 2} V_{1, 2}^{\ast} V_{2, 1}^{\ast}) \bigr\vert.
\end{aligned}
$$
对同样的三角形 $\triangle$，其面积有 3 种独立的表述，因此可以证明唯一性结论的一部分：
$$
\begin{aligned}
\operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{2, 2} V_{1, 2}^{\ast} V_{2, 1}^{\ast}) = -\operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{3, 2} V_{1, 2}^{\ast} V_{3, 1}^{\ast}) = \operatorname{Im} (V_{2, 1} V_{3, 2} V_{2, 2}^{\ast} V_{3, 1}^{\ast}).
\end{aligned}
$$

芋圆公式

我来自抛自扣了：其实延续 Schwartz 的证明即可。由第 $1$ 列向量和第 $3$ 列向量正交可知
$$
\displaystyle V_{1, 1} V_{1, 3}^{\ast} + V_{2, 1} V_{2, 3}^{\ast} + V_{3, 1} V_{3, 3}^{\ast} = 0,
$$
由此读出式 (u-2)：
$$
\displaystyle \operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{2, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{2, 1}^{\ast}) = -\operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{3, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{3, 1}^{\ast}) = \operatorname{Im} (V_{2, 1} V_{3, 3} V_{2, 3}^{\ast} V_{3, 1}^{\ast}).
$$
由第 $2$ 列向量和第 $3$ 列向量正交可知
$$ V_{1, 2} V_{1, 3}^{\ast} + V_{2, 2} V_{2, 3}^{\ast} + V_{3, 2} V_{3, 3}^{\ast} = 0, $$
由此读出式 (u-3)：
$$
\displaystyle \operatorname{Im} (V_{1, 2} V_{2, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{2, 2}^{\ast}) = -\operatorname{Im} (V_{1, 2} V_{3, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{3, 2}^{\ast}) = \operatorname{Im} (V_{2, 2} V_{3, 3} V_{2, 3}^{\ast} V_{3, 2}^{\ast}).
$$
除此之外，行向量也是正交的。第 $1$ 行向量和第 $2$ 行向量正交可知
$$
\displaystyle V_{1, 1} V_{2, 1}^{\ast} + V_{1, 2} V_{2, 2}^{\ast} + V_{1, 3} V_{2, 3}^{\ast} = 0,
$$
由此读出式 (u-4)：
$$
\displaystyle \operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{2, 2} V_{1, 2}^{\ast} V_{2, 1}^{\ast}) = -\operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{2, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{2, 1}^{\ast}) = \operatorname{Im} (V_{1, 2} V_{2, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{2, 2}^{\ast}).
$$
联立式 (u-1) 到 (u-4)，有
$$
\begin{aligned}
\mathcal{J} &:= \operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{2, 2} V_{1, 2}^{\ast} V_{2, 1}^{\ast}) = -\operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{3, 2} V_{1, 2}^{\ast} V_{3, 1}^{\ast}) = \operatorname{Im} (V_{2, 1} V_{3, 2} V_{2, 2}^{\ast} V_{3, 1}^{\ast}) \\
&= -\operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{2, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{2, 1}^{\ast}) = \operatorname{Im} (V_{1, 1} V_{3, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{3, 1}^{\ast}) = -\operatorname{Im} (V_{2, 1} V_{3, 3} V_{2, 3}^{\ast} V_{3, 1}^{\ast}) \\
&= \operatorname{Im} (V_{1, 2} V_{2, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{2, 2}^{\ast}) = -\operatorname{Im} (V_{1, 2} V_{3, 3} V_{1, 3}^{\ast} V_{3, 2}^{\ast}) = \operatorname{Im} (V_{2, 2} V_{3, 3} V_{2, 3}^{\ast} V_{3, 2}^{\ast}).
\end{aligned}
$$

Myster

属于是高山流水了

hermitophile

转置就行吧

芋圆公式

hermitophile
🧐不好意思，没明白怎么用转置，求教 orz。

碘到为酯

有一说一，
公式是怎么打出来的）

芋圆公式

碘到为酯
有一说一，论坛上写公式值得专门开个帖子。它不同于知乎，也不完全相同于 Markdown。但是我没有想好怎么系统地罗列写公式的时候遇到的问题，先列一些要点。

数学环境内生效的命令是 $\mathrm\LaTeX$ 命令的真子集。（仔细梳理这个真子集的内容是个复杂的问题。）

行内公式环境起始、终止于 $，其中的公式默认为正文尺寸，即 \textstyle。例如 $\sum \int \frac{\omega}{k}, \displaystyle \sum \int \frac{\omega}{k}$，逗号 , 后利用 \displaystyle 把公式改为行间公示的显示尺寸，代码如下。

$\sum \int \frac{\omega}{k}, \displaystyle \sum \int \frac{\omega}{k}$

行间公式环境起始、终止于 $$，其中的公式默认为显示尺寸，即 \displaystyle。用 \tag 或 \tag* 可以为行间公式手工编号（后者不带圆括号），编号的内容是文本，不是数学公式。
$$
\oint \omega = \int \mathrm{d} \omega.
\tag*{$\circledS$}
$$

$$
\oint \omega = \int \mathrm{d} \omega.
\tag*{$\circledS$}
$$

当一段文字里的数学公式的下标多于 1 个时，公式无法正常显示，需要在公式环境外套一层行内代码环境。行内代码环境起始、终止于 $\verb'`'$。
当公式内嵌套多行公式环境（例如，aligned、cases 和 pmatrix）时，也需要在公式环境外套一层行内代码环境。

数学间距 \, 也不能正常显示，处理方式同上。这三点可以浓缩在这个例子里：

$$

\oint P \, \mathrm{d} x + Q \, \mathrm{d} y = \int

\begin{vmatrix}

\partial_{x} & \partial_{y} \\

P & Q

\end{vmatrix}

\, \mathrm{d} x \, \mathrm{d} y.

\tag{Green}

$$

代码如下所示。

`
$$
\oint P \, \mathrm{d} x + Q \, \mathrm{d} y = \int
\begin{vmatrix}
    \partial_{x} & \partial_{y} \\
    P & Q
\end{vmatrix}
\, \mathrm{d} x \, \mathrm{d} y.
\tag{Green}
$$
`

无法正常显示 \{ 和 \}，这点既可以用上面的方法解决，也可以改用命令 \lbrace 和 \rbrace。
不支持 mathtools、bm 宏包提供的命令和环境。
支持 cancel 宏包。

当排版对易子在某一点处的取值时，例如 $[X, Y]{(e)}$，正确的代码如下：

[X, Y] {(e)}

其中的 { 和 } 不可省略，否则会被识别为超链接。

hermitophile

芋圆公式
就用Peskin那个证明，因为只用到了V的幺正性，所以转置一下证明仍然成立。那个证明只是左边两列，转置一下按同样道理就知道V转置的左边两列，也就是V的上面两行成立。
幺正矩阵行列重排仍然是幺正的，因此那个证明可以用在任何两行两列上。。。

hermitophile

对不起我没仔细看二楼，一回事一回事🤣

芋圆公式

hermitophile
忙着码上一条帖子，才看到。仍然感谢🎆详细的回复！

芋圆公式

容斥原理

重新利用冷掉的主题。
容斥原理的证明每年都被问到。这道题的价值在于帮助新同学适应和式的表达，因此不推荐从集合元素被计数次数出发的简单做法。

用数学归纳法证明容斥原理：
$$
\Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr\vert = \sum_{k = 1}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert.
$$

首先解释一下上式内形形色色的符号的含义。

$\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} X_{k}$：求和符号 $\displaystyle \sum$ 的下标 $k = 1$、上标 $n$，意思是求和指标 $k$ 的取值范围是自然数 $1, 2, \dotsc, n$，对应的 $n$ 个加数 $X_{1}, X_{2}, \dotsc, X_{n}$ 相加：
$$
\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} X_{k} = X_{1} + X_{2} + \dotsb + X_{n}.
$$
例如：自然数前 $n$ 项和的公式是：
$$
\displaystyle \frac{n (n + 1)}{2} = \sum_{k = 1}^{n} k = \sum_{i = 1}^{n} i = 1 + 2 + \dotsb + n.
$$
这里更换了求和指标的符号为 $i$。无论求和指标符号是 $i$ 还是 $k$，都表达的是同样的含义：自然数前 $n$ 项和。在容斥原理里，$X_{k}$ 就是 $\displaystyle (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert$，它的含义很快就会解释。
$\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i}$：类比求和符号的解释，它的含义是 $n$ 个集合 $A_{1}, A_{2}, \dotsc, A_{n}$ 取并集：
$$
\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} = A_{1} \cup A_{2} \cup \dotsb \cup A_{n}.
$$
其实，容斥原理里的 $A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}}$ 也可以改写为 $\displaystyle \bigcap_{j = 1}^{k} A_{i_{j}}$，只不过这样写就太不直观了。
$\displaystyle \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert$：虽然还是求和符号，但是只有下标了。这其实无所谓，只要能描述清楚是哪些东西在彼此相加就行。下标 $1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n$ 的意思是，有 $k$ 个从小到大的指标 $i_{1}, \dotsc, i_{k}$，它们之中最小的不可以小于 $1$、最大的不可以大于 $n$、两两互不相等。换句话说，在 $1, \dotsc, n$ 这 $n$ 个自然数里抽取 $k$ 个数，从小到大分别记作 $i_{1}, \dotsc, i_{k}$。这样的 $k$ 个指标有多少种可能的取值呢？答案是组合数 $\mathrm{C}_{n}^{k} = \dfrac{n!}{k! (n - k)!}$，也记作 $\dbinom{n}{k}$。举一个具体的例子：当 $n = 4$ 且 $k = 2$ 时，指标 $i_{1}, i_{2}$ 的取值有 $\dbinom{4}{2} = 6$ 种可能：
$$
\displaystyle (i_{1}, i_{2}) = (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4).
$$
于是，求和便展开为：
$$
\begin{aligned}
\sum_{1 \leqslant i_{1} < i_{2} \leqslant 4} \lvert A_{i_{1}} \cap A_{i_{2}} \rvert &= \lvert A_{1} \cap A_{2} \rvert + \lvert A_{1} \cap A_{3} \rvert + \lvert A_{1} \cap A_{4} \rvert \\
&\phantom{{} = {}} {} + \lvert A_{2} \cap A_{3} \rvert + \lvert A_{2} \cap A_{4} \rvert + \lvert A_{3} \cap A_{4} \rvert.
\end{aligned}
$$
当 $k = 1$ 时，其实就是刚刚介绍过上、下标都存在的那种求和记号：
$$
\displaystyle \sum_{1 \leqslant i_{1} \leqslant 4} \lvert A_{i_{1}} \rvert = \sum_{i = 1}^{4} \lvert A_{i} \rvert.
$$
当 $k = 4$ 时，从 $1, 2, 3, 4$ 里取 $4$ 个互不相同的数只有 $1$ 种取法，于是
$$
\displaystyle \sum_{1 \leqslant i_{1} < i_{2} < i_{3} < i_{4} \leqslant 4} \lvert A_{i_{1}} \cap A_{i_{2}} \cap A_{i_{3}} \cap A_{i_{4}} \rvert = \lvert A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} \cap A_{4} \rvert.
$$
$\displaystyle \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} = n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert$：这里的下标处做了微小的改动：最后一个 $\leqslant$ 改成了 $=$。$1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} = n$ 的意思是，从 $1, \dotsc, n$ 这 $n$ 个自然数里抽取 $k$ 个数，从小到大排列为 $i_{1}, \dotsc, i_{k}$，但是最大的数 $i_{k}$ 必须等于 $n$。这等价于：先从 $1, \dotsc, n - 1$ 里抽取 $k - 1$ 个数从小到大排列为 $i_{1}, \dotsc, i_{k - 1}$，再增添等于 $n$ 的指标 $i_{k}$。这种等价体现为下面的等式：
$$
\begin{aligned}
\sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} = n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert &= \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k - 1} < n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k - 1}} \cap A_{n} \rvert \\
&= \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k - 1} \leqslant n - 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k - 1}} \cap A_{n} \rvert.
\end{aligned}
$$
从 $1, \dotsc, n$ 中抽取 $k$ 个数，从小到大分别记作 $i_{1}, \dotsc, i_{k}$，共有 $\dbinom{n}{k}$ 种可能。这些可能进一步可以分为两类，分别满足 $i_{k} = n$ 和 $i_{k} < n$。前一类如前所述等价于在 $1, \dotsc, n - 1$ 中抽取 $k - 1$ 个数，包含的可能的个数是 $\dbinom{n - 1}{k - 1}$。后一类等价于在 $1, \dotsc, n - 1$ 中抽取 $k$ 个数，包含的可能的个数是 $\dbinom{n - 1}{k}$。这段讨论不仅证明了组合数恒等式：$$ \dbinom{n}{k} = \dbinom{n - 1}{k - 1} + \dbinom{n - 1}{k}, $$ 还证明了求和恒等式：
$$
\displaystyle \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} = \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} = n} + \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} < n}.
$$
特意省略了求和符号后具体的表达式。

数学归纳法的思路是：

先验证 $2$ 个集合时的容斥原理成立，即等式：
$$
\begin{aligned}
\Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{2} A_{i} \Biggr\vert &= \sum_{k = 1}^{2} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant 2} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert \\
&= \sum_{1 \leqslant i_{1} \leqslant 2} \lvert A_{i_{1}} \rvert - \sum_{1 \leqslant i_{1} < i_{2} \leqslant 2} \lvert A_{i_{1}} \cap A_{i_{2}} \rvert \\
\lvert A_{1} \cup A_{2} \rvert &= \lvert A_{1} \rvert + \lvert A_{2} \rvert - \lvert A_{1} \cap A_{2} \rvert.
\end{aligned}
$$
假设 $n$ 个集合时的容斥原理成立，并利用其证明 $n + 1$ 个集合时的容斥原理，即等式：
$$
\displaystyle \Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n + 1} A_{i} \Biggr\vert = \sum_{k = 1}^{n + 1} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert.
$$

等式左边的 $k + 1$ 个并集可以看作是集合 $\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i}$ 和 $A_{n + 1}$ 的并集，于是可以应用 $2$ 个集合时的容斥原理：
$$
\begin{aligned}
\Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n + 1} A_{i} \Biggr\vert &= \Biggl\vert \Biggl( \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr) \cup A_{n + 1} \Biggr\vert \\
&= \Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr\vert + \lvert A_{n + 1} \rvert - \Biggl\vert \Biggl( \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr) \cap A_{n + 1} \Biggr\vert \\
&= \Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr\vert + \lvert A_{n + 1} \rvert - \Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} (A_{i} \cap A_{n + 1}) \Biggr\vert.
\end{aligned}
$$
最后一个等号处使用了集合的交、并运算满足的分配律。此时，$n + 1$ 个集合的并集的元素个数转化为了 $n$ 个集合的并集 $\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i}$ 的元素个数加上 $\lvert A_{n + 1} \rvert$ 再减去 $n$ 个集合的并集 $\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} (A_{i} \cap A_{n + 1})$ 的元素个数，于是可以应用 $n$ 个集合时的容斥原理。

首先展开 $\displaystyle \Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr\vert$：
$$
\begin{aligned}
\Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr\vert &= \sum_{k = 1}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert \\
&= \sum_{1 \leqslant i_{1} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \rvert + \sum_{k = 2}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert.
\end{aligned}
$$
再加上 $\lvert A_{n + 1} \rvert$，有：
$$
\begin{aligned}
\Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr\vert + \lvert A_{n + 1} \rvert &= \sum_{1 \leqslant i_{1} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \rvert + \lvert A_{n + 1} \rvert + \sum_{k = 2}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert \\
&= \sum_{1 \leqslant i_{1} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \rvert + \sum_{k = 2}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert \\
&= \sum_{1 \leqslant i_{1} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \rvert + \sum_{k = 2}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} < n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert.
\end{aligned}
$$
第一项就是 $n + 1$ 个集合时的容斥原理等号右边的第一项。

其次展开 $\displaystyle -\Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} (A_{i} \cap A_{n + 1}) \Biggr\vert$：
$$
\begin{aligned}
-\Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} (A_{i} \cap A_{n + 1}) \Biggr\vert &= -\sum_{k = 1}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert (A_{i_{1}} \cap A_{n + 1}) \cap \dotsb \cap (A_{i_{k}} \cap A_{n + 1}) \rvert \\
&= \sum_{k = 1}^{n} (-1)^{k} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert (A_{i_{1}} \cap A_{n + 1}) \cap \dotsb \cap (A_{i_{k}} \cap A_{n + 1}) \rvert \\
&= \sum_{k = 1}^{n} (-1)^{k} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \cap A_{n + 1} \rvert \\
&= \sum_{k = 1}^{n - 1} (-1)^{k} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \cap A_{n + 1} \rvert \\
&\phantom{{} = {}} {} + (-1)^{n} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{n} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{n}} \cap A_{n + 1} \rvert
\end{aligned}
$$
第三个等号处很好理解：多次和 $A_{n + 1}$ 取交集效果等于只和 $A_{n + 1}$ 取一次交集。展开得到的两项分别简记为 $T$ 和 $S$：
$$
\begin{aligned}
& T := \sum_{k = 1}^{n - 1} (-1)^{k} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \cap A_{n + 1} \rvert, \\
& S := (-1)^{n} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{n} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{n}} \cap A_{n + 1} \rvert.
\end{aligned}
$$
前面铺垫过，$S$ 这里的指标 $i_{1}, \dotsc, i_{n}$ 只能分别取 $1, \dotsc, n$：
$$
\begin{aligned}
S &= (-1)^{n} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{n} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{n}} \cap A_{n + 1} \rvert \\
&= (-1)^{n} \lvert A_{1} \cap \dotsb \cap A_{n} \cap A_{n + 1} \rvert \\
&= (-1)^{n} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{n + 1} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{n}} \cap A_{i_{n + 1}} \rvert.
\end{aligned}
$$
第三个等号处增加了只能取 $n + 1$ 的指标 $i_{n + 1}$，于是可以看出 $S$ 就是 $n + 1$ 个集合时的容斥原理等号右边的第 $n + 1$ 项。

$T$ 中的指标 $k$ 取 $1, \dotsc, n - 1$ 时，求交集的集合的个数分别是 $2, \dotsc, n$。于是做指标替换：$k' = k + 1$，式子中原本的 $k$ 全部替换为 $k' - 1$：
$$
\begin{aligned}
T &= \sum_{k = 1}^{n - 1} (-1)^{k} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \cap A_{n + 1} \rvert \\
&= \sum_{k' = 2}^{n} (-1)^{k' - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k' - 1} \leqslant n} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k' - 1}} \cap A_{n + 1} \rvert \\
&= \sum_{k' = 2}^{n} (-1)^{k' - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k' - 1} < i_{k'} = n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k' - 1}} \cap A_{i_{k'}} \rvert \\
&= \sum_{k = 2}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k - 1} < i_{k} = n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k - 1}} \cap A_{i_{k}} \rvert.
\end{aligned}
$$
最后两个等号的依据正是在数学归纳法开始以前讨论的内容。

最后：
$$
\begin{aligned}
\Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n + 1} A_{i} \Biggr\vert &= \Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} A_{i} \Biggr\vert + \lvert A_{n + 1} \rvert - \Biggl\vert \bigcup_{i = 1}^{n} (A_{i} \cap A_{n + 1}) \Biggr\vert \\
&= \sum_{1 \leqslant i_{1} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \rvert + \sum_{k = 2}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} < n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert \\
&\phantom{{} = {}} {} + \sum_{k = 2}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k - 1} < i_{k} = n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k - 1}} \cap A_{i_{k}} \rvert \\
&\phantom{{} = {}} + (-1)^{n} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{n + 1} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{n}} \cap A_{i_{n + 1}} \rvert \\
&= \sum_{1 \leqslant i_{1} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \rvert + \sum_{k = 2}^{n} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert \\
&\phantom{{} = {}} + (-1)^{n} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{n + 1} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{n}} \cap A_{i_{n + 1}} \rvert \\
&= \sum_{k = 1}^{n + 1} (-1)^{k - 1} \sum_{1 \leqslant i_{1} < \dotsb < i_{k} \leqslant n + 1} \lvert A_{i_{1}} \cap \dotsb \cap A_{i_{k}} \rvert.
\end{aligned}
$$

芋圆公式

如何用大一的微积分和线性代数知识解决大三的物理专业选修课《群论》的第一章部分习题？

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芋圆公式

最近有同学问到了《基础代数》第三卷习题 1.2 的第 2 题：

2. 对称群 $\mathrm{S}_{3}$ 作用在两个三元集合 $U$ 和 $V$ 上。让 $\mathrm{S}_{3}$ 对角地作用在集合 $U \times V$ 上：$g(u, v) = (g u, g v)$。对如下情形确定 $U \times V$ 中的轨道：
(1) 在 $U$ 和 $V$ 上的作用都是可迁的；
(2) 在 $U$ 上的作用是可迁的，在 $V$ 上的作用的轨道是 $\lbrace v_{1} \rbrace$ 和 $\lbrace v_{2}, v_{3} \rbrace$。

这道题比看上去似乎复杂些。先考察一个具体的例子，看看 $\mathrm{S}_{3}$ 如何可迁地作用在三元集合 $U$ 上。轨道的基数和轨道中元素的稳定子群的阶乘起来等于群的阶，因此 $U$ 中元素的稳定子群必然是 $\mathrm{S}_{3}$ 中的对换生成的三个二阶子群：$\langle (2 ~ 3) \rangle$、$\langle (1 ~ 3) \rangle$、$\langle (1 ~ 2) \rangle$。不妨设 $\operatorname{St}(u_{1}) = \langle (2 ~ 3) \rangle$，并假设 $(1 ~ 2 ~ 3) \colon u_{1} \mapsto u_{2}$，那么 $(1 ~ 3 ~ 2) \colon u_{1} \mapsto u_{3}$，进而确定 $\operatorname{St}(u_{2})$ 和 $\operatorname{St}(u_{3})$：
$$
\begin{aligned}
& \operatorname{St}(u_{2}) = (1 ~ 2 ~ 3) \operatorname{St}(u_{1}) \, (1 ~ 3 ~ 2) = \langle (1 ~ 3) \rangle, \\
& \operatorname{St}(u_{3}) = (1 ~ 3 ~ 2) \operatorname{St}(u_{1}) \, (1 ~ 2 ~ 3) = \langle (1 ~ 2) \rangle.
\end{aligned}
$$
再做以下计算：
$$
\begin{aligned}
& (1 ~ 3) \operatorname{St}(u_{1}) \, (1 ~ 3) = \langle (1 ~ 2) \rangle = \operatorname{St}(u_{3}), \\
& (1 ~ 2) \operatorname{St}(u_{1}) \, (1 ~ 2) = \langle (1 ~ 3) \rangle = \operatorname{St}(u_{2}).
\end{aligned}
$$
此时已知 $\mathrm{S}_{3}$ 的所有元素在 $u_{1}$ 上的行为：$$ (1), (2 ~ 3) \colon u_{1} \mapsto u_{1}, \qquad (1 ~ 2), (1 ~ 2 ~ 3) \colon u_{1} \mapsto u_{2}, \qquad (1 ~ 3), (1 ~ 3 ~ 2) \colon u_{1} \mapsto u_{3}. $$ 注意到：对换 $(1 ~ 2)$ 固定 $u_{3}$，但是把 $u_{1}$ 映射到 $u_{2}$、对换 $(1 ~ 3)$ 固定 $u_{2}$，但是把 $u_{1}$ 映射到 $u_{3}$。继续做计算就确定了 $\mathrm{S}_{3}$ 在 $U$ 的所有元素上的行为。仅仅从可迁作用出发，找到了满足特定关系的两个元素（在这里是 $u_{1}$ 和 $u_{2}$），就确定了 $\mathrm{S}_{3}$ 在 $U$ 上的行为。这说明 $\mathrm{S}_{3}$ 在三元集合上的可迁作用本质上只有一种。

现在来考察 (1) 中的轨道：设 $\tilde{v}_{k} \in V$ 满足 $\operatorname{St}(u_{k}) = \operatorname{St}(\tilde{v}_{k})$，取三阶置换 $\tau$ 满足 $\tau \colon u_{1} \mapsto u_{2}$，那么
$$
\begin{aligned}
& (u_{1}, \tilde{v}_{1}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{2}, \tilde{v}_{2}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{3}, \tilde{v}_{3}), \\
& (u_{2}, \tilde{v}_{1}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{3}, \tilde{v}_{2}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{1}, \tilde{v}_{3}), \\
& (u_{3}, \tilde{v}_{1}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{1}, \tilde{v}_{2}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{2}, \tilde{v}_{3}).
\end{aligned}
$$
取对换 $\sigma$ 满足 $\langle \sigma \rangle = \operatorname{St}(u_{1})$，那么必然有 $\sigma \colon u_{2} \mapsto u_{3}$，否则与 $\sigma$ 固定 $u_{1}$ 且不固定 $u_{2}, u_{3}$ 矛盾。于是 $(u_{2}, \tilde{v}_{1}) \stackrel{\sigma}{\mapsto} (u_{3}, \tilde{v}_{1})$，$U \times V$ 的轨道分解如下：
$$
\begin{aligned}
& (u_{1}, \tilde{v}_{1}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{2}, \tilde{v}_{2}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{3}, \tilde{v}_{3}), \\
& (u_{2}, \tilde{v}_{3}) \stackrel{\tau_{2}}{\mapsto} (u_{1}, \tilde{v}_{2}) \stackrel{\tau_{2}}{\mapsto} (u_{3}, \tilde{v}_{1}) \stackrel{\sigma}{\mapsto} (u_{2}, \tilde{v}_{1}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{3}, \tilde{v}_{2}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{1}, \tilde{v}_{3}).
\end{aligned}
$$

在 (2) 中，$v_{1}$ 的稳定子群是六阶的，$v_{2}, v_{3}$ 的稳定子群是三阶的，故 $V$ 中元素的稳定子群被唯一确定。取偶置换 $\tau$ 满足 $\tau \colon u_{1} \mapsto u_{2}$，则
$$
\displaystyle \operatorname{St}(v_{1}) = \mathrm{S}_{3}, \qquad \operatorname{St}(v_{2}) = \operatorname{St}(v_{3}) = \langle \tau \rangle.
$$
注意：偶置换 $\tau$ 不固定 $U$ 中任何元素。取对换 $\sigma$ 使得 $\sigma \colon v_{2} \mapsto v_{3}$，$U \times V$ 的轨道分解如下：
$$
\begin{aligned}
& (u_{1}, v_{1}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{2}, v_{1}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{3}, v_{1}), \\
& (u_{3}, v_{2}) \stackrel{\tau_{2}}{\mapsto} (u_{2}, v_{2}) \stackrel{\tau_{2}}{\mapsto} (u_{1}, v_{2}) \stackrel{\sigma}{\mapsto} (u_{1}, v_{3}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{2}, v_{3}) \stackrel{\tau}{\mapsto} (u_{3}, v_{3}).
\end{aligned}
$$

芋圆公式

和 24 级 ZZJ 同学讨论了《力学》第 7 章习题 A 组 7-21 题的动力学做法。

系统如图所示，平衡时两条水平轻弹簧都处于自由长度状态，平板左右振动时，下面两块相同的匀质圆柱体沿水平地面纯滚动，与平板下表面间也无相对滑动。已知两条弹簧的劲度系数同为 $k$，平板质量为 $M$，两块圆柱体的质量同为 $m$，试求平板左右振动的周期 $T$。

✍ 设向右为正方向。当平板向右运动 $x_{M}$ 时，除了受到两条弹簧的回复力 $-2 k x_{M}$ 以外，还受到来自两块圆柱体的静摩擦力 $-2 f_{1}$。圆柱体跟随平板向右运动，受来自平板的静摩擦力 $f_{1}$ 和来自地面的静摩擦力 $f_{2}$。圆柱体在 $f_{1}, f_{2}$ 共同作用下加速平动且加速纯滚动：
$$
\begin{aligned}
& f_{1} + f_{2} = m a_{m}, \\
& (f_{1} - f_{2}) R = \frac{1}{2} m R^{2} \frac{a_{m}}{R},
\end{aligned}
$$
其中 $R$ 是圆柱体的半径、$a_{m}$ 是圆柱体的加速度。解得 $f_{1} = \dfrac{3}{4} m a_{m}$、$f_{2} = \dfrac{1}{4} m a_{m}$。无相对滑动下，$M$ 的运动速度总是 $m$ 的质心速度的两倍，于是 $a_{M} = 2 a_{m}$。因此
$$
\displaystyle -2 k x_{M} - \frac{3}{4} m a_{M} = M a_{M},
$$
整理得到
$$
\displaystyle a_{M} + \frac{8 k}{4 M + 3 m} x_{M} = 0,
$$
这说明 $\omega_{M} = \sqrt{\dfrac{8 k}{4 M + 3 m}}$。

芋圆公式

求弦振动方程
$$
\displaystyle u_{t, t}'' - a^{2} u_{x, x}'' = 0
$$
满足以下定解条件的解：
(1) $u \bigr\vert_{x = 0} = u_{x}' \bigr\vert_{x = l} = 0$、$u \bigr\vert_{t = 0} = \sin\biggl( \dfrac{3 \Pi}{2 l} x \biggr)$、$u_{t}' \bigr\vert_{t = 0} = \sin\biggl( \dfrac{5 \Pi}{2 l} x \biggr)$。

✍ 分离变量法要求弦两端固定，因此将 $[0, l]$ 上的 $u$ 偶延拓到 $[0, 2 l]$ 上的 $v$，即 $v \bigr\vert_{x \in [0, l]} = u$ 且 $v$ 关于 $x = l$ 轴对称。$v$ 满足振动方程
$$
\displaystyle v_{t, t}'' - a^{2} v_{x, x}'' = 0,
$$
其定解条件为 $v \bigr\vert_{x = 0} = v \bigr\vert_{x = 2 l} = 0$、$v \bigr\vert_{t = 0, 0 \leqslant x \leqslant l} = \sin\biggl( \dfrac{3 \Pi}{2 l} x \biggr)$、$v_{t}' \bigr\vert_{t = 0, 0 \leqslant x \leqslant l} = \sin\biggl( \dfrac{5 \Pi}{2 l} x \biggr)$。考察可分离变量的解 $v = X(x) \, T(t)$，代入振动方程，两边同时除以 $v$ 得
$$
\displaystyle \frac{T''(t)}{T(t)} - a^{2} \frac{X''(x)}{X(x)} = 0.
$$
教科书上会讨论出非平凡的情形：$a^{2} \dfrac{X''(x)}{X(x)}$ 等于负常数 $-k^{2}$，即
$$
\displaystyle X(x) = A \cos \biggl( \frac{k}{a} x \biggr) + B \sin \biggl( \frac{k}{a} x \biggr).
$$
代入边值条件可知 $A = 0$、$\dfrac{k}{a} = \dfrac{n \Pi}{2 l}$。相应地解得
$$
\displaystyle T(t) = C_{n} \cos \Bigl( \frac{n \Pi a}{2 l} t \Bigr) + D_{n} \sin \Bigl( \frac{n \Pi a}{2 l} t \Bigr),
$$
于是
$$
\displaystyle v = \sum_{n = 1}^{\infty} \sin \Bigl( \frac{n \Pi}{2 l} x \Bigr) \, \Bigl( C_{n} \cos \Bigl( \frac{n \Pi a}{2 l} t \Bigr) + D_{n} \sin \Bigl( \frac{n \Pi a}{2 l} t \Bigr) \Bigr).
$$
$t = 0$ 时，
$$
\displaystyle v \bigr\vert_{t = 0} = \sum_{n = 1}^{\infty} C_{n} \sin \Bigl( \frac{n \Pi}{2 l} x \Bigr),
$$
对照初值条件可知诸 $C_{n}$ 中仅有 $C_{3} = 1$ 非零。同理，$t = 0$ 时，
$$
\displaystyle v_{t}' \bigr\vert_{t = 0} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n \Pi a}{2 l} D_{n} \sin \Bigl( \frac{n \Pi}{2 l} x \Bigr),
$$
可知诸 $D_{n}$ 中仅有 $D_{5} = \dfrac{2 l}{5 \Pi a}$ 非零。最终解得
$$
\displaystyle u = v \bigr\vert_{0 \leqslant x \leqslant l} = \sin \biggl( \frac{3 \Pi}{2 l} x \biggr) \cos \biggl( \frac{3 \Pi a}{2 l} t \biggr) + \frac{2 l}{5 \Pi a} \sin \biggl( \frac{5 \Pi}{2 l} x \biggr) \sin \biggl( \frac{5 \Pi a}{2 l} t \biggr).
$$