Ettore Majorana: Appunti di Fisica Teorica - Università degli studi di ...

Volumetto 3: 28 giugno 1929
a 0, si ottengono le n + 1 soluzioni fondamentali che il problema ammette
in questo caso speciale.
2) Supponiamo p = 2. Le condizioni da soddisfare sono
α 2 1 = 1, α 2 2 = 1, α1α2 + α2α1 = 0. (3.524)
Sia R ′ r lo spazio corrispondente all’autovalore +1 di α1, e R ′′ n−r quello
corrispondente all’autovalore −1. Sia a un vettore di R ′ r; per l’ultima delle
(3.524) dovrà essere:
cioè:
(α1α2 + α2α1) a = 0, (3.525)
(α1 + 1) α2 a = 0. (3.526)
Segue che α2a appartiene a R ′′ n−r, e perché α2 ha determinante diverso da
zero, sarà:
n − r ≥ r. (3.527)
Sia b un vettore di R ′′ n−r; dall’ultima equazione del (3.524), sarà:
cioè α2b appartiene a R ′ r; segue:
e combinando con (3.527):
(α1 − 1) α2b = 0, (3.528)
r ≥ n − r. (3.529)
r = n/2. (3.530)
Segue che il caso p = 2 ammette soluzione solo se n è pari. Supposto
n = 2r pari in modo che r risulti intero, scegliamo come primi r vettori
fondamentali r vettori unitari ortogonali qualsiasi di R ′ r e come ultimi r
vettori fondamentali i vettori trasformati 15 α2 ≤ 1, α2 ≤ 2, . . ., α2 ≤ r che
saranno naturalmente ortogonali ai primi perché appartengono a R ′′
r che
è ortogonale a R ′ r), ma anche unitari e ortogonali tra loro perché essendo
α2 Hermitiana e uguale alla sua inversa appartiene a un particolare tipo
15 Cioè, i vettori α2a.
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