Доказательство того, что (1/2,1/2)(1/2,1/2)(1/2,1/2) представление группы Лоренца является 4-векторным

Сначала вспомним, как строить конечномерные неприводимые представления группы Лоренца. Сказать$J_i$три генератора вращения и$K_i$это три наддувных генератора.

$$\begin{align*} L_x = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix}& L_y = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&0&1 \\ 0&0&0&0 \\ 0&-1&0&0 \end{pmatrix}& L_z = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&-1&0 \\ 0&1&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ K_x = &\begin{pmatrix} 0&1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}& K_y = &\begin{pmatrix} 0&0&1&0 \\ 0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}& K_z = &\begin{pmatrix} 0&0&0&1 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \end{pmatrix}\\ \end{align*}$$ Они удовлетворяют $$[J_i, J_j] = \varepsilon_{ijk} J_k \hspace{1 cm} [K_i, K_j] = -\varepsilon_{ijk} J_k \hspace{1 cm} [J_i, K_j] = \varepsilon_{ijk}K_k.$$ (Обратите внимание, что я использую кососопряженное соглашение для элементов алгебры Ли, где я не умножал на$i$.)

Затем мы определяем

$$A_i = \frac{1}{2} (J_i - i K_i) \hspace{2 cm} B_i = \frac{1}{2}(J_i + i K_i)$$ которые удовлетворяют коммутационным соотношениям $$[A_i, A_j] = \varepsilon_{ijk} A_k \hspace{2cm} [B_i, B_j] = \varepsilon_{ijk} B_k \hspace{2cm} [A_i, B_j] = 0.$$

Вот как вы строите представление группы Лоренца: сначала выберите два неотрицательных полуцелых числа$j_1$и$j_2$. Они соответствуют двум спинам$j$представления$\mathfrak{su}(2)$, который я обозначу

$$\pi'_{j}.$$ Напомним, что $$\mathfrak{su}(2) = \mathrm{span}_\mathbb{R} \{ -\tfrac{i}{2} \sigma_x, -\tfrac{i}{2} \sigma_y, -\tfrac{i}{2} \sigma_z \}$$ где $$[-\tfrac{i}{2} \sigma_i, -\tfrac{i}{2} \sigma_j] = -\tfrac{i}{2}\varepsilon_{ijk} \sigma_k.$$ Для этого вопроса нам нужно знать только спин$1/2$представительство$\mathfrak{su}(2)$, который дается $$\pi'_{\tfrac{1}{2}}( -\tfrac{i}{2}\sigma_i) = -\tfrac{i}{2} \sigma_i.$$

Хорошо, как мы построим$(j_1, j_2)$представление группы Лоренца? Любой элемент алгебры Ли$X \in \mathfrak{so}(1,3)$можно записать в виде линейной комбинации$A_i$и$B_i$:

$$X = \sum_{i = 1}^3 (\alpha_i A_i + \beta_i B_i).$$ (Обратите внимание, что на самом деле мы имеем дело с комплексной версией алгебры Ли$\mathfrak{so}(1,3)$потому что наши определения$A_i$и$B_i$иметь факторы$i$, так$\alpha, \beta \in \mathbb{C}$.)

$A_i$и$B_i$сформировать свои независимые$\mathfrak{su}(2)$алгебры.

Представление алгебры Ли$\pi'_{(j_1, j_2)}$затем дается

$$\begin{align*} \pi'_{(j_1, j_2)}(X) &= \pi'_{(j_1, j_2)}(\alpha_i A_i + \beta_j B_i) \\ &\equiv \pi'_{j_1}(\alpha_i A_i) \otimes \big( \pi'_{j_2}(\beta_j B_i) \big)^* \end{align*}$$ где звездочка обозначает комплексное сопряжение.

Иногда забывают упомянуть, что надо включать комплексное сопряжение, а иначе не получится!

Если$j_1 = 1/2$и$j_2 = 1/2$, у нас есть

$$\begin{equation*} \pi_{\frac{1}{2}}'(A_i) = -\frac{i}{2}\sigma_i \otimes I \hspace{2cm} \big(\pi_{\frac{1}{2}}' (B_i)\big)^* = \frac{i}{2} I \otimes\sigma_i^*. \end{equation*}$$ Мы можем явно записать эти тензорные произведения в терминах$2 \times 2 = 4$размерная основа. (Здесь я использую для этого так называемое « произведение Кронекера ». Это просто причудливое название для умножения всех элементов двух$2\times 2$по ячейкам, чтобы получить$4 \times 4$матрица.) $$\begin{align*} \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_x) &= -\frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&0&1&0 \\ 0&0&0&1 \\ 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_x)\big)^* &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_y) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&-1&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_y)\big)^*&= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&-1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_z) &= -\frac{i}{2}\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \\ 0&0&-1&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_z)\big)^* &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&-1&0&0 \\ 0&0&1&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} \end{align*}$$ Затем мы можем выписать матрицы вращений и бустов$J_i$и$K_i$с использованием $$J_i = A_i + B_i \hspace{2cm} K_i = i(A_i - B_i).$$ $$\begin{align*} \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_x) &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&-1&0 \\ 1&0&0&-1 \\ -1&0&0&1 \\ 0&-1&1&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_x) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&1&1&0 \\ 1&0&0&1 \\ 1&0&0&1 \\ 0&1&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_y) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&-1&-1&0 \\ 1&0&0&-1 \\ 1&0&0&-1 \\ 0&1&1&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_y) &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&-1&0 \\ -1&0&0&-1 \\ 1&0&0&1 \\ 0&1&-1&0 \end{pmatrix} \\ \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_z) &= \begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&-i&0&0 \\ 0&0&i&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_z) &= \begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} \\ \end{align*}$$ Это странные матрицы, хотя мы можем заставить их выглядеть гораздо более наводящими на размышления в другом базисе. Определите матрицу $$\begin{equation*} U = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -i & 0\\ 0 & 1 & i & 0 \\ 1 & 0 & 0 &-1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$$ Удивительно, $$\begin{equation*} U^{-1} \big( \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(L_i) \big) U = L_i \hspace{1cm}U^{-1} \big( \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_i) \big) U = K_i. \end{equation*}$$ Следовательно$(\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2})$представление эквивалентно обычному «векторному» представлению$SO^+(1,3)$. Однако эти «векторы» живут в$\mathbb{C}^4$, нет$\mathbb{R}^4$, о чем обычно не упоминают.

Извините, что этот ответ пришел так долго после вашего поста. Поскольку это задача типа домашнего задания, я не буду выполнять все расчеты, но распишу все ключевые моменты; в любом случае, вероятно, проще следовать этому пути, если вы сами заполняете матричную алгебру!

Чтобы понять, что здесь происходит, прежде всего подумайте о системе со спином 1. В таком случае действие$J_3$на векторах представляется матрицей

$$\left(\begin{array}{ccc} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)$$ Если вы будете следовать стандартной конструкции представления со спином 1 с использованием лестничных операторов, которые можно найти в любом учебнике по КМ, вместо этого вы обнаружите, что $J_3$представлен матрицей $$\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$$ потому что он действует на основе $J_3$собственные состояния. Вы можете видеть, что эти матрицы унитарно эквивалентны, найдя собственные значения первой из них равными $-1,0,1$; разработка соответствующих собственных векторов дает вам матрицу, которая меняет базис (с точностью до некоторого порядка этого базиса). (Приятно заметить, что эта матрица преобразует линейно поляризованные поперечные векторные поля в циркулярно поляризованные!)

Теперь в данном случае, когда мы имеем$(1/2,1/2) = SU(2) \otimes SU(2)$.$J_3$действует как на (1/2,0), так и на (0,1/2) представления$\frac{1}{2} \sigma_3$. Поскольку это генератор группы, а не элемент группы, действие на тензорное произведение двух групп определяется выражением

$$J_3 = \frac{1}{2} \sigma_3 \otimes I + I \otimes \frac{1}{2} \sigma_3 = \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$$ Ясно, что эта матрица дает нам действие $J_3$на его собственных состояниях, а замена базиса дает нам 4-векторное представление. Разница в том, что теперь у нас есть два собственных значения 0; они возникли в результате «сложения углового момента» наших двух представлений со спином 1/2. Один из повторений со вращением 1, как и раньше. Другой - из представления со спином 0; это ваше направление времени в 4-векторе, который является скаляром при вращении. Таким образом, в этом случае компоненты матрицы, которая изменяет действие базиса на направления 0 собственных значений, являются коэффициентами Клебша-Гордона.

Надеюсь, это поможет.

Вы неправильно поняли стратегию. Идея состоит в том, что мы определяем новые операторы$A_i = \frac{J_i + iK_i}{2}$и$B_i =\frac{J_i-iK_i}{2}$. Теперь вычислите$[A_i,A_j], [B_i,B_j]$и$[A_i,B_j]$Ответ, который вы должны получить, состоит в том, что первые два должны дать вам алгебру лжи$SU(2)$в то время как второй должен дать вам ноль. Это означает, что у нас есть, по крайней мере, локально$SU(2)\times SU(2)$

Тогда лоренцевы бусты для двухкомпонентного спинора равны$e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta + \vec{\sigma} \cdot \phi}$а другой$e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta - \vec{\sigma} \cdot \phi}$. Прямая сумма этого делает общую работу, т.е.$\begin{pmatrix}e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta + \vec{\sigma} \cdot \phi}& 0 \\ 0 &e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta - \vec{\sigma} \cdot \phi} \end{pmatrix}$

Таким образом, вы сможете получить генераторы, которые хотите.