Композиция преобразований Лоренца с использованием образующих и вращения Вигнера

Как я указываю в своем комментарии, утверждение становится правдоподобным практически путем проверки разложения CBH произведения бустов и ведущих порядков коммутаторов генераторов, но получить явный ответ обременительно; в нашем случае определение угла Вигнера θ , а также направления и величины наддува относительно$|v_3| (\hat{x} \cos\phi +\hat{y} \sin\phi)$.

Тем не менее , да, благодаря Вейлю, если вы работаете со спинорной картой , логика генераторов повышения и вращения действительно не только четко определяет эти параметры, но и дополнительно показывает при проверке, что правая часть у вас возможна и практически неизбежно, прежде чем слишком много явной алгебры.

Секрет в том, что все расширения BCH легко выполняются явно с помощью матричной алгебры Паули, а параметры пространства быстрот в показателях в конечном счете более аккуратны. Цена, которую нужно заплатить, — это повторное знакомство с языком. (ср., например, Misner, Thorne, Wheeler, §41.3.)

---

Предварительное приложение с используемым языком : учитывая изоморфизм группы Лоренца в PSL(2,C) , спинорное отображение переводит 4-векторы в эрмитовы матрицы 2 × 2, натянутые на матрицы Паули и тождество,

$$X = \left[ \begin{matrix} t+z & x-iy \\ x+iy & t-z \end{matrix} \right]=\mathbb{1} t+\vec{\sigma}\cdot \vec{x}.$$ В этом пространстве преобразование Лоренца, унимодулярная матрица, действует как слева, так и справа сопряженно, $$X \mapsto \Lambda X \Lambda^\dagger ,$$ сохраняя Отшельничество.

Более того, генераторы Лоренца не все эрмитовы . Вращения эрмитовы, а бусты антиэрмитовы!

$$\vec{K}=\frac{i}{2} \vec{\sigma} \qquad \mapsto B(v_1 \hat{x}) =e^{\zeta \sigma_1/2}, \qquad B(v_2 \hat{y}) =e^{\xi \sigma_2/2},\\ \vec{J}=\frac{1}{2} \vec{\sigma} \qquad \mapsto R(\theta \hat{z})= e^{i\theta \sigma_3/2} .$$ Обратите внимание, что параметры в показателе степени - это углы и скорости,$v/c=\tanh \xi$, так$\gamma=\cosh \xi$. Они обладают превосходными алгебраическими свойствами.

Наконец, назовите направление конечного результирующего повышения$(\hat{x} \cos\phi +\hat{y} \sin\phi)$для некоторого угла φ, который необходимо определить; так,$\sigma_f=(\hat{x} \cos\phi +\hat{y} \sin\phi)\cdot \vec{\sigma}$; и его параметр/быстрота$f=\operatorname{arctanh} (v_3/c)$.

Далее вспомним прямые разложения экспонент матриц Паули и векторов Паули .

В качестве напоминания шпаргалка из книги практических обзоров Başkal, Kim & Noz, используйте их таблицу на стр. I-4, Таблица 1.1.

---

Теперь ваша композиция буста просто сводится к

$$B(v_2 \hat{y})B(v_1 \hat{x}) = e^{\xi \sigma_2/2} e^{\zeta \sigma_1/2}= \left(\mathbb{1} \cosh \frac{\xi}{2} +\sigma_2 \sinh \frac{\xi}{2}\right)\left (\mathbb{1} \cosh \frac{\zeta}{2} +\sigma_1 \sinh \frac{\zeta}{2}\right ) \\ =\mathbb{1} \cosh \frac{\xi}{2} \cosh \frac{\zeta}{2} +i\sigma_3 \sinh \frac{\xi}{2} \sinh \frac{\zeta}{2}+\sigma_2 \sinh \frac{\xi}{2} \cosh \frac{\zeta}{2} +\sigma_1 \sinh \frac{\zeta}{2} \cosh \frac{\xi}{2} .$$

Вы сразу видите, что i , полученное в результате умножения матриц Паули, диктует поворот , поворот Вигнера, в направлении z .

Более того,$J_3$соответствующие ему будут вращать бусты x и y друг в друге. Тогда имеет смысл постулировать правую часть формы, которую вы получили, и просто найти неизвестные, если это возможно,

$$B( \tanh f ~\hat{k})R_z(\theta) = e^{f \sigma_k/2} e^{i\theta \sigma_3/2}= \left(\mathbb{1} \cosh \frac{f}{2} +\sigma_f \sinh \frac{f}{2}\right) \left(\mathbb{1} \cos \frac{\theta}{2} +i\sigma_3 \sin \frac{\theta}{2}\right)\\ =\mathbb{1} \cosh \frac{f}{2}\cos \frac{\theta}{2} + i\sigma_3 \sin \frac{\theta}{2}\cosh \frac{f}{2} + \sigma_x \cos \left (\phi+\frac{\theta}{2} \right )\sinh \frac{f}{2}+\sigma_y \sin \left (\phi+\frac{\theta}{2} \right )\sinh \frac{f}{2} .$$

И ничего больше. Таким образом, можно найти θ, φ и f , сравнив это выражение с приведенным выше, и все! Позвольте мне решить для θ , чтобы отметить то, что редко ценится.

Сравнивая коэффициенты тождества и$\sigma_3$урожаи

$$\cosh \frac{\xi}{2}\cosh \frac{\zeta}{2}=\cosh \frac{f}{2}\cos \frac{\theta}{2},\\ \sinh \frac{\xi}{2}\sinh \frac{\zeta}{2}=\cosh \frac{f}{2}\sin \frac{\theta}{2}.$$

Разделите второе на первое, чтобы получить простое выражение для угла Вигнера:

$$\tan \frac{\theta}{2}= \tanh \frac{\xi}{2}\tanh \frac{\zeta}{2}.$$

Благодаря чуду тригонометрии-гиперболической-тригонометрии это выражение эквивалентно несколько мистическому угловому выражению другого ответа ,

$$\tan \theta= \frac{\sinh \xi \sinh \zeta }{\cosh \xi +\cosh \zeta}~~,$$ что кажется более волшебным.

Это стандартная функция работы с половинными углами в быстротном пространстве — математика их любит.

Вы также можете увидеть, что

$$\tan \left(\phi+ \frac{\theta}{2}\right )= \tanh \frac{\xi}{2}\coth \frac{\zeta}{2}~,$$ и $$\cosh^2\frac{f}{2}=\cosh\left( \frac{\xi+\zeta}{2}\right) ~.$$

Наконец, вы можете подумать, что я имел дело с групповыми элементами, а не с генераторами, но минутное размышление может указать на то, что именно скорости и углы, то есть параметры алгебры Ли, естественным образом протекают через механизм, а не групповые объекты. и параметры. Ярлыки живут в алгебре.