Composición de transformaciones de Lorentz usando generadores y la rotación de Wigner

Como indico en mi comentario, la afirmación se hace prácticamente plausible al examinar la expansión CBH del producto de los impulsores y los pedidos principales de los conmutadores de los generadores, pero es engorroso lograr una respuesta explícita; en nuestro caso, determinación del ángulo de Wigner θ y la dirección y magnitud del impulso wrt$|v_3| (\hat{x} \cos\phi +\hat{y} \sin\phi)$.

Sin embargo , sí, gracias a Weyl, si trabaja con el mapa de spinor , la lógica de los generadores de impulso y rotación no solo determina estos parámetros claramente, sino que además revela mediante inspección que el lado derecho que tiene es posible y virtualmente inevitable, ante un álgebra demasiado explícita.

El secreto es que todas las expansiones de BCH se realizan fácilmente de forma explícita a través del álgebra matricial de Pauli y los parámetros de espacio de rapidez en los exponentes son, en última instancia, más claros. El precio a pagar es volver a familiarizarse con el idioma. (cf, por ejemplo, Misner, Thorne, Wheeler, §41.3.)

---

Pre-Apéndice con el lenguaje utilizado : Dado el isomorfismo del grupo de Lorentz a PSL(2,C) , el mapa de spinor toma 4 vectores a matrices hermitianas de 2×2 divididas por las matrices de Pauli y la identidad,

$$X = \left[ \begin{matrix} t+z & x-iy \\ x+iy & t-z \end{matrix} \right]=\mathbb{1} t+\vec{\sigma}\cdot \vec{x}.$$ En este espacio, la transformación de Lorentz, una matriz unimodular, actúa tanto a la izquierda como a la derecha, conjugadamente, $$X \mapsto \Lambda X \Lambda^\dagger ,$$ preservando la Hermiticidad.

Además, los generadores de Lorentz no son todos hermitianos . Los de las rotaciones son hermitianos pero los de los boosts son antihermitianos!

$$\vec{K}=\frac{i}{2} \vec{\sigma} \qquad \mapsto B(v_1 \hat{x}) =e^{\zeta \sigma_1/2}, \qquad B(v_2 \hat{y}) =e^{\xi \sigma_2/2},\\ \vec{J}=\frac{1}{2} \vec{\sigma} \qquad \mapsto R(\theta \hat{z})= e^{i\theta \sigma_3/2} .$$ Tenga en cuenta que los parámetros en el exponente son ángulos y velocidades,$v/c=\tanh \xi$, entonces$\gamma=\cosh \xi$. Estos tienen propiedades algebraicas superiores.

Finalmente, llame a la dirección del impulso resultante final$(\hat{x} \cos\phi +\hat{y} \sin\phi)$para que se determine algún ángulo φ ; entonces,$\sigma_f=(\hat{x} \cos\phi +\hat{y} \sin\phi)\cdot \vec{\sigma}$; y su parámetro/rapidez$f=\operatorname{arctanh} (v_3/c)$.

Además, recuerde las expansiones directas de las exponenciales de las matrices de Pauli y los vectores de Pauli .

Como hoja de recordatorio de un libro de revisión práctica de Başkal, Kim & Noz, use su tabla en la página I-4, Tabla 1.1.

---

Ahora, su composición de refuerzo simplemente se reduce a

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

Inmediatamente ve que la i que ha surgido de la multiplicación de la matriz de Pauli dicta una rotación , la rotación de Wigner, en la dirección z .

Además,$J_3$correspondiente a él rotará los impulsos x e y entre sí. Tiene sentido, entonces, postular un lado derecho de la forma que se le dio, y simplemente resolver las incógnitas, si es posible,

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

Y nada más. Entonces, uno puede resolver para θ, φ y f comparando esta expresión con la anterior, ¡y eso es todo! Permítanme resolver para θ , para notar algo que rara vez se aprecia.

Comparando los coeficientes de la identidad y$\sigma_3$rendimientos

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

Divida el segundo por el primero, para obtener una expresión simple para el ángulo de Wigner,

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

A través de un milagro de trigonometría-cum-trigonometría hiperbólica, esta expresión es equivalente a la expresión de ángulo un tanto mística de la otra respuesta ,

$$\tan \theta= \frac{\sinh \xi \sinh \zeta }{\cosh \xi +\cosh \zeta}~~,$$ que parece más mágico.

Esta es una característica estándar de trabajar en medios ángulos en el espacio de rapidez: las matemáticas las aman.

También puede ver que

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

Finalmente, podría pensar que he estado manejando elementos de grupo y no generadores aquí, pero un momento de reflexión podría señalar que son las rapidezes y los ángulos, los parámetros del álgebra de Lie, los que fluyen naturalmente a través de la maquinaria, y no los objetos de grupo. y parámetros. Los atajos viven en el álgebra.