No está claro lo que está preguntando, pero no se preocupe: creo que la parte más difícil de resolver algo es encontrar la pregunta correcta en primer lugar. Entonces responderé dos preguntas que percibo en lo anterior y podemos continuar desde allí.

Pareces estar preguntando:

1. Para una descripción de la precesión de Thomas completamente en términos de la rotación de Wigner (la parte de rotación de la composición de dos impulsos que no conmutan);

2. Para obtener más información sobre la propia rotación de Wigner;

Para la primera pregunta, creo que uno debe imaginar el electrón como una partícula puntual clásica y averiguar qué le sucede a su espín cuando "orbita" el núcleo con efectos relativistas. Luego, "adivinas" el hamiltoniano a partir de la interacción clásica relativistamente corregida. Tenga cuidado de que el factor faltante de$1/2$no es un problema con el electrón descrito por la ecuación de Dirac, por lo que nunca he pensado mucho en este problema.

Bien, entonces tenemos tres marcos de referencia inerciales:

1. la del núcleo;
2. Aquello que se mueve momentáneamente con el electrón en una órbita circular, es decir, la velocidad.$v$en el$x$-dirección relativa al primer cuadro, cuando la tangente del camino del electrón está en esta dirección;
3. La del electrón poco tiempo$\delta t$más tarde. En relación con el segundo cuadro, este cuadro se moverá a la velocidad$a_y \hat{y} \delta t + a_x \hat{x} \delta t$, donde he dividido una aceleración general en componentes paralelos y en ángulo recto a la velocidad del cuadro 2 en relación con el cuadro 1 (aunque$a_x=0$para movimiento circular).

Para obtener el mapeo de la transformación de Lorentz del cuadro 1 al 3 directamente, componemos impulsos:

$$\exp\left(\frac{a_y}{c} \,\delta t\, K_y + \frac{a_x}{c} \,\delta t\, K_x\right) \exp\left(\frac{v_x}{c}\,K_x\right) = \exp\left(\frac{v_x}{c}\,K_x + \frac{a_x}{c}\,\delta t\,K_x + \frac{a_y}{c}\,\delta t\, K_y + \frac{a_y\,v_x}{2\,c^2}\,[K_y,\,K_x]\,\delta t + \cdots\right)\tag{1}$$

por la versión de la fórmula de Dynkin del teorema de Baker-Campbell-Hausdorff. De las relaciones de conmutación para el grupo de Lorentz obtenemos$[K_y,\,K_x] = i\,J_z$, de modo que$\frac{a_y\,v_x}{2\,c^2}\,[K_y,\,K_x]\,\delta t$corresponde a una rotación sobre el$z$eje de$a_y\,v_x\,\delta t / (2\,c^2)$radianes (aquí, algo obviamente$J_z,\,J_y,\,J_z$son "generadores de rotaciones", es decir, tangentes a rotaciones sobre el$x,\,y,\,z$ejes en la identidad, respectivamente, mientras que$J_z,\,J_y,\,J_z$son "generadores" de impulsos).

Entonces, para el movimiento circular,$a_x = 0$y encontramos, a partir de la fórmula de Dynkin, que la tasa de precesión de espín es:

$$\vec{\Omega} = \frac{\vec{a}\wedge \vec{v}}{2\,c^2} + \cdots\tag{2}$$

de donde vemos el factor de$1/2$que luego ingresa las ecuaciones dinámicas utilizadas para obtener la expresión de interacción clásica Ecuación 29 en la referencia [1] a continuación que proporciona el hamiltoniano cuántico correcto cuando se usa para "adivinar" este último. En realidad, hay otros términos más pequeños en la fórmula CBH también de orden$\delta t$que suman:

$$\vec{\Omega} = \frac{\gamma^2\,\vec{a}\wedge \vec{v}}{(\gamma+1)\,c^2}\approx \frac{\vec{a}\wedge \vec{v}}{2\,c^2}\tag{3}$$

(la aproximación que se mantiene para$v\ll c$) pero la fórmula de Dynkin le permite ver muy claramente la mayor contribución a la rotación de Wigner y proporciona el factor "correcto" que produce la interacción clásica "correcta". La referencia [2] a continuación deriva la expresión completa de rotación de Wigner de la fórmula de Rodrigues para$SL(2,\,\mathbb{C})$, que es la doble cubierta del grupo de transformaciones de Lorentz ortocrónicas propias (el componente relacionado con la identidad del grupo de Lorentz). Consulte también la referencia [3], que deriva el conmutador discutido anteriormente mediante un truco elemental, pero aún así solo es preciso en primer orden en$a / c$.

[1]: GF Smoot, UC Berkeley Physics 139 Apuntes de conferencias, 1998 ;

[2]: Dr. Bill Pezzaglia, CSUEB Physics, "Relatividad especial y precesión de Thomas", 2010 , página 16 en adelante.

[3]: Andrzej Dragan, Tomasz Odrzygóźdź, "Derivación de media página de la precesión de Thomas", 2012, arxiv.org/abs/1211.1854

Ahora, para mi segunda "pregunta percibida", si desea obtener más información sobre la rotación de Wigner en sí, entonces no creo que se pueda obtener una comprensión más profunda que su declaración:

...dos impulsos en diferentes direcciones no conmutan y es equivalente a un impulso puro más una rotación pura

El lenguaje de los grupos de Lie es la "manera correcta" de describir estas ideas en la medida en que es la más precisa y concisa que tenemos hasta ahora. No hay una visión "cotidiana". Simplemente surge de las constantes de estructura del álgebra de Lorentz, y para mí esto es lo más profundo posible. Aunque los impulsos en una dirección son un subgrupo de un parámetro del grupo de Lorentz, el conjunto de todos los impulsos no es un subgrupo del grupo de Lorentz, y este hecho se debe simplemente a la naturaleza del grupo de Lorentz. Ahora bien, puede haber, incluso probablemente habrá, otras descripciones de lo anterior en el futuro, pero apuesto a que un matemático las pensará como una alternativa a las relaciones de conmutación del álgebra de Lorentz. El efecto no se puede entender en términos cotidianos, es totalmente relativista y, de hecho, incluso la proporción:

$$\frac{\frac{a_y\,v_x}{2\,c^2}\,[K_y,\,K_x]\,\delta t}{\frac{a_x}{c}\,\delta t\,K_x + \frac{a_y}{c}\,\delta t\, K_y}\tag{4}$$

del mayor término no galileano en la fórmula de Dynkin$\frac{a_y\,v_x}{2\,c^2}\,[K_y,\,K_x]\,\delta t$al cambio galileano de velocidad$\frac{a_x}{c}\,\delta t\,K_x + \frac{a_y}{c}\,\delta t\, K_y$desaparece en el límite de Galileo ($c\to\infty$).

Para tener una idea de la profundidad de su afirmación, trate de describir el siguiente fenómeno cotidiano análogo precisamente en palabras distintas al lenguaje que ha utilizado en su afirmación, es decir, los lenguajes de los conmutadores y los grupos de Lie. El siguiente es un fenómeno y una pregunta que es absolutamente cotidiano y que se hará bien en cualquier persona que viva en Mumbai, Tokio, Beijing, París, Los Ángeles o Sydney y que haya conducido un automóvil:

¿Cómo aparcamos un coche en paralelo, es decir, inducimos una traslación ortogonal pura al rumbo del coche, cuando sólo podemos avanzar y retroceder en trayectorias curvas?

No creo que puedas obtener una descripción mejor (más cotidiana, concisa) que también sea precisa que:

Los operadores de dirección de diferentes curvaturas de trayectoria no conmutan y, de hecho, siempre se componen en un operador de dirección que se compone con una traducción pura .

Si representamos la configuración de nuestro coche como un$2\times1$vector columna de dos números complejos$(z,\,u)^T$dónde$z$representa la posición del coche y$u=\exp(i\,\theta)$codifica la orientación del coche. Entonces, con un mecanismo de dirección Ackermann , si conducimos el coche una distancia$s$a lo largo de un camino de curvatura constante (el volante ajustado a un ajuste constante), evolucionaremos la configuración del automóvil de la siguiente manera:

$$\mathrm{d}_s\left(\begin{array}{c}z\\u\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0&1\\0&i\,\kappa\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}z\\u\end{array}\right)\tag{5}$$

dónde$\kappa\in\mathbb{R}$codifica el ajuste de dirección como la curvatura de la trayectoria; puede ser cualquier configuración en algún intervalo distinto de cero$-\kappa_0\leq\kappa\leq +\kappa_0$dónde$\kappa_0^{-1}$es el radio del círculo de giro más estrecho del automóvil . El álgebra de Lie del conjunto de todas las transformaciones posibles sobre el automóvil se define por:

$$\begin{array}{lclcl} D &=& \text{"drive"}&=& \left(\begin{array}{cc}0&1\\0&0\end{array}\right)\\ R &=& \text{"rotate"}&=& \left(\begin{array}{cc}0&0\\0&i\end{array}\right)\\ S &=& \text{"sideslide"}&=& \left(\begin{array}{cc}0&i\\0&0\end{array}\right)\\ \end{array}\tag{6}$$

con las relaciones de conmutación:

$$[D,\,R]=S;\quad [S,\,D] = 0;\quad [R,\,S] = D\tag{7}$$

de modo que el problema es completamente análogo a la idea de precesión de Thomas: todas las transformaciones disponibles para nosotros son de la forma$\exp((D + \kappa R) s)$dónde$s$es la distancia impulsada, y tales transformaciones siempre se componen para dar una tercera transformación de la misma forma, compuesta con una traslación pura (el análogo aquí de la rotación de Wigner), que es lo que necesitamos (una traslación ortogonal pura) para salir del aparcamiento paralelo. Esto termina la respuesta, pero ....

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Antecedentes sobre el estacionamiento análogo de la rotación de Wigner

Para completar mi discusión de este pequeño y maravilloso problema, si componemos tres maniobras del tipo$\exp((D + \kappa R) s)$que nos brinda la dirección del automóvil, es decir , impartimos la transformación$\exp((D+\kappa_3 R)s_3)\exp((D+\kappa_2 R)s_2)\exp((D + \kappa_1 R)s_1)$, y si además aseguramos la condición$s_1\kappa_1 + s_2\kappa_2+s_3\kappa_3 = 0$, obtenemos la traslación pura representada por la suma del número complejo:

$$i\,(\kappa_1-\kappa_2) \left(1-e^{i\,s_1\,\kappa_1}\right)+i\,(\kappa_2-\kappa_3) \left(1-e^{i\,s_3\,\kappa_3}\right)\tag{8}$$

a la del coche$z$coordinar. Además, esto puede ser puramente imaginario ( es decir, un "desplazamiento lateral" puro) para arbitrariamente pequeños$s_1,\,s_2,\,s_3$si aseguramos:

$$(\kappa_1-\kappa_2) \sin(s_1\,\kappa_1)+(\kappa_2-\kappa_3) \sin(s_3\,\kappa_3) = 0\tag{9}$$

Desde$s_1,\,s_2,\,s_3$puede ser arbitrariamente pequeño, podemos hacer esto en un parque arbitrariamente estrecho. Sin embargo, (8) significa que la traslación es de segundo orden en el$s_j$, de modo que el número de veces que debemos repetir esta secuencia de tres maniobras es proporcional a$w/(L\,\epsilon^2)$, donde la longitud del espacio de estacionamiento es$1+\epsilon$veces la longitud$L$del coche, cuyo ancho es$w$. De hecho, con nuestras maniobras básicas de la forma$\exp((D + \kappa R) s)$podemos realizar cualquier transformación en el grupo:

$$\begin{array}{l}\begin{array}{lcl}E_2 &=& \left\{\mathcal{E}(x,\,y,\,\theta):\; x,\,y,\,\theta\in\mathbb{R}\right\}\\ \mathcal{E}(x,\,y,\,\theta)&\stackrel{def}{=}& \exp\left(\left(\begin{array}{cc} 0 & (i\,x-y) \mathcal{A}(\theta) \\ 0 & i \theta\end{array}\right)\right) = \left( \begin{array}{cc} 1 & x+i\,y \\ 0 & e^{i \theta}\\ \end{array} \right)\\ \mathcal{A}(\theta) &\stackrel{def}{=}& \left\{\begin{array}{lll} \frac{\theta}{e^{i\,\theta} - 1}&;&\theta\neq 0\\1&;&\theta = 0\end{array}\right.\\ \end{array}\\ \mathcal{E}(x_2,\,y_2,\,\theta_2) \cdot\mathcal{E}(x_1,\,y_1,\,\theta_1)= \mathcal{E}(x_1 + e^{i\,\theta_1} x_2,\,y_1 + e^{i\,\theta_1} y_2,\,\theta_1+\theta_2)\end{array}\tag{10}$$

que es todo el grupo euclidiano de transformaciones afines del plano de Argand. Sin embargo, aunque podemos darnos cuenta de cualquier miembro de este grupo como una transformación neta, no podemos darnos cuenta del camino continuo de la forma.$\{e^{s\,R}:\,s\in\mathbb{R}\}$o de la forma$\{e^{s\,S}:\,s\in\mathbb{R}\}$; solo podemos llegar a cualquier punto dado en este camino a través de un camino en zigzag que se mantiene arbitrariamente cerca de estos caminos continuos.