Las transformaciones ortocrónicas de Lorentz conservan el tiempo y SL(2,R)SL(2,R)SL(2,\mathbb{R})

I) La prueba de que el grupo ortocrónico de Lorentz $O^{+}(1,d; \mathbb{R})$formar un grupo (que es cerrado/estable bajo multiplicación e inversión) se da en esta publicación de Phys.SE.

II) A continuación nos gustaría probar lo siguiente.

Proposición. Una transformación de Lorentz toma un vector temporal$\tilde{x}=\begin{bmatrix} x^0\cr x \end{bmatrix}$con$|x| < |x^0|$a un vector temporal$\tilde{x}^{\prime}=\begin{bmatrix}x^{\prime 0}\cr x^{\prime}\end{bmatrix}$con$|x^{\prime}| < |x^{\prime 0}|$.

Prueba. Esto se deduce del hecho de que una transformación de Lorentz conserva la norma de Minkowski.$\Box$

Proposición. Una transformación ortocrónica de Lorentz toma un vector temporal futuro$\tilde{x}=\begin{bmatrix} x^0\cr x \end{bmatrix}$con$|x| < x^0$a un futuro vector temporal$\tilde{x}^{\prime}=\begin{bmatrix}x^{\prime 0}\cr x^{\prime}\end{bmatrix}$con$|x^{\prime}| < x^{\prime 0}$.

Prueba. Demostrar que una transformación de Lorentz ortocrónica

$$\tag{1} \tilde{x}^{\prime}~=~\Lambda\tilde{x}, \qquad \Lambda ~=~ \begin{bmatrix}a & b^t \cr c &R \end{bmatrix}~\in~O(1,d; \mathbb{R}),$$

(que por definición tiene$a=\Lambda^0{}_0>0$), toma un vector temporal futuro$\tilde{x}=\begin{bmatrix} x^0\cr x \end{bmatrix}$con

$$\tag{2} |x| ~<~ x^0$$

a un futuro vector temporal$\tilde{x}^{\prime}=\begin{bmatrix}x^{\prime 0}\cr x^{\prime}\end{bmatrix}$con$|x^{\prime}| < x^{\prime 0}$, es suficiente probar que

$$\tag{3} 0~\stackrel{(4)}{<}~ a x^0 + b\cdot x~\stackrel{(1)}{=}~ x^{\prime 0}.$$

Pero la desigualdad (3) se sigue de la siguiente desigualdad

$$\tag{4} -2\frac{b}{a} \cdot \frac{x}{x^0}~\leq~ \left(\frac{b}{a}\right)^2 +\left(\frac{x}{x^0}\right)^2 ~\stackrel{(2)}{<}~ \frac{a^2-1}{a^2} + 1 ~<~2.$$

Aquí usamos el hecho de que$b\cdot b =a^2-1$y la desigualdad (2).$\Box$

III) Por lo tanto, solo queda la última pregunta de OP:

¿Cuál es la relación entre$SL(2,\mathbb{R})$y$SO^{+}(1,2;\mathbb{R})$?

Naturalmente, nuestro tratamiento tendrá cierta superposición con la respuesta correcta de Trimok. Usamos la convención de signos$(+,-,-,-)$para la métrica de Minkowski$\eta_{\mu\nu}$.

IV) Primero identifiquemos el espacio de Minkowski$M(1,3;\mathbb{R})$con el espacio de Hermitian$2\times2$matrices$u(2)$. En detalle, hay una isometría biyectiva del espacio de Minkowski$(M(1,3;\mathbb{R}),||\cdot||^2)$al espacio de Hermitian$2\times2$matrices$(u(2),\det(\cdot))$,

$$\mathbb{R}^4~=~M(1,3;\mathbb{R}) ~\cong ~ u(2) ~:=~\{\sigma\in {\rm Mat}_{2\times 2}(\mathbb{C}) \mid \sigma^{\dagger}=\sigma \} ~=~ {\rm span}_{\mathbb{R}} \{\sigma_{\mu} \mid \mu=0,1,2,3\},$$ $$M(1,3;\mathbb{R})\ni\tilde{x}~=~(x^0,x^1,x^2,x^3) \quad\mapsto \quad\sigma~=~x^{\mu}\sigma_{\mu}~\in~ u(2),$$ $$\tag{5} ||\tilde{x}||^2 ~=~x^{\mu} \eta_{\mu\nu}x^{\nu} ~=~\det(\sigma), \qquad \sigma_{0}~:=~{\bf 1}_{2 \times 2},$$

ver también esta publicación de Phys.SE.

V) Hay una acción de grupo $\rho: SL(2,\mathbb{C})\times u(2) \to u(2)$dada por

$$\tag{6} g\quad \mapsto\quad\rho(g)\sigma~:= ~g\sigma g^{\dagger}, \qquad g\in SL(2,\mathbb{C}),\qquad\sigma\in u(2).$$

Un cálculo directo muestra que los dos grupos$SL(2,\mathbb{R}) \equiv Sp(2,\mathbb{R})$y

$$SU(1,1)~=~\left\{\left. \begin{bmatrix} a & b \\ b^{*} & a^{*} \end{bmatrix}\right| a,b\in \mathbb{C}, |a|^2-|b|^2=1\right\}$$ $$\tag{7} ~=~\left\{\left. \begin{bmatrix} f\sqrt{|b|^2+1} & b \\ b^{*} & f^{*}\sqrt{|b|^2+1} \end{bmatrix} \right| f,b\in \mathbb{C}, |f|=1\right\}~\cong~S^1\times \mathbb{C}$$

son los subgrupos estabilizadores (también llamados subgrupos de isotropía) del$x^2$-coordenada y la$x^3$-coordenada, respectivamente. Dado que no existe una dirección preferida espacialmente, los dos subgrupos son isomorfos. (El isomorfismo explícito se da en la Ref. 1.) Los dos subgrupos están conectados por caminos pero no simplemente conectados. En detalle, el grupo fundamental es

$$\tag{8} \pi_1(SL(2,\mathbb{R}),*)~=~\pi_1(SU(1,1),*)~=~\pi_1(S^1\times \mathbb{C},*)$$ $$~=~\pi_1(S^1,*)\oplus \pi_1(\mathbb{C},*)~=~\mathbb{Z}.$$

VI) Restringimos ahora la atención a la$1+2$caso dimensional. Identifiquemos el espacio de Minkowski$M(1,2;\mathbb{R})~\subseteq~ M(1,3;\mathbb{R})$como el hiperplano$x^2=0$. El hiperplano correspondiente en$u(2)$es el conjunto

$$\tag{9} s(2)~:=~\{ \sigma \in {\rm Mat}_{2\times 2}(\mathbb{R}) \mid \sigma^t =\sigma \}$$

de simetría real$2\times2$matrices.

VII) Hay una acción de grupo$\rho: SL(2,\mathbb{R})\times s(2) \to s(2)$dada por

$$\tag{10} g\quad \mapsto\quad\rho(g)\sigma~:= ~g\sigma g^t, \qquad g\in SL(2,\mathbb{R}),\qquad\sigma\in s(2),$$

que preserva la longitud, es decir$g$es una transformación pseudoortogonal (o de Lorentz). En otras palabras, hay un homomorfismo de grupo de Lie

$$\tag{11} \rho: SL(2,\mathbb{R}) \quad\to\quad O(s(2),\mathbb{R})~\cong~ O(1,2;\mathbb{R}).$$

Desde$\rho$es un mapa continuo de un conjunto conectado por caminos$SL(2,\mathbb{R})$, la imagen$\rho(SL(2,\mathbb{R}))$también está conectado por caminos. Concluimos que el homomorfismo del grupo de Lie

$$\tag{12} \rho: SL(2,\mathbb{R}) \quad\to\quad SO^{+}(s(2),\mathbb{R})~\cong~ SO^{+}(1,2;\mathbb{R})$$

mapas en el grupo restringido de Lorentz $SO^{+}(1,2;\mathbb{R})$. [Aquí hemos utilizado el hecho fácilmente establecido de que el grupo de Lorentz$O(1,2;\mathbb{R})$tiene al menos cuatro componentes conexas porque$\Lambda^0{}_{0}\neq 0$y$\det(\Lambda)\neq 0$. No asumimos el hecho de que hay precisamente cuatro componentes conectados.] Es trivial comprobar que el núcleo es

$$\tag{13} {\rm ker}(\rho)~=~\rho^{-1}({\bf 1}_{s(2)})~=~\{\pm {\bf 1}_{2 \times 2}\}~\cong~\mathbb{Z}_{2}.$$

Dejar

$$\tag{14} \tilde{\rho}: SL(2,\mathbb{R})/\mathbb{Z}_2 \quad\to\quad SO^{+}(1,2;\mathbb{R})$$

denote el correspondiente homomorfismo de grupo de Lie inyectiva. Entonces, si pudiéramos probar que$\rho$es sobreyectiva/sobre, es decir, que la imagen${\rm Im}(\rho)\equiv\rho(SL(2,\mathbb{R}))$es precisamente el grupo restringido de Lorentz, cf. En la sección X a continuación, habríamos probado que

Teorema. $SL(2,\mathbb{R})$es la doble portada del restringido grupo Lorentz$SO^{+}(1,2;\mathbb{R})$.

Tenga en cuenta que$SL(2,\mathbb{R})$no es una cobertura universal , ya que acabamos de ver en la Sección V que

$$\tag{15}\pi_1(SL(2,\mathbb{R}),*)~=~\mathbb{Z}.$$

El grupo de cobertura universal$\overline{SL(2,\mathbf{R})}$es un ejemplo de un grupo de Lie de dimensión finita que no es un grupo matricial.

VIII) Se puede demostrar que el mapa exponencial $\exp: sl(2,\mathbb{R}) \longrightarrow SL(2,\mathbb{R})$no es sobreyectiva

$$\tag{16}{\rm Im}(\exp) ~=~\left\{M\in SL(2,\mathbb{R}) \mid {\rm Tr}(M)> -2\right\} ~\cup~ \left\{-{\bf 1}_{2 \times 2}\right\} ~\subsetneq~ SL(2,\mathbb{R}).$$

Es un pequeño milagro que más/menos el mapa exponencial$\pm \exp: sl(2,\mathbb{R}) \longrightarrow SL(2,\mathbb{R})$es de hecho sobreyectiva, lo cual es suficiente para nuestros propósitos, cf. el$\mathbb{Z}_{2}$-núcleo (13).

IX) A continuación, consideremos el siguiente Lema para dimensiones espaciales arbitrarias$d$.

Lema. Cualquier transformación de Lorentz restringida es producto de una rotación pura y un impulso puro.

Prueba. Descompongamos una matriz de Lorentz$\Lambda$en 4 bloques

$$\tag{17} \Lambda ~=~ \begin{bmatrix}a & b^t \cr c &R \end{bmatrix} ,$$

dónde$a=\Lambda^0{}_0\neq 0$es un número real;$b$y$c$Son reales$d\times 1$vectores de columna; y$R$es un verdadero$d\times d$matriz. Primero argumentar desde$\Lambda^t \eta \Lambda=\eta$, o equivalentemente de$\Lambda \eta^{-1} \Lambda^t=\eta^{-1}$, eso

$$\tag{18} a^2~=~b^tb+1,\qquad c~=~\frac{Rb}{a}, \qquad b~=~\frac{R^tc}{a}.$$

Luego argumenta que

$$\tag{19} B(b)~:=~ \begin{bmatrix} a & b^t \\ b & {\bf 1}_{d\times d}+\frac{bb^t}{a+1} \end{bmatrix}, \qquad a~:=~\sqrt{b^tb+1}~\geq~1,$$

es una matriz de Lorentz con una matriz inversa

$$\tag{20} B(-b)~=~\begin{bmatrix} a & -b^t \\ -b & {\bf 1}_{d\times d}+\frac{bb^t}{a+1} \end{bmatrix}, \qquad B(b)B(-b)~=~{\bf 1}.$$

Tales matrices corresponden a impulsos puros (finitos) . Usa esto para probar el Lema. Pista: la matriz$\Lambda B(-b)$está en forma de bloque diagonal.$\Box$

También tenga en cuenta que podemos conjugar una matriz de impulso pura con una matriz de rotación pura para obtener una matriz de impulso pura en una dirección preferida. El álgebra de Lorentz es

$$\tag{21} so(1,d;\mathbb{R})~=~\left. \left\{ \begin{bmatrix} 0 & b^t \\ b & r \end{bmatrix} \right| r^t ~=~ -r \right\}.$$

El mapa exponencial es sobreyectivo en el conjunto de impulso puro:

$$\tag{22} \exp \begin{bmatrix} 0 & b^t \\ b & {\bf 0}_{d\times d} \end{bmatrix} ~=~ B\left(\frac{\sinh|b|}{|b|}b\right), \qquad |b|~:=~\sqrt{b^tb}~\geq~0.$$

Además, se puede probar que el mapa exponencial$\exp: so(d,\mathbb{R})\to SO(d,\mathbb{R})$para rotaciones puras es sobreyectiva. Para$d=2$esto es trivial

[A continuación sólo consideramos el caso$d=2$.]

X) Finalmente, podemos probar el siguiente Lema.

Lema. El homomorfismo de grupo$\rho: SL(2,\mathbb{R})\to SO^{+}(1,2;\mathbb{R})$es sobreyectiva .

Prueba. Tenga en cuenta que aumenta a lo largo de la$x^3$-eje corresponden a

$$\tag{23} g(\beta)~:=~\begin{bmatrix}\exp\left(\frac{\beta}{2}\right) & 0 \cr 0 &\exp\left(-\frac{\beta}{2}\right) \end{bmatrix}\in SL(2,\mathbb{R}),$$

mientras que las rotaciones corresponden a

$$\tag{24} g(\theta)~:=~\begin{bmatrix}\cos\frac{\theta}{2} & \sin\frac{\theta}{2} \cr -\sin\frac{\theta}{2} &\cos\frac{\theta}{2} \end{bmatrix}\in SL(2,\mathbb{R}).$$

Dada una matriz de Lorentz restringida arbitraria$\Lambda\in SO^+(1,2;\mathbb{R})$, vimos en la Sección IX que se puede descomponer como (rotación) (impulsos a lo largo de la$x^3$-eje)(rotación'). Por lo tanto, puede ser golpeado por el$\tilde{\rho}$homomorfismo de grupo

$$\tag{25} \Lambda ~=~ \tilde{\rho}\left(\tilde{g}(\theta)\tilde{g}(\beta)\tilde{g}(\theta^{\prime})\right).$$

$\Box$

XI) Tenemos el siguiente diagrama conmutativo

$$\tag{26} \begin{array}{rlcrl} &&\tilde{\rho}_{\ast}&& \cr &sl(2,\mathbb{R}) & \longrightarrow &so(1,2;\mathbb{R}) \cr \pm\exp &\downarrow &\circlearrowright&\downarrow&\exp\cr &SL(2,\mathbb{R})/\mathbb{Z}_{2} & \longrightarrow &SO^+(1,2;\mathbb{R})\cr &&\tilde{\rho}&&\end{array}$$

Todas las flechas horizontales son biyecciones. En particular, lo anterior muestra el siguiente teorema.

Teorema. El mapa exponencial$\exp: so(1,2;\mathbb{R}) \to SO^+(1,2;\mathbb{R})$es sobreyectiva.

Referencias:

1. V. Bargmann, Representaciones unitarias irreductibles del Grupo Lorentz, Ann. Matemáticas. 48 (1947) 568-640. El archivo pdf está disponible aquí . Principalmente usamos los resultados de la p. 589-591.

Pues 1) @Vibert te da las indicaciones.

Para 2) El grupo$0(1,2)$- con firmas (+ - -) tiene 4 componentes disjuntos que se pueden caracterizar por :

$$M_1 = Diag (1, 1, 1)$$ $$M_2 = Diag (1, -1, -1)$$ $$M_3 = Diag (-1, 1, 1)$$ $$M_3 = Diag (- 1, -1, -1)$$

$S0(1,2)$corresponde a la matriz del determinante 1, por lo que$S0(1,2)$tiene 2 componentes disjuntos ($M_1, M_2$)

$0^+(1,2)$- que conservan el signo de la 1ª coordenada - tiene 2 componentes disjuntas ($M_1, M_2$)

$S0^+(2,1)$- tiene 1 componente ($M_1$)

$SL(2,\mathbb{R})$está conectado (por lo tanto, solo 1 componente), pero no está simplemente conectado.

Entonces, no es posible tener un isomorfismo entre$SL(2,\mathbb{R})$y$0^+(1,2)$porque el número de componentes disjuntos es diferente.

Podríamos pensar en un isomorfismo entre$SL(2,\mathbb{R})$y$S0^+(1,2)$, pero de hecho el isomorfismo está entre$SL(2,\mathbb{R})$y$Spin^+(1,2)$, mientras que existe un isomorfismo entre$PSL(2,\mathbb{R})$y$S0^+(1,2)$, ver Wikipedia

Tenga en cuenta que$SL(2,\mathbb{R})$,$SU(1,1)$, y$Sp(2,\mathbb{R})$son isomorfos, vea esta pregunta.