Prueba de que (1/2,1/2)(1/2,1/2)(1/2,1/2) la representación del grupo de Lorentz es un cuadrivector

Primero recordemos cómo construir las representaciones irreducibles de dimensión finita del grupo de Lorentz. Decir$J_i$son los tres generadores de rotación y$K_i$son los tres generadores de impulso.

$$\begin{align*} L_x = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix}& L_y = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&0&1 \\ 0&0&0&0 \\ 0&-1&0&0 \end{pmatrix}& L_z = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&-1&0 \\ 0&1&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ K_x = &\begin{pmatrix} 0&1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}& K_y = &\begin{pmatrix} 0&0&1&0 \\ 0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}& K_z = &\begin{pmatrix} 0&0&0&1 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \end{pmatrix}\\ \end{align*}$$ ellos satisfacen $$[J_i, J_j] = \varepsilon_{ijk} J_k \hspace{1 cm} [K_i, K_j] = -\varepsilon_{ijk} J_k \hspace{1 cm} [J_i, K_j] = \varepsilon_{ijk}K_k.$$ (Tenga en cuenta que estoy usando la convención sesgada-adjunta para los elementos del álgebra de Lie donde no multipliqué por$i$.)

Entonces definimos

$$A_i = \frac{1}{2} (J_i - i K_i) \hspace{2 cm} B_i = \frac{1}{2}(J_i + i K_i)$$ que satisfacen las relaciones de conmutación $$[A_i, A_j] = \varepsilon_{ijk} A_k \hspace{2cm} [B_i, B_j] = \varepsilon_{ijk} B_k \hspace{2cm} [A_i, B_j] = 0.$$

Así es como construye la representación del grupo de Lorentz: primero, elija dos semienteros no negativos$j_1$y$j_2$. Estos corresponden a dos giros$j$representaciones de$\mathfrak{su}(2)$, que voy a etiquetar

$$\pi'_{j}.$$ Recuerda que eso $$\mathfrak{su}(2) = \mathrm{span}_\mathbb{R} \{ -\tfrac{i}{2} \sigma_x, -\tfrac{i}{2} \sigma_y, -\tfrac{i}{2} \sigma_z \}$$ dónde $$[-\tfrac{i}{2} \sigma_i, -\tfrac{i}{2} \sigma_j] = -\tfrac{i}{2}\varepsilon_{ijk} \sigma_k.$$ Para esta pregunta, solo necesitamos saber el giro$1/2$representacion de$\mathfrak{su}(2)$, que está dada por $$\pi'_{\tfrac{1}{2}}( -\tfrac{i}{2}\sigma_i) = -\tfrac{i}{2} \sigma_i.$$

Así que bien, ¿cómo construimos el$(j_1, j_2)$representación del grupo de Lorentz? Cualquier elemento de álgebra de mentira$X \in \mathfrak{so}(1,3)$puede escribirse como una combinación lineal de$A_i$y$B_i$:

$$X = \sum_{i = 1}^3 (\alpha_i A_i + \beta_i B_i).$$ (Tenga en cuenta que en realidad estamos tratando con la versión compleja del álgebra de Lie$\mathfrak{so}(1,3)$porque nuestras definiciones de$A_i$y$B_i$tienen factores de$i$, entonces$\alpha, \beta \in \mathbb{C}$.)

$A_i$y$B_i$formar su propia independencia$\mathfrak{su}(2)$álgebras.

La representación del álgebra de Lie$\pi'_{(j_1, j_2)}$entonces viene dada por

$$\begin{align*} \pi'_{(j_1, j_2)}(X) &= \pi'_{(j_1, j_2)}(\alpha_i A_i + \beta_j B_i) \\ &\equiv \pi'_{j_1}(\alpha_i A_i) \otimes \big( \pi'_{j_2}(\beta_j B_i) \big)^* \end{align*}$$ donde la estrella denota conjugación compleja.

A veces la gente se olvida de mencionar que tienes que incluir la conjugación compleja, ¡pero de lo contrario no funcionará!

Si$j_1 = 1/2$y$j_2 = 1/2$, tenemos

$$\begin{equation*} \pi_{\frac{1}{2}}'(A_i) = -\frac{i}{2}\sigma_i \otimes I \hspace{2cm} \big(\pi_{\frac{1}{2}}' (B_i)\big)^* = \frac{i}{2} I \otimes\sigma_i^*. \end{equation*}$$ Podemos escribir explícitamente estos productos tensoriales en términos de un$2 \times 2 = 4$base dimensional. (Aquí estoy usando el llamado " Producto Kronecker " para hacer esto. Ese es solo un nombre elegante para multiplicar todos los elementos de dos$2\times 2$en cuanto a las celdas para obtener un$4 \times 4$matriz.) $$\begin{align*} \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_x) &= -\frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&0&1&0 \\ 0&0&0&1 \\ 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_x)\big)^* &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_y) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&-1&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_y)\big)^*&= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&-1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_z) &= -\frac{i}{2}\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \\ 0&0&-1&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_z)\big)^* &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&-1&0&0 \\ 0&0&1&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} \end{align*}$$ Entonces podemos escribir las matrices de las rotaciones y impulsos$J_i$y$K_i$usando $$J_i = A_i + B_i \hspace{2cm} K_i = i(A_i - B_i).$$ $$\begin{align*} \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_x) &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&-1&0 \\ 1&0&0&-1 \\ -1&0&0&1 \\ 0&-1&1&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_x) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&1&1&0 \\ 1&0&0&1 \\ 1&0&0&1 \\ 0&1&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_y) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&-1&-1&0 \\ 1&0&0&-1 \\ 1&0&0&-1 \\ 0&1&1&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_y) &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&-1&0 \\ -1&0&0&-1 \\ 1&0&0&1 \\ 0&1&-1&0 \end{pmatrix} \\ \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_z) &= \begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&-i&0&0 \\ 0&0&i&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_z) &= \begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} \\ \end{align*}$$ Se trata de matrices extrañas, aunque podemos hacerlas parecer mucho más sugerentes en otra base. Definir la matriz $$\begin{equation*} U = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -i & 0\\ 0 & 1 & i & 0 \\ 1 & 0 & 0 &-1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$$ Asombrosamente, $$\begin{equation*} U^{-1} \big( \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(L_i) \big) U = L_i \hspace{1cm}U^{-1} \big( \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_i) \big) U = K_i. \end{equation*}$$ Por lo tanto, la$(\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2})$representacin es equivalente a la representacin "vectorial" regular de$SO^+(1,3)$. Sin embargo, estos "vectores" viven en$\mathbb{C}^4$, no$\mathbb{R}^4$, que la gente normalmente no menciona.

Lo siento, esta respuesta ha llegado mucho después de tu publicación. Como este es un problema de tipo tarea, no realizaré todos los cálculos, pero detallaré todos los puntos clave; ¡Probablemente sea más sencillo seguir este camino de todos modos si usted mismo completa el álgebra matricial!

Para entender lo que está pasando aquí, en primer lugar, piense en un sistema spin-1. En tal caso, la acción de$J_3$en vectores está representado por la matriz

$$\left(\begin{array}{ccc} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)$$ Si sigue la construcción estándar de la representación de spin-1 utilizando operadores de escalera que se encuentran en cualquier libro de texto de QM, encontrará en cambio que $J_3$está representado por la matriz $$\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$$ porque está actuando sobre la base de $J_3$autoestados. Puede ver que estas matrices son unitariamente equivalentes al encontrar los valores propios de la primera para ser $-1,0,1$; resolver los vectores propios correspondientes le da la matriz que cambia de base (hasta cierto orden de esa base). (¡Es bueno notar que esta matriz transforma campos vectoriales transversales polarizados linealmente en polarizados circularmente!)

Ahora, en el caso dado donde tenemos$(1/2,1/2) = SU(2) \otimes SU(2)$.$J_3$actúa sobre las representaciones (1/2,0) y (0,1/2) por$\frac{1}{2} \sigma_3$. Debido a que es un generador del grupo, y no un elemento del grupo, la acción sobre el producto tensorial de los dos grupos está dada por

$$J_3 = \frac{1}{2} \sigma_3 \otimes I + I \otimes \frac{1}{2} \sigma_3 = \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$$ Está claro que esta matriz nos da la acción de $J_3$en sus estados propios, y un cambio de base nos da la representación de 4 vectores. La diferencia es que ahora tenemos dos valores propios 0; estos han resultado de "agregar el momento angular" de nuestras dos representaciones de espín-1/2. Uno es de la repetición de giro 1 como antes. El otro es de la representación spin-0; esta es su dirección de tiempo en el vector de 4, que es un escalar bajo rotaciones. Entonces, en este caso, los componentes de la matriz que cambia de base actúan en las direcciones de valor propio 0 son los coeficientes de Clebsch-Gordon.

Espero que ayude.

Has malinterpretado la estrategia. La idea es que definamos nuevos operadores$A_i = \frac{J_i + iK_i}{2}$y$B_i =\frac{J_i-iK_i}{2}$. Ahora calcula$[A_i,A_j], [B_i,B_j]$y$[A_i,B_j]$La respuesta que deberías obtener es que los dos primeros deberían darte el álgebra de mentiras de$SU(2)$mientras que el segundo debería darte cero. Esto significa que tenemos al menos localmente$SU(2)\times SU(2)$

El impulso de Lorentz para un espinor de dos componentes es entonces$e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta + \vec{\sigma} \cdot \phi}$y el otro es$e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta - \vec{\sigma} \cdot \phi}$. La suma directa de esto hace el trabajo general, es decir$\begin{pmatrix}e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta + \vec{\sigma} \cdot \phi}& 0 \\ 0 &e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta - \vec{\sigma} \cdot \phi} \end{pmatrix}$

Entonces, a partir de esto, debería poder obtener los generadores que desea.