Lorentz impulsa como transformación unitaria
En el artículo "Identificación del operador de velocidad para una representación unitaria irreductible del grupo de Poincaré", existe una fórmula para implementar una transformación de Lorentz de la velocidad como una transformación unitaria.
https://aip.scitation.org/doi/10.1063/1.523342
Es como sigue: considere una transformación de Lorentz sobre las componentes del operador de velocidad $\mathbf{V}\rightarrow\mathbf{V}'$. El operador de velocidad se transforma al igual que los componentes de velocidad en la física relativista clásica. La transformación unitaria que da la transformación de Lorentz de$\mathbf{V}$ por un impulso en el $z$ dirección con un factor $\beta$ es dado por
$$\mathbf{V}'=\exp\left(iK_{z}\tanh^{-1}\beta\right)\mathbf{V}\,\exp\left(-iK_{z}\tanh^{-1}\beta\right)$$
Lo que no entiendo es por qué la velocidad aparece en un factor $\tanh^{-1}\beta$. Parece bastante diferente de la otra transformación espacio-temporal del grupo de Lorentz (o del grupo de Galilei).
Respuestas
La transformación de velocidad que presentaste,
$$\mathbf{V}'=\exp{(iK_{z}\tanh^{-1}\beta)}\,\mathbf{V}\,\exp{(-iK_{z}\tanh^{-1}\beta)}\tag1$$
es equivalente a la transformación de Lorentz habitual de velocidad, que para un aumento de $\beta\hat z$ es
$${V_x}'=\frac{\sqrt{1-\beta^2}\,V_x}{1-\beta V_z}\tag{2a}$$
$${V_y}'=\frac{\sqrt{1-\beta^2}\,V_y}{1-\beta V_z}\tag{2b}$$
$${V_z}'=\frac{V_z-\beta}{1-\beta V_z}\tag{2c},$$
pero es un cálculo complicado. Creo que la equivalencia solo puede mostrarse término por término en una expansión en las potencias de$\beta$.
En los comentarios, explicó que (1) debe interpretarse en términos de varios operadores que posiblemente no sean de conmutación, a saber, el operador de velocidad relativista
$$\mathbf{V}\equiv\frac{\mathbf{P}}{H},\tag{3a}$$
el generador de impulso de Lorentz
$$\mathbf{K}\equiv\frac12(H\mathbf{X}+\mathbf{X}H),\tag{3b}$$
y el operador relativista de la energía
$$H\equiv(\mathbf{P}^2+m^2)^{1/2}.\tag{3c}$$
Aquí $\mathbf X$ es el operador de posición y $\mathbf P$ el operador de impulso relativista con las relaciones canónicas de conmutación
$$[X_j,P_k]=i\,\delta_{jk}.\tag4$$
Para mostrar la equivalencia de (1) y (2), use la identidad
$$e^ABe^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+\frac{1}{3!}[A,[A,[A,B]]]+\dots\tag5$$
que se sigue de la serie de Taylor para la función $f(t)=e^{tA}Be^{-tA}$. La ecuación (1) se convierte en
$$\begin{align}{V_i}'&=V_i+(i\tanh^{-1}\beta)[K_z,V_i]\\&+\frac{(i\tanh^{-1}\beta)^2}{2!}[K_z,[K_z,V_i]]\\&+\frac{(i\tanh^{-1}\beta)^3}{3!}[K_z,[K_z,[K_z,V_i]]]+\dots\,.\end{align}\tag6$$
Entonces el siguiente paso es calcular el conmutador $[K_z,V_i]$y más anidamientos. Tenemos
$$[K_z,V_i]=\left[\frac12(Hz+zH),V_i\right]=\frac12\left(H[z,V_i]+[z,V_i]H\right)=i(\delta_{iz}-V_iV_z).\tag{7a}$$
Para conseguirlo era necesario calcular
$$[z,V_i]=[z,H^{-1}P_i]=[z,H^{-1}]P_i+H^{-1}[z,P_i]=i\frac{\delta_{iz}-V_iV_z}{H}\tag{7b}$$
y esto requirió calcular
$$[z,H^{-1}]=[z,(\mathbf{P}^2+m^2)^{-1/2}]=[z,P_z]\frac{\partial}{\partial P_z}(\mathbf{P}^2+m^2)^{-1/2}=-i\frac{P_z}{H^3}.\tag{7c}$$
Ese último conmutador requería la identidad
$$[A,f(B)]=[A,B]\frac{\partial f}{\partial B}\tag8$$
que aguanta cuando $[A,B]$ viaja con ambos $A$ y $B$.
De (7a) tenemos
$$[K_z,V_x]=-iV_xV_z\tag{9a}$$
y
$$[K_z,V_z]=i(1-V_z^2).\tag{9b}$$
Estamos impulsando $z$, entonces el transversal $y$ La dirección funciona igual que la transversal. $x$dirección. Solo haremos$x$.
Desde (9a) y (9b) es posible rectificar los conmutadores anidados. Usé Mathematica para hacer hasta diez anidamientos. Les mostraré cuatro.
Xa $V_x$ los nidos son
$$\begin{align} [K_z,V_x]&=-iV_xV_z\tag{10a}\\ [K_z,[K_z,V_x]]&=V_x \left(1-2 V_z^2\right)\tag{10b}\\ [K_z,[K_z,[K_z,V_x]]]&=i V_x V_z \left(-5+6 V_z^2\right)\tag{10c}\\ [K_z,[K_z,[K_z,[K_z,V_x]]]]&=V_x \left(5-28 V_z^2+ 24 V_z^4\right)\tag{10d} \end{align}$$
y para $V_z$ los nidos son
$$\begin{align} [K_z,V_z]&=i(1-V_z^2)\tag{11a}\\ [K_z,[K_z,V_x]]&=2 V_z \left(1-V_z^2\right)\tag{11b}\\ [K_z,[K_z,[K_z,V_z]]]&=2 i \left(1-4 V_z^2+3 V_z^4\right)\tag{11c}\\ [K_z,[K_z,[K_z,[K_z,V_z]]]]&=8 V_z \left(2-5 V_z^2+3 V_z^4\right).\tag{11d} \end{align}$$
Como puede ver, no hay un patrón obvio. Básicamente es un desastre.
Luego puede insertar estos conmutadores anidados en (6) y expandir $\tanh^{-1}\beta$ en poderes de $\beta$. El resultado por orden$\beta^4$ es
$$\begin{align} {V_x}'&=\beta V_x V_z +\beta ^2 \left(V_x V_z^2-\frac{V_x}{2}\right) +\beta ^3 \left(V_x V_z^3-\frac{V_x V_z}{2}\right)\\ &+\beta ^4 \left(V_x V_z^4-\frac{1}{2} V_x V_z^2-\frac{V_x}{8}\right) +O\left(\beta ^5\right)\tag{12a} \end{align}$$
$$\begin{align} {V_z}'&=V_z +\beta \left(V_z^2-1\right) +\beta ^2 \left(V_z^3-V_z\right) +\beta ^3 \left(V_z^4-V_z^2\right)\\ &+\beta ^4 \left(V_z^5-V_z^3\right) +O\left(\beta ^5\right).\tag{12b} \end{align}$$
(12a) es la expansión de Taylor de (2a) y (12b) es la expansión de Taylor de (2c). (Lo verifiqué por orden$\beta^{10}$.) Esto muestra la equivalencia de las dos formas, (1) y (2), de hacer una transformación de velocidad relativista.
Me impresionaría si alguien pudiera probar la equivalencia sin hacerlo orden por orden en potencias de $\beta$.
Esto no motiva por qué $\tanh^{-1}\beta$aparece en (1). Pero si no apareciera de esa manera, (1) no sería equivalente a (2). Escribiré una respuesta separada explicando por qué podría esperar$\tanh^{-1}\beta$ para aparecer como el factor multiplicando el generador de impulso en el exponencial.
Si escribimos $\beta\equiv v/c= \tanh s$, entonces $s$es la rapidez . Si combinamos dos impulsos paralelos con rapidez$s_1$ y $s_2$ entonces el impulso combinado tiene rapidez $s_1+s_2$ entonces $s=\tanh^{-1} \beta$ es la variable natural para describir los aumentos.
Para motivar por qué $\tanh^{-1}\beta$aparece en su fórmula como el factor que multiplica el generador de impulso en el exponencial, considere una transformación mucho más simple, a saber, la transformación de coordenadas de Lorentz. Para un impulso$\beta\hat z$, esto es
$$ \begin{pmatrix}t'\\x'\\y'\\z' \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\gamma & 0 & 0 & -\gamma\beta\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ -\gamma\beta & 0 & 0 & \gamma \end{pmatrix} \begin{pmatrix}t\\x\\y\\z \end{pmatrix}\tag1 $$
dónde $\gamma\equiv(1-\beta^2)^{-1/2}$.
Es fácil demostrar que esta matriz de impulso, que llamaré $B(\beta,\hat z)$, es solo
$$B(\beta,\hat z)=e^{-K_z \tanh^{-1}\beta}\tag2$$
dónde
$$K_z=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\tag3$$
es un generador de impulsos en el $z$-dirección.
(¿Cómo se obtiene este generador? Al observar que un aumento infinitesimal por velocidad $\epsilon \hat z$ es $B(\epsilon,\hat z)\approx I-\epsilon K_z$.)
La matriz exponencial se define por su serie de potencias,
$$e^{-\zeta K_z}\equiv I-\zeta K_z+\frac{\zeta^2}{2!}K_z^2-\frac{\zeta^3}{3!}K_z^3+\frac{\zeta^4}{4!}K_z^4+\dots,\tag4$$
donde escribiré $\zeta\equiv\tanh^{-1}\beta$ por conveniencia.
Ahora $K_z$ tiene la linda propiedad que
$$K_z^3=K_z\tag5$$
y así todos los poderes superiores de $K_z$ reducir a cualquiera $K_z$ o $K_z^2$. Así (4) se convierte
$$\begin{align} e^{-\zeta K_z}&=I-\left(\zeta+\frac{1}{3!}\zeta^3+\frac{1}{5!}\zeta^5+\dots\right)K_z\\ &+\left(\frac{1}{2!}\zeta^2+\frac{1}{4!}\zeta^4+\frac{1}{6!}\zeta^6+\dots\right)K_z^2\tag{6a}\\ \\ &=I-(\sinh\zeta)K_z+(\cosh\zeta-1)K_z^2\tag{6b}\\ \\ &=\begin{pmatrix} \cosh\zeta & 0 & 0 & -\sinh\zeta\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ -\sinh\zeta & 0 & 0 & \cosh\zeta \end{pmatrix}.\tag{6c} \end{align}$$
Finalmente, $\tanh\zeta=\beta,$ implica que $\cosh\zeta=\gamma$ y $\sinh\zeta=\gamma\beta$, por lo que el impulso en (2) es equivalente al de (1).
Para ampliar la respuesta de mike stone, un impulso de Lorentz es simplemente una rotación, y el tradicional $dx/dt$ la velocidad es una pendiente.
En el espacio euclidiano 2D, podría parametrizar las rotaciones que preservan el origen por la pendiente $m=dy/dx$ de la línea a la que rotan la línea $y=0$. Si hiciera eso, entonces el ángulo de rotación estaría relacionado con la pendiente por$θ=\tan^{-1} m$, y la "suma" de dos pendientes $m$ y $m'$, es decir, la pendiente correspondiente a la composición de las rotaciones dada por $m$ y $m'$, sería $\frac{m+m'}{1-mm'}$. En el espacio-tiempo la situación es exactamente la misma, excepto que debido al cambio de signo en la métrica, terminas necesitando$\tanh$ en vez de $\tan$, y el signo en el denominador de la fórmula de "suma" de pendiente se invierte.
Escribiendo un impulso de Lorentz como $\exp i K_z α$ está estrechamente relacionado con escribir una rotación en el plano complejo como $\exp i θ$. La generalización de esta fórmula (la fórmula de Euler) a otras simetrías continuas es la teoría de álgebras de Lie y grupos de Lie .