Lorentz impulsiona como transformação unitária
No artigo "Identificação do operador de velocidade para uma representação unitária irredutível do grupo de Poincaré", existe uma fórmula para implementar uma transformação de Lorentz da velocidade como uma transformação unitária.
https://aip.scitation.org/doi/10.1063/1.523342
É o seguinte: considere uma transformação de Lorentz sobre os componentes do operador de velocidade $\mathbf{V}\rightarrow\mathbf{V}'$. O operador de velocidade transforma-se exatamente como os componentes de velocidade na física relativística clássica. A transformação unitária que dá a transformação de Lorentz de$\mathbf{V}$ por um impulso no $z$ direção com um fator $\beta$ É dado por
$$\mathbf{V}'=\exp\left(iK_{z}\tanh^{-1}\beta\right)\mathbf{V}\,\exp\left(-iK_{z}\tanh^{-1}\beta\right)$$
O que eu não entendo é porque a velocidade aparece em um fator $\tanh^{-1}\beta$. Parece bastante diferente da outra transformação espaço-temporal do grupo Lorentz (ou do grupo Galilei).
Respostas
A transformação de velocidade que você apresentou,
$$\mathbf{V}'=\exp{(iK_{z}\tanh^{-1}\beta)}\,\mathbf{V}\,\exp{(-iK_{z}\tanh^{-1}\beta)}\tag1$$
é equivalente à transformação usual de Lorentz de velocidade, que para um aumento de $\beta\hat z$ é
$${V_x}'=\frac{\sqrt{1-\beta^2}\,V_x}{1-\beta V_z}\tag{2a}$$
$${V_y}'=\frac{\sqrt{1-\beta^2}\,V_y}{1-\beta V_z}\tag{2b}$$
$${V_z}'=\frac{V_z-\beta}{1-\beta V_z}\tag{2c},$$
mas é um cálculo confuso. Acredito que a equivalência só pode ser demonstrada termo a termo em uma expansão dos poderes de$\beta$.
Nos comentários, você explicou que (1) deve ser interpretado em termos de vários operadores que são possivelmente não comutantes, a saber, o operador de velocidade relativística
$$\mathbf{V}\equiv\frac{\mathbf{P}}{H},\tag{3a}$$
o gerador de impulso Lorentz
$$\mathbf{K}\equiv\frac12(H\mathbf{X}+\mathbf{X}H),\tag{3b}$$
e o operador de energia relativística
$$H\equiv(\mathbf{P}^2+m^2)^{1/2}.\tag{3c}$$
Aqui $\mathbf X$ é o operador de posição e $\mathbf P$ o operador relativístico de momento com as relações de comutação canônicas
$$[X_j,P_k]=i\,\delta_{jk}.\tag4$$
Para mostrar a equivalência de (1) e (2), use a identidade
$$e^ABe^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+\frac{1}{3!}[A,[A,[A,B]]]+\dots\tag5$$
que segue da série de Taylor para a função $f(t)=e^{tA}Be^{-tA}$. Equação (1) torna-se
$$\begin{align}{V_i}'&=V_i+(i\tanh^{-1}\beta)[K_z,V_i]\\&+\frac{(i\tanh^{-1}\beta)^2}{2!}[K_z,[K_z,V_i]]\\&+\frac{(i\tanh^{-1}\beta)^3}{3!}[K_z,[K_z,[K_z,V_i]]]+\dots\,.\end{align}\tag6$$
Então, a próxima etapa é calcular o comutador $[K_z,V_i]$e outros assentamentos. Nós temos
$$[K_z,V_i]=\left[\frac12(Hz+zH),V_i\right]=\frac12\left(H[z,V_i]+[z,V_i]H\right)=i(\delta_{iz}-V_iV_z).\tag{7a}$$
Para conseguir isso, foi necessário calcular
$$[z,V_i]=[z,H^{-1}P_i]=[z,H^{-1}]P_i+H^{-1}[z,P_i]=i\frac{\delta_{iz}-V_iV_z}{H}\tag{7b}$$
e este cálculo necessário
$$[z,H^{-1}]=[z,(\mathbf{P}^2+m^2)^{-1/2}]=[z,P_z]\frac{\partial}{\partial P_z}(\mathbf{P}^2+m^2)^{-1/2}=-i\frac{P_z}{H^3}.\tag{7c}$$
Esse último comutador exigiu a identidade
$$[A,f(B)]=[A,B]\frac{\partial f}{\partial B}\tag8$$
que mantém quando $[A,B]$ comuta com ambos $A$ e $B$.
De (7a) temos
$$[K_z,V_x]=-iV_xV_z\tag{9a}$$
e
$$[K_z,V_z]=i(1-V_z^2).\tag{9b}$$
Estamos avançando $z$, então o transversal $y$ direção funciona da mesma forma que a transversal $x$direção. Vamos apenas fazer$x$.
De (9a) e (9b) é possível moer os comutadores aninhados. Usei o Mathematica para fazer até dez assentamentos. Vou mostrar quatro deles.
Para $V_x$ os assentamentos são
$$\begin{align} [K_z,V_x]&=-iV_xV_z\tag{10a}\\ [K_z,[K_z,V_x]]&=V_x \left(1-2 V_z^2\right)\tag{10b}\\ [K_z,[K_z,[K_z,V_x]]]&=i V_x V_z \left(-5+6 V_z^2\right)\tag{10c}\\ [K_z,[K_z,[K_z,[K_z,V_x]]]]&=V_x \left(5-28 V_z^2+ 24 V_z^4\right)\tag{10d} \end{align}$$
e para $V_z$ os assentamentos são
$$\begin{align} [K_z,V_z]&=i(1-V_z^2)\tag{11a}\\ [K_z,[K_z,V_x]]&=2 V_z \left(1-V_z^2\right)\tag{11b}\\ [K_z,[K_z,[K_z,V_z]]]&=2 i \left(1-4 V_z^2+3 V_z^4\right)\tag{11c}\\ [K_z,[K_z,[K_z,[K_z,V_z]]]]&=8 V_z \left(2-5 V_z^2+3 V_z^4\right).\tag{11d} \end{align}$$
Como você pode ver, não existe um padrão óbvio. É basicamente uma bagunça.
Você pode então inserir esses comutadores aninhados em (6) e expandir $\tanh^{-1}\beta$ em poderes de $\beta$. O resultado por pedido$\beta^4$ é
$$\begin{align} {V_x}'&=\beta V_x V_z +\beta ^2 \left(V_x V_z^2-\frac{V_x}{2}\right) +\beta ^3 \left(V_x V_z^3-\frac{V_x V_z}{2}\right)\\ &+\beta ^4 \left(V_x V_z^4-\frac{1}{2} V_x V_z^2-\frac{V_x}{8}\right) +O\left(\beta ^5\right)\tag{12a} \end{align}$$
$$\begin{align} {V_z}'&=V_z +\beta \left(V_z^2-1\right) +\beta ^2 \left(V_z^3-V_z\right) +\beta ^3 \left(V_z^4-V_z^2\right)\\ &+\beta ^4 \left(V_z^5-V_z^3\right) +O\left(\beta ^5\right).\tag{12b} \end{align}$$
(12a) é a expansão de Taylor de (2a) e (12b) é a expansão de Taylor de (2c). (Eu verifiquei através do pedido$\beta^{10}$.) Isso mostra a equivalência das duas maneiras, (1) e (2), de fazer uma transformação de velocidade relativística.
Eu ficaria impressionado se alguém pudesse provar a equivalência sem fazê-lo ordem por ordem em poderes de $\beta$.
Isso não motiva porque $\tanh^{-1}\beta$aparece em (1). Mas se não aparecesse dessa forma, (1) não seria equivalente a (2). Vou escrever uma resposta separada explicando porque você pode esperar$\tanh^{-1}\beta$ para aparecer como o fator que multiplica o gerador de boost no exponencial.
Se escrevermos $\beta\equiv v/c= \tanh s$, então $s$é a rapidez . Se combinarmos dois impulsos paralelos com rapidez$s_1$ e $s_2$ então o impulso combinado tem rapidez $s_1+s_2$ assim $s=\tanh^{-1} \beta$ é a variável natural para descrever impulsos.
Para motivar porque $\tanh^{-1}\beta$aparece em sua fórmula como o fator que multiplica o gerador de boost no exponencial, considere uma transformação muito mais simples, ou seja, a transformação de Lorentz das coordenadas. Para um impulso$\beta\hat z$, isto é
$$ \begin{pmatrix}t'\\x'\\y'\\z' \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\gamma & 0 & 0 & -\gamma\beta\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ -\gamma\beta & 0 & 0 & \gamma \end{pmatrix} \begin{pmatrix}t\\x\\y\\z \end{pmatrix}\tag1 $$
Onde $\gamma\equiv(1-\beta^2)^{-1/2}$.
É fácil mostrar que esta matriz boost, que chamarei $B(\beta,\hat z)$, é apenas
$$B(\beta,\hat z)=e^{-K_z \tanh^{-1}\beta}\tag2$$
Onde
$$K_z=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\tag3$$
é o gerador de impulsos no $z$-direção.
(Como você consegue este gerador? Observando que um aumento infinitesimal de velocidade $\epsilon \hat z$ é $B(\epsilon,\hat z)\approx I-\epsilon K_z$.)
A matriz exponencial é definida por sua série de potências,
$$e^{-\zeta K_z}\equiv I-\zeta K_z+\frac{\zeta^2}{2!}K_z^2-\frac{\zeta^3}{3!}K_z^3+\frac{\zeta^4}{4!}K_z^4+\dots,\tag4$$
onde vou escrever $\zeta\equiv\tanh^{-1}\beta$ Por conveniência.
Agora $K_z$ tem a boa propriedade que
$$K_z^3=K_z\tag5$$
e, portanto, todos os poderes superiores de $K_z$ reduzir para qualquer um $K_z$ ou $K_z^2$. Assim, (4) se torna
$$\begin{align} e^{-\zeta K_z}&=I-\left(\zeta+\frac{1}{3!}\zeta^3+\frac{1}{5!}\zeta^5+\dots\right)K_z\\ &+\left(\frac{1}{2!}\zeta^2+\frac{1}{4!}\zeta^4+\frac{1}{6!}\zeta^6+\dots\right)K_z^2\tag{6a}\\ \\ &=I-(\sinh\zeta)K_z+(\cosh\zeta-1)K_z^2\tag{6b}\\ \\ &=\begin{pmatrix} \cosh\zeta & 0 & 0 & -\sinh\zeta\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ -\sinh\zeta & 0 & 0 & \cosh\zeta \end{pmatrix}.\tag{6c} \end{align}$$
Finalmente, $\tanh\zeta=\beta,$ implica que $\cosh\zeta=\gamma$ e $\sinh\zeta=\gamma\beta$, então o aumento em (2) é equivalente ao de (1).
Para expandir a resposta da pedra do microfone, um impulso Lorentz é simplesmente uma rotação, e o tradicional $dx/dt$ a velocidade é uma inclinação.
No espaço euclidiano 2D, você pode parametrizar as rotações de preservação da origem pela inclinação $m=dy/dx$ da linha para a qual eles giram a linha $y=0$. Se você fizesse isso, o ângulo de rotação seria relacionado à inclinação por$θ=\tan^{-1} m$, e a "soma" de duas inclinações $m$ e $m'$, significando a inclinação correspondente à composição das rotações dada por $m$ e $m'$, seria $\frac{m+m'}{1-mm'}$. No espaço-tempo a situação é exatamente a mesma, exceto que devido à mudança de sinal na métrica, você acaba precisando$\tanh$ em vez de $\tan$, e o sinal no denominador da fórmula de "adição" da inclinação é invertido.
Escrevendo um impulso Lorentz como $\exp i K_z α$ está intimamente relacionado a escrever uma rotação no plano complexo como $\exp i θ$. A generalização desta fórmula (a fórmula de Euler) para outras simetrias contínuas é a teoria das álgebras de Lie e grupos de Lie .