Demostrando que el tensor antisimétrico 4D de rango 2 siempre contiene un vector polar y axial

Question

En mi curso de relatividad especial los apuntes de clase dicen que en cuatro dimensiones un tensor antisimétrico de rango 2 tiene seis elementos independientes distintos de cero que siempre pueden escribirse como componentes de 2 vectores tridimensionales, uno polar y otro axial.

Por ejemplo, en el tensor de momento angular $L^{ab} = X^aP^b -X^bP^a$ la fila superior $L^{0i}=ct\vec{p}-(E/c)\vec{x}$ que obviamente es polar (como $\vec{x}$ y $\vec{p}$ son vectores polares) mientras que la sección espacio-espacial contiene los componentes habituales del momento angular 3D que, obviamente, representan el momento angular axial $\vec{L}$ vector. (Y la primera columna es sólo -1 veces el vector polar debido a la anti simetría del tensor).

En los apuntes sólo se explica que "estas componentes se transforman de forma idéntica en vectores polares y axiales". Me gustaría saber cómo demostrarlo, posiblemente a partir de la regla de transformación de coordenadas para un tensor contravariante 4D de rango 2 mostrando que tiene efectos equivalentes de transformación de estas componentes vectoriales.

Específicamente las notas dicen 'funciona porque esos elementos se transforman como un vector bajo rotaciones'. También estoy confundido en cuanto a por qué las rotaciones específicamente como una transformación se mencionan aquí.

Answer 1

1. OP está pidiendo el normas de bifurcación para $$\begin{align}H~:=~&O(3)\cr ~\cong~&\begin{pmatrix} O(3)&\cr &1\end{pmatrix}_{4\times 4}~~\cr ~\subseteq~& O(3,1)~=:~G.\end{align}\tag{1}$$

2. La representación de 4 vectores se descompone como $${\bf 4}~\cong~\underbrace{\bf 3}_{\text{vector}}\oplus \underbrace{\bf 1}_{\text{scalar}}.\tag{2}$$

3. Por lo tanto, la representación del producto tensorial se convierte en $$\begin{align} {\bf 16} ~\cong~& {\bf 4}\otimes{\bf 4}\cr ~\cong~&({\bf 3}\oplus {\bf 1})\otimes({\bf 3}\oplus {\bf 1}) \cr ~\cong~&{\bf 3}\otimes{\bf 3}\oplus \overbrace{\underbrace{{\bf 3}\otimes{\bf 1} \oplus{\bf 1}\otimes{\bf 3}}_{~\cong~{\bf 3}_S ~ \oplus~ {\bf 3}_A}}^{\text{off-diagonal blocks}} \oplus {\bf 1}\otimes{\bf 1}.\tag{3} \end{align}$$ Aquí ${\bf 3}_S$ y ${\bf 3}_A$ denotan la combinación simétrica y antisimétrica de los bloques no diagonales, respectivamente.

4. La parte simétrica del producto tensorial ${\bf 4}\otimes{\bf 4}$ lee $${\bf 10}~\cong~ {\bf 4}\odot{\bf 4} ~\cong~\underbrace{{\bf 3}\odot {\bf 3}}_{~\cong~{\bf 5} ~ \oplus~ {\bf 1}}\oplus {\bf 3}_S \oplus {\bf 1},\tag{4} $$ mientras que la parte antisimétrica es

   $$ {\bf 6}~\cong~{\bf 4}\wedge{\bf 4} ~\cong~\underbrace{{\bf 3}\wedge {\bf 3}}_{\text{axial vector}}\oplus \underbrace{{\bf 3}_A}_{\text{vector}} ,\tag{5} $$

   cf. pregunta del título del OP. En la ecuación (5) utilizamos Dualidad de Hodge en 3D, véase, por ejemplo este Correo de Phys.SE.

Answer 2

Respuesta de Qmechanic es hermoso. Voy a aclarar un detalle no obvio, a saber, por qué el $\textbf{3}\wedge \textbf{3}$ se transforma como un vector bajo el componente de identidad del grupo de rotación. (Se no transformarse como un vector bajo reflexiones, por eso lo llamamos vector axial).

Sea $F_{ab}$ sea un tensor antisimétrico en el espaciotiempo 4d, y use $0$ para el índice "tiempo" y $\{1,2,3\}$ para los índices "espaciales". Cuando las transformaciones de Lorentz se limitan a rotaciones, las componentes $F_{jk}$ avec $j,k\in\{1,2,3\}$ no mezclar con el componente $F_{0k}=-F_{k0}$ por lo que sólo podemos considerar los componentes $F_{jk}$ . Estos son los componentes del $\textbf{3}\wedge \textbf{3}$ en la respuesta de Qmechanic.

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Para el resto de esta respuesta, todos los índices (incluyendo $a,b,c$ ) se limitan a los valores espaciales $\{1,2,3\}$ .

La condición de antisimetría, $F_{jk}=-F_{kj}$ implica que esto sólo tiene $3$ componentes independientes, que es lo correcto número de componentes para un vector, pero algo no parece estar del todo bien: Bajo rotaciones, la regla de transformación para un vector sólo utiliza un pero la regla de transformación para $F_{jk}$ utiliza dos matrices de rotación, una por cada índice. ¿Cómo pueden ser equivalentes entre sí? Por supuesto que lo son. no equivalentes entre sí para rotaciones con determinante $-1$ Por eso lo llamamos axial vector, pero son equivalentes entre sí para rotaciones con determinante $+1$ y el objetivo de esta respuesta es explicar por qué es cierto.

Sea $R_{jk}$ sean los componentes de una matriz de rotación cuyo determinante es $+1$ . Esta condición significa $$ \sum_{j,k,m}\epsilon_{jkl}R_{1j}R_{2k}R_{3m} = 1, \tag{1} $$ que también puede escribirse $$ \epsilon_{abc} = \sum_{j,k,m}\epsilon_{jkm}R_{aj}R_{bk}R_{cm}. \tag{2} $$ El hecho de que $R$ es una matriz de rotación también implica $$ \sum_c R_{cm}R_{cn}=\delta_{mn}, \tag{3} $$ que la versión componente de la ecuación matricial $R^TR=1$ . Contrato (2) con $R_{cn}$ y luego utilizar (3) para obtener $$ \sum_c\epsilon_{abc}R_{cn} = \sum_{j,k}\epsilon_{jkn}R_{aj}R_{bk}. \tag{4} $$ La ecuación (4) es la clave. El efecto de una rotación sobre $F_{jk}$ es $$ F_{jk}\to \sum_{a,b}R_{aj}R_{bk}F_{ab}, \tag{5} $$ con una matriz de rotación para cada índice. Dado que $F_{ab}$ es antisimétrico, podemos representarlo utilizando sólo tres componentes de esta manera: $$ v_m\equiv\sum_{j,k}\epsilon_{jkm}F_{jk} \tag{6} $$ La cuestión es cómo $v$ bajo una rotación cuyo determinante es $+1$ ? Para responder a esta pregunta, utilice (5) para obtener $$ v_m\to v_m'=\sum_{j,k}\epsilon_{jkm}\sum_{a,b}R_{aj}R_{bk}F_{ab} \tag{7} $$ y luego utilizar (4) para obtener $$ v_m' =\sum_{a,b,c} \sum_c\epsilon_{abc}R_{cm}F_{ab} =\sum_c R_{cm} v_m. \tag{8} $$ Esto demuestra que $v$ se transforma como un vector bajo rotaciones cuyo determinante es $+1$ .

Para rotaciones cuyo determinante es $-1$ (reflexiones), el lado derecho de la ecuación (1) se sustituye por $-1$ , lo que introduce un signo menos en la ecuación (4), que acaba poniendo un signo menos en la ecuación (8). Por eso llamamos $v$ un axial en lugar de sólo un vector.

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En términos más generales, en $N$ -espacio dimensional:

• Pseudovector y vector axial son sinónimos de "tensor completamente antisimétrico de rango $N-1$ ." Intuitivamente, un vector ordinario (polar) tiene sólo un índice, y un pseudovector/vector axial es falta sólo un índice. Como resultado, ambos se transforman de la misma manera bajo rotaciones, pero sólo bajo rotaciones. Se transforman de manera diferente en otros aspectos, incluyendo relfecciones y dilataciones.

• Bajo una transformación de coordenadas arbitraria, un vector (polar) se transforma como $v_{j}\to \Lambda^a_j v_{a}$ .

• Bajo una transformación de coordenadas arbitraria, un tensor de rango 2 se transforma como $F_{jk}\to \Lambda^a_j\Lambda^b_k F_{ab}$ . (Los componentes de $\Lambda$ son las derivadas parciales de las coordenadas de un sistema de coordenadas con respecto a las del otro. Las sumas sobre índices repetidos están implícitas).

• Si $N\neq 3$ entonces el momento angular es un tensor antisimétrico de rango 2 (también llamado a bivector ), no un vector axial. Un bivector tiene 2 índices, pero un vector axial tiene $N-1$ índices.

• Para ilustrar las diferentes leyes de transformación para vectores (polares) y bivectores, considere un dilatación ( también llamado dilatación ) que multiplica las coordenadas espaciales por un factor constante $\kappa$ . Entonces, cada factor de $\Lambda$ contribuye con un factor de $\kappa$ Así que $F_{jk}\to\kappa^2 F_{jk}$ pero un vector va como $v_j\to \kappa v_j$ .

Los vectores axiales y los bivectores son iguales en el espacio tridimensional, pero en realidad no son vectores, aunque ambos tengan 3 componentes en el espacio tridimensional. Si sólo considera las rotaciones (con determinante $+1$ ), entonces también podrían ser vectores, pero incluso eso sólo es cierto en el espacio 3d, no en espacios de otras dimensiones.

Answer 3

Referencia : Mi respuesta aquí Producto vectorial en un espaciotiempo de Minkowski de 4 dimensiones .

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En mi respuesta referenciada anteriormente a partir de dos vectores 4 $\mathbf{X}\boldsymbol{=}\left(\mathbf{x},x_4\right)$ y $\mathbf{P}\boldsymbol{=}\left(\mathbf{p},p_4\right)$ ver también las ecuaciones (15a) y (15b), habíamos definido como su producto exterior la antisimétrica $4\times 4$ matriz \begin{equation} \left[\,\mathbf{H}\,\right] \boldsymbol{=}\left[\,\mathbf{X}\boldsymbol{\times}\mathbf{P}\,\right]\boldsymbol{\equiv} \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} \hphantom{\boldsymbol{=}}0 & \boldsymbol{-}\mathrm h_3 & \boldsymbol{+}\mathrm h_2 & \boldsymbol{+}\mathrm g_1\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \boldsymbol{+}\mathrm h_3 & \hphantom{\boldsymbol{=}}0 & \boldsymbol{-}\mathrm h_1 & \boldsymbol{+}\mathrm g_2\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \boldsymbol{-}\mathrm h_2 & \boldsymbol{+}\mathrm h_1 & \hphantom{\boldsymbol{=}}0 & \boldsymbol{+}\mathrm g_3\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline \boldsymbol{-}\mathrm g_1 & \boldsymbol{-}\mathrm g_2 & \boldsymbol{-}\mathrm g_3 & \hphantom{\boldsymbol{=}}0\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{array} \fin \ símbolo en negrita \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & \mathbf{h}\boldsymbol{\times} & & \mathbf{g} \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline & \boldsymbol{-}\mathbf{g}^{\mathsf{T}} & & 0\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{array} \fin \tag{A-01}\label{A-01} \end{equation} donde \begin{equation} \mathbf{h}\boldsymbol{=}\mathbf{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{p}\,,\quad \mathbf{g}\boldsymbol{=}x_4\mathbf{p}\boldsymbol{-}p_4\mathbf{x} \tag{A-02}\label{A-02} \end{equation} Para los detalles de esta definición, véanse las ecuaciones (16)-(21).

Además, basándonos en esto, a partir de la posición espacio-temporal y el momento lineal relativista de una partícula respectivamente \begin{equation} \mathbf{X} \boldsymbol{=}\left(\mathbf{x}, ct\right) \qquad \mathbf{P} \boldsymbol{=}\left(\gamma m_{0}\mathbf{u}, \gamma m_{0} c\right) \tag{A-03}\label{A-03} \end{equation} que habíamos definido como momento angular relativista el antisimétrico $4\times 4$ matriz \begin{equation} \left[\,\mathbf{H}\,\right] \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & \left[\,\mathbf{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{p}\,\right] & & \left(ct\mathbf{p}\boldsymbol{-}\gamma m_{0}c\mathbf{x}\vphantom{\tfrac{a}{b}}\right) \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline & \boldsymbol{-}\left(ct\,\mathbf{p}\boldsymbol{-}\gamma m_{0}c\,\mathbf{x}\vphantom{\tfrac{a}{b}}\right)^{\mathsf{T}} & & 0\vphantom{\dfrac{\tfrac{a}{b}}{b}} \end{array} \fin \tag{A-04}\label{A-04} \end{equation} el vector real 6 $\mathbf{H}$ ser (como en la pregunta) \begin{equation} \mathbf{H} \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \mathbf{h}\vphantom{\dfrac{\tfrac{a}{b}}{b}}\\ \mathbf{g}\vphantom{\dfrac{a}{\tfrac{a}{b}}} \end{bmatrix} \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \mathbf{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{p}\vphantom{\dfrac{\tfrac{a}{b}}{b}}\\ ct\mathbf{p}\boldsymbol{-}\gamma m_{0}c\mathbf{x}\vphantom{\dfrac{a}{\tfrac{a}{b}}} \end{bmatrix} \tag{A-05}\label{A-05} \end{equation} Es interesante ver cómo el antisimétrico $4\times 4$ matriz $\left[\,\mathbf{H}\,\right]$ de la ecuación \eqref {A-01} se transforma bajo un impulso de Lorentz \begin{equation} \mathrm L \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ &\mathrm I\boldsymbol{+}\dfrac{\gamma^2}{c^2\left(\gamma\boldsymbol{+}1\right)}\boldsymbol{\upsilon}\boldsymbol{\upsilon}^{\mathsf{T}} & & \boldsymbol{-}\gamma\dfrac{\boldsymbol{\upsilon}}{c}\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline & \boldsymbol{-}\gamma\dfrac{\boldsymbol{\upsilon}^{\mathsf{T}}}{c} & & \gamma\vphantom{\dfrac{\dfrac{a}{b}}{b}} \end{array} \fin \tag{A-06}\label{A-06} \end{equation} Tenemos \begin{equation} \left[\,\mathbf{H}'\,\right] \boldsymbol{=}\left[\,\mathbf{X}'\boldsymbol{\times}\mathbf{P}'\,\right]\boldsymbol{=}\left[\,\left(\mathrm L\mathbf{X}\right)\boldsymbol{\times}\left(\mathrm L\mathbf{P}\right)\,\right]\boldsymbol{=}\mathrm L\left[\,\mathbf{X}\boldsymbol{\times}\mathbf{P}\,\right]\mathrm L \boldsymbol{=}\mathrm L\left[\,\mathbf{H}\,\right]\mathrm L \tag{A-07}\label{A-07} \end{equation} de ahí \begin{equation} \left[\,\mathbf{H}'\,\right] \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & \mathbf{h}'\boldsymbol{\times} & & \mathbf{g}' \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline & \boldsymbol{-}\mathbf{g}'^{\mathsf{T}} & & 0\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{array} \fin \tag{A-08}\label{A-08} \end{equation} donde \begin{align} \mathbf{h}' & \boldsymbol{=} \gamma\mathbf{h}\boldsymbol{-}\dfrac{\gamma^2}{c^2\left(\gamma\boldsymbol{+}1\right)}\left(\mathbf{h}\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\upsilon}\right)\boldsymbol{\upsilon}\vphantom{A^{1/2}}\boldsymbol{-}\dfrac{\gamma}{c}\left(\boldsymbol{\upsilon}\boldsymbol{\times}\mathbf{g}\vphantom{A^2}\right) \tag{A-09a}\label{A-09a}\\ \mathbf{g}' & \boldsymbol{=}\gamma\mathbf{g}\boldsymbol{-}\dfrac{\gamma^2}{c^2\left(\gamma\boldsymbol{+}1\right)}\left(\mathbf{g}\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\upsilon}\vphantom{A^2}\right)\boldsymbol{\upsilon}\boldsymbol{+}\dfrac{\gamma}{c}\left(\boldsymbol{\upsilon}\boldsymbol{\times}\mathbf{h}\vphantom{A^2}\right) \tag{A-09b}\label{A-09b} \end{align} Si, de forma similar, aplicamos el impulso de Lorentz \eqref {A-06} a la matriz antisimétrica del campo electromagnético \begin{equation} \mathcal{E\!\!\!\!E} \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & \left[\,c\,\mathbf{B}\,\right] & & \boldsymbol{+}\mathbf{E} \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline & \boldsymbol{-}\mathbf{E}^{\boldsymbol{\top}} & & 0\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{array} \fin \ símbolo en negrita \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} 0 & \boldsymbol{-}c\,B_3 & \boldsymbol{+}c\,B_2 & \boldsymbol{+}E_1\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \boldsymbol{+}c\,B_3 & 0 & \boldsymbol{-}c\,B_1 & \boldsymbol{+}E_2 \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \boldsymbol{-}c\,B_2 & \boldsymbol{+}c\,B_1 & 0 & \boldsymbol{+}E_3\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline \boldsymbol{-}E_1 & \boldsymbol{-}E_2 & \boldsymbol{-}E_3 & 0\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{array} \fin \tag{A-10}\label{A-10} \end{equation} ver ecuaciones (28)-(31) en mi respuesta referenciada, entonces tenemos \begin{align} \mathbf{B}' & \boldsymbol{=} \gamma \mathbf{B}\boldsymbol{-}\dfrac{\gamma^2}{c^2\left(\gamma\boldsymbol{+}1\right)}\left(\mathbf{B}\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\upsilon}\right)\boldsymbol{\upsilon}\vphantom{A^{1/2}}\boldsymbol{-}\dfrac{\gamma}{c^2}\left(\boldsymbol{\upsilon}\boldsymbol{\times}\mathbf{E}\vphantom{A^{1/2}}\right) \tag{A-11a}\label{A-11a}\\ \mathbf{E}' & \boldsymbol{=} \gamma\mathbf{E}\boldsymbol{-}\dfrac{\gamma^2}{c^2\left(\gamma\boldsymbol{+}1\right)}\left(\mathbf{E}\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\upsilon}\vphantom{A^2}\right)\boldsymbol{\upsilon}\boldsymbol{+}\gamma\left(\boldsymbol{\upsilon}\boldsymbol{\times}\mathbf{B}\vphantom{A^2}\right) \tag{A-11b}\label{A-11b} \end{align} como encontramos en muchos libros de texto y respuestas en PSE.

En virtud de la $4\times 4$ transformación \begin{equation} \mathrm R \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ &\hphantom{==}\mathcal R \hphantom{==}& & \hphantom{=}\mathbf{O}\hphantom{=}\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline & \mathbf{O}^{\boldsymbol{\top}} & & 1\vphantom{\dfrac{\dfrac{a}{b}}{b}} \end{array} \Fin. \tag{A-12}\label{A-12} \end{equation}
donde $\mathcal R$ es una ortonormal $3\times 3$ matriz \begin{equation} \mathcal R \mathcal R^{\mathsf{T}}\boldsymbol{=}\mathrm I_{3\times 3}\boldsymbol{=}\mathcal R^{\mathsf{T}}\mathcal R \,,\qquad \boldsymbol{\vert} \det(\mathcal R)\boldsymbol{\vert}\boldsymbol{=}1 \tag{A-13}\label{A-13} \end{equation}
el antisimétrico $4\times 4$ matriz $\left[\,\mathbf{H}\,\right]$ de la ecuación \eqref {A-01} se transforma de la siguiente manera \begin{equation} \left[\,\mathbf{H}'\,\right] \boldsymbol{=}\left[\,\mathbf{X}'\boldsymbol{\times}\mathbf{P}'\,\right]\boldsymbol{=}\left[\,\left(\mathrm R\mathbf{X}\right)\boldsymbol{\times}\left(\mathrm R\mathbf{P}\right)\,\right]\boldsymbol{=}\mathrm R\left[\,\mathbf{X}\boldsymbol{\times}\mathbf{P}\,\right]\mathrm R^{\mathsf{T}} \tag{A-14}\label{A-14} \end{equation} de ahí \begin{equation} \left[\,\mathbf{H}'\,\right] \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & \mathbf{h}'\boldsymbol{\times} & & \mathbf{g}' \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ & & & \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hline & \boldsymbol{-}\mathbf{g}'^{\mathsf{T}} & & 0\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{array} \fin \tag{A-15}\label{A-15} \end{equation} donde \begin{align} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\mathbf{h}'\boldsymbol{\times} & \boldsymbol{=} \mathcal R \left(\mathbf{h}\boldsymbol{\times}\right)\mathcal R^{\mathsf{T}}\boldsymbol{=}\mathcal R \left[\left(\mathbf{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{p}\right)\boldsymbol{\times}\vphantom{\tfrac{a}{b}}\right]\mathcal R^{\mathsf{T}} \nonumber\\ & \boldsymbol{=}\left[\mathcal R\mathbf{x}\boldsymbol{\times}\mathcal R\mathbf{p}\vphantom{\tfrac{a}{b}}\right]\boldsymbol{\times}\stackrel{\eqref{A-18}}{\boldsymbol{=\!=\!=}}\det(\mathcal R)\cdot\left[\mathcal R \left(\mathbf{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{p}\right)\vphantom{\tfrac{a}{b}}\right]\boldsymbol{\times}\boldsymbol{=}\det(\mathcal R)\cdot\mathcal R\mathbf{h}\boldsymbol{\times}\boldsymbol{\Longrightarrow} \nonumber\\ \mathbf{h}'& \boldsymbol{=}\det(\mathcal R)\cdot\mathcal R\mathbf{h} \tag{A-16a}\label{A-16a}\\ \mathbf{g}' & \boldsymbol{=}\mathcal R \mathbf{g} \tag{A-16b}\label{A-16b} \end{align}

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Si $\:\mathbf{a},\:\mathbf{b} $ son complejos $\:3$ -vectores en $\:\mathbb{C}^{3}\:$ y $\:\mathcal M\:$ una transformación lineal invertible en este espacio entonces \begin{equation} \mathcal M\mathbf{a} \boldsymbol{\times} \mathcal M\mathbf{b} \boldsymbol{=} \left[\;\det\left(\mathcal M\right)\cdot\left(\mathcal M^{-1}\right)^{\mathsf{T}}\; \right]\left(\mathbf{a} \boldsymbol{\times}\mathbf{b}\right) \tag{A-17}\label{A-17} \end{equation} Si además $\:\mathcal M\:$ es una matriz real ortonormal, entonces $\left(\mathcal M^{-1}\right)^{\mathsf{T}}\boldsymbol{=}\mathcal M$ y $\det\left(\mathcal M\right)\boldsymbol{=}\boldsymbol{\pm}1$ de ahí \begin{equation} \mathcal M\mathbf{a} \boldsymbol{\times} \mathcal M\mathbf{b} \boldsymbol{=} \det\left(\mathcal M\right)\cdot\mathcal M\left(\mathbf{a} \boldsymbol{\times}\mathbf{b}\right)\boldsymbol{=}\boldsymbol{\pm}\,\mathcal M\left(\mathbf{a} \boldsymbol{\times}\mathbf{b}\right) \tag{A-18}\label{A-18} \end{equation} Para una prueba de identidad \eqref {A-17} ver $\textbf{Section B}$ en mi respuesta como user82794 (ex diracpaul) aquí

Cómo obtener resultados $\boldsymbol{3}\boldsymbol{\otimes}\boldsymbol{3} =\boldsymbol{6}\boldsymbol{\oplus}\bar{\boldsymbol{3}}$ para representaciones irreducibles SU(3)?