¿Cómo puedo determinar los generadores del Grupo de Poincaré, $P(1,3)$ explícitamente? Aquí $P(1,3)$ significa una matriz de Lie del grupo.
Respuesta
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La idea general.
Vamos a restringir la discusión de la matriz de la Mentira de los Grupos para la simplicidad. La determinación de los generadores de una Mentira grupo $G$ simplemente significa que (por definición) determinar una base para su Mentira álgebra $\mathfrak g$. He aquí un método estándar para encontrar una base:
Recordemos que la Mentira de álgebra $\mathfrak g$ de una matriz de Lie del grupo de $G$ se define como el conjunto de todas las matrices $X$ que $e^{s X}$ es un elemento de $G$ para todos los números reales $s$.
Utilizar las propiedades de los elementos de $G$ a restringir los elementos $X$; resulta admisible elementos $X$ son precisamente los elementos de la Mentira álgebra $\mathfrak g$ que es un espacio vectorial de las matrices.
Determinar una base para este vector resultante espacio.
Un ejemplo: $\mathrm{SO}(2)$.
Elementos de la rotación en dos dimensiones son, precisamente, los $2\times 2$ real de las matrices de $R$ para los que \begin{align} R^tR = I, \qquad \det R = 1. \end{align} Ahora, supongamos que el $X$ es un elemento de su Mentira álgebra $\mathfrak{so}(2)$, $e^{sX}$ es un elemento de $\mathrm{SO}(2)$, lo que significa que \begin{align} e^{s X} (e^{sX})^t = I, \qquad \det (e^{sX}) = 1 \end{align} para todos los $s\in\mathbb R$. Ahora vamos a utilizar los hechos de que $(e^M)^t = e^{M^t}$ $\det e^M = e^{\mathrm{tr}M}$ a afirmar que \begin{align} e^{s(X + X^t)} = I, \qquad e^{s(\mathrm{tr} X)} = 1 \end{align} lo que implica que \begin{align} X = -X^t, \qquad \mathrm{tr} X = 0. \end{align} Por lo tanto, la Mentira de álgebra $\mathfrak{so}(2)$ está dado por el conjunto de todos los reales, antisimétrica, traceless $2\times 2$ matrices. Este es un one-dimensional espacio vectorial de las matrices cuyo elemento puede ser escrito como un escalar varios de \begin{align} J = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix} \end{align} que es por lo tanto el generador que estábamos buscando.
El grupo de Poincaré.
El mismo procedimiento se utilizó para determinar explícita de la forma de la matriz de los generadores del grupo de Poincaré. Ya que en ese caso, el grupo de Poincaré puede ser escrito como una semi-producto directo del grupo de Lorentz $\mathrm{SO}(3,1)$ con las cuatro dimensiones de la traducción de grupo $\mathbb R^4$, uno a menudo encuentra los generadores de Lorentz y de los grupos de traducción de forma individual para su comodidad.
Cuando la búsqueda de los generadores del grupo de Lorentz, solo tienes que usar las propiedades análogas a $RR^t = I$ $\det R = 1$ que definir sus elementos. Por ejemplo, en este caso, la definición de la propiedad es que los elementos de $\mathrm{SO}(3,1)$ preservar la Minkowski producto escalar; \begin{align} \Lambda^\mu_{\phantom\mu\alpha} \Lambda^\nu_{\phantom\nu\beta}\eta^{\alpha\beta} = \eta^{\mu\nu} \tag{%#%#%} \end{align} donde $\star$. Esto se puede escribir en forma de matriz, y luego el mismo procedimiento utilizado anteriormente para $\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,+1,+1,+1)$ puede ser utilizado para encontrar la Mentira de álgebra y generadores.
Cómo se hace en la práctica por los físicos.
Con el fin de determinar el álgebra como se describe arriba, con la condición de invariancia $\mathrm{SO}(2)$, los físicos se escriben a menudo un elemento del grupo de Lorentz como \begin{align} \Lambda^\mu_{\phantom\mu\nu} = \delta^\mu_\nu + \omega^\mu_{\phantom\mu\nu} \end{align} donde $(\star)$ es un "infinitesimal" de la matriz. Tenga en cuenta que esto es simplemente lo mismo que la escritura de la matriz exponencial de primer orden en el parámetro de $\omega = (\omega^\mu_{\phantom\mu\nu})$ en el procedimiento anterior, y la identificación de la primera orden término como la Mentira de álgebra elemento. Entonces, uno puede conectar a esta expresión en la condición de invariancia $s$ y determina qué propiedades $(\star)$ tiene que obedecer al comparar los términos que son de primer orden en $\omega$. Esto es equivalente al procedimiento descrito anteriormente para $\omega$, pero es computacionalmente más conveniente.
Si usted va a través de este cálculo para el grupo de Lorentz, usted debe encontrar que \begin{align} \omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu} \end{align} donde $\mathrm{SO}(2)$.
