¿Por qué es suficiente la positividad de la primera entrada para que una matriz en $\mathrm{SO}(1,3)$ esté en $\mathrm{SO}^{+}(1,3)$?

Question

Este es un resultado que los libros de física mencionan todo el tiempo, que la rama de las transformaciones de Lorentz adecuadas con la primera entrada positiva forma el componente identidad del grupo de Lorentz.

En lenguaje matemático, para todo $\Lambda\in\mathrm{SO}(1,3)$ y $(\Lambda)_{00} \geq 0$ (índices: 0,1,2,3), tenemos que $\Lambda\in\mathrm{SO}^{+}(1,3)$. La recíproca también es cierta. Pero ¿por qué? $(\Lambda)_{00} \geq 0$ es una condición muy débil, y he intentado durante horas pero ni siquiera puedo probar que tales $\Lambda$ sean cerradas bajo multiplicación. ¿Alguien podría darme una pista?

Además, ¿se puede generalizar este resultado a $\mathrm{SO}(1,n)$ arbitrario?

Answer 1

Quizás sea más fácil pensar en términos de marcos.

Sea $\{e_0, e_1, \ldots, e_n\}$ una base (los tratamos como vectores de columna explícitos en las coordenadas estándar del espacio vectorial) de $\mathbb{R}^{1+n}$ de manera que bajo la métrica de Minkowski tienes $$ m(e_0, e_0) = -1\qquad m(e_i,e_j) = \delta_{ij}, i,j \geq 1, \qquad m(e_0,e_j) = 0$$ (así forma una base ortonormal de la métrica de Minkowski). Tienes que la matriz $$ \Lambda = \begin{pmatrix} e_0 & e_1 &\ldots & e_n\end{pmatrix}$$ formada con columnas los vectores base es un elemento de $O(1,n)$. De manera similar, a partir de la definición de $O(1,n)$ (que preserva la métrica de Minkowski) se ve que cada elemento debe ser de la forma anterior: que sus vectores de columna individuales formen una base ortonormal del espacio de Minkowski.

Dado que el determinante es una función continua, tenemos que los subconjuntos de $O(1,n)$ para los cuales $\det$ son $\pm1$ deben estar desconectados. Definimos $SO(1,n)$ como el componente con el determinante positivo.

Ahora, dado que $m(e_0,e_0) = -1$, expandimos $$ m(e_0,e_0) = - \left[(e_0)_0\right]^2 + \sum_{i = 1}^n \left[(e_0)_i\right]^2 \geq - \left[(e_0)_0\right]^2 $$ donde $(e_0)_\mu$ son los componentes del vector columna $e_0$. Esto implica que $\left[(e_0)_0\right]^2 = (\Lambda_{00})^2 \geq 1$. Por lo tanto, $\Lambda_{00}$ es mayor o igual a 1, o menor o igual a -1. Dado que para un componente conectado, $\Lambda_{00}$ es una función continua, debemos tener que los conjuntos $O(1,n) \cap \{\Lambda_{00} > 0\}$ y $O(1,3)\cap \{\Lambda_{00} < 0\}$ están desconectados. Llamamos al componente donde $\Lambda_{00} > 0$ como $O^+(1,3)$.

Afirmamos que $O^+(1,n)$ forma un subgrupo. Argumentamos geométricamente. Sea $\Lambda$ como arriba.

Reclamo 1. Sean $u,v,w\in \mathbb{R}^{1+n}$ tales que $m(u,u), m(v,v), m(w,w)$ son todos negativos (así son todos tipo tiempo). Entonces $m(u,v)\cdot m(v,w)$ y $m(u,w)$ tienen signos opuestos.

Prueba: completa $v$ a una base ortonormal $\{v_0 = v, v_1, v_2, \ldots, v_n\}$. Tenemos que $u = - m(v,u) v_0 + \sum m(v_i,u) v_i$ y de manera similar $w$. El reclamo sigue inmediatamente.

Reclamo 2. Si $v,w$ son vectores de tiempo tal que $v-w$ es de tipo espacio. Entonces $m(v,w) < 0.

Prueba: Observa que $$ m(v,w) + m(v, v-w) + m(w,v) + m(w,w-v) = m(v,v) + m(w,w) < 0 $$ y que el lado izquierdo se reordena a $$ 2 m(v,w) + m(v-w,v-w) \geq 2 m(v-w) $$

Reclamación 3. Si $\Lambda \in O^+(1,n)$, y $v$ es un vector de tiempo tal que el componente $0$ de $v$ es positivo, entonces también lo es $\Lambda\cdot v$. (Es decir, $\Lambda$ preserva la orientación temporal).

Prueba: Sea $s_0$ el vector columna $(1,0,0\ldots)$. Por la suposición sobre el componente $0$, tenemos $m(s_0,v) < 0$. Por la propiedad de isometría, $\Lambda\cdot v$ es de tipo tiempo. Por definición, $\Lambda \cdot v - |m(s_0,v)| e_0$ es de tipo espacio. $e_0$ es de tipo tiempo. Por la Reclamación 2 tenemos que $m(e_0, \Lambda\cdot v) < 0$. Por la suposición tenemos $m(e_0,s_0) < 0$. Así que por la Reclamación 1 también debemos tener $m(\Lambda \cdot v, s_0) < 0$, como se deseaba.

Reclamación 4. $O^+(1,n)$ es un subgrupo.

Prueba: la identidad claramente pertenece a él. Basta con mostrar que la multiplicación de matrices está cerrada. Sean $\Lambda,\Lambda'$ elementos de $O^+(1,n)$. El componente $00$ del producto $\Lambda\Lambda'$ se obtiene por $s_0^T\Lambda\Lambda' s_0$. Es decir, para que $\Lambda\Lambda'$ tenga componente $00$ positiva basta con que $m(\Lambda\Lambda's_0,s_0) < 0$. Pero esto se sigue de la Reclamación 3.

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Lo anterior implica que $O^+(1,n)$ y $SO(1,n)$ son subgrupos de $O(1,n)$. Por lo tanto, su intersección $SO^+(1,n) = O^+(1,n) \cap SO(1,n)$ es un subgrupo de $O(1,n)$. Además, por definición, el componente conectado de la identidad de $O(1,n)$ está enteramente contenido en $SO^+(1,n)$. Por lo tanto, aún queda por demostrar que $SO^+(1,n)$ es (path) conectado. Uno puede en principio demostrar esto considerando el mapeo exponencial aplicado al álgebra de Lie correspondiente, pero una manera más intuitiva es la siguiente:

usando la caracterización anterior de $\Lambda$ como marco, basta con encontrar una familia continua de marcos conectando la base estándar $\{s_0, s_1, \ldots, s_n\}$ a la base $\{e_0, e_1, \ldots, e_n\}$. Se puede esbozar un camino así: primero hacer una rotación $SO(n)$ en $\{e_0, \ldots, e_n\}$ tal que $e_0$ esté en el espacio generado por $\{s_0, s_1\}$. Esto es conexo por camino. Luego una traslación hiperbólica (boost de Lorentz) puede llevar $e_0$ de vuelta a $s_0; este paso requiere que $\Lambda\in O^+(1,3)$. Finalmente terminar con otra rotación $SO(n)$ alineando el resto de los ejes. Esto utiliza el hecho de que $SO(n)$ está conectado, y que $\Lambda\in SO^+(1,3)$, de forma que una vez que $e_0$ es "traído de vuelta" a $s_0$, el resto de los ejes tienen la misma orientación que $\{s_1, \ldots, s_n\}$.

Answer 2

La acción de $SO(1,3)$ deja invariante la forma cuadrática $t^2-x^2-y^2-z^2$. Es fácil ver que las órbitas de $SO(1,3)$ son precisamente los conjuntos de vectores $(t,x,y,z)$ para los cuales esta forma toma un valor fijo $q\in\mathbf R$. Si $q=0$ esto es un cono, de lo contrario es un hiperboloide. Pero hay una diferencia cualitativa entre el caso $q<0$, donde el hiperboloide está conectado, y el caso $q>0$ donde el hiperboloide tiene $2$ componentes conectadas, una a cada lado del hiperplano definido por $t=0$. Dado que la acción de $SO(1,3)$ es continua, se sigue que $SO(1,3)$ puede ser separado en dos subconjuntos abiertos según si envía un vector particular $v_0=(1,0,0,0)$ (donde la forma es positiva) a un vector en una u otra de las componentes conectadas de su órbita, es decir, un vector con $t>0$ o con $t<0$ (de hecho con $t\geq 1$ o con $t\leq-1$). Dado que el subgrupo estabilizador de $v_0$ es isomorfo a $SO(3)$, y por lo tanto conectado, se sigue que estos dos subconjuntos abiertos de $SO(1,3)$ son de hecho las componentes conectadas de $SO(1,3)$.

Y como consecuencia no hay nada especial sobre la elección de $v_0$: hacer lo mismo para cualquier otro vector donde la forma cuadrática es positiva (y cuya órbita por lo tanto tiene dos componentes) llevaría a la misma separación de $SO(1,3)$ en dos partes.