Какому композиционному преобразованию соответствует преобразование Лоренца?
Если есть преобразование Лоренца
$$
x\rightarrow Tx\bar{T}^*
$$
то парное ему композиционное преобразование тем же полуоператором
назовем композиционным изображением. Если для преобразования поворота само
преобразование и его полуоператор совпадают, то для преобразования буста нет:
$$
\bar{T}^*\neq \bar{T}
$$
Это преобразование описывается экспонентой половинной быстроты:
$$
\begin{array}{c}
T=e^{\psi} \\
\mathrm{th}(2\psi)=v/c \\
\psi=I(i\psi_5+j\psi_6+k\psi_7)
\end{array}
$$
Если для преобразования поворота выражение результата никак не зависело от того,
является ли аргумент $x$ полярным или аксиальным вектором и они не только
поворачиваются одинаково но и остаются теми же по виду, то в случае
композиционного изображения буста есть разница, какие части бикватерниона
присутствуют в аргументе $x$.
Раскроем выражение полуоператора:
$$
e^{\psi}=\mathrm{ch}\psi_m +\frac{\psi}{\psi_m}\mathrm{sh}\psi_m
$$
Обозначим $t'$ как есдиничный направляющий вектор, тогда получим выражения:
$$
\begin{array}{c}
T=t_0+It \\
\psi_m=\sqrt{\psi^2_5+\psi^2_6+\psi^2_7} \\
t_0=\mathrm{ch}\psi_m \\
t'=\dfrac{i\psi_5+j\psi_6+k\psi_7}{\sqrt{\psi^2_5+\psi^2_6+\psi^2_7}} \\
It=I\mathrm{sh}\psi_mt'
\end{array}
$$
Преобразуемый бикватернион содержит скалярную, псевдоскалярную, полярную и
аксиальную части. Но, мы ранее выяснили, что преобразование скалярной и
псевдоскалярной частей оставляет их неизменными. Обозначим полярную и аксиальную
части, оставшиеся в рассмотрении:
$$
\begin{array}{c}
x=Ip+a \\
p=ip_1+jp2+kp_3 \\
a=ia_5+ja_6+ka_7
\end{array}
$$
Нам необходимо раскрыть выражение
$$
(t_0+It)(Ip+a)(t_0-It)
$$
Такие произведения выделяют отдельно мнимую единицу
$$
I^2=-1
$$
и векторы в кватернионном выражении $t$, $p$, $a$, для которых можем
применить правила умножения:
$$
ab=-(a,b)+[a,b]
$$
здесь $(a,b)$ - скалярное произведение 3-мерных векторов, $[a,b]$ -
векторное произведение 3-мерных векторов. Оперирование скалярным и векторным
произведениями уже дает наглядное представление.
Раскроем преобразование одного аксиального вектора:
$$
x=ix_1+jx_2+kx_3
$$
$$
\begin{array}{c}
(t_0+It)(x)(t_0-It) =\\
=(t_0+It)(t_0x+I(x,t)-I[x,t])= \\
=t_0^2x+It_0(x,t)-It_0[x,t]-It_0(t,x)+ \\
+It_0[t,x]-t(x,t)-(t,[x,t])+[t,[x,t]]
\end{array}
$$
Раскрывая двойное векторное произведение и учитывая что результат векторного
произведения перпендикулярен обоим аргументам, упрощаем и сокращаем это
выражение до:
$$
t_0^2x+(t,t)x+2It_0[t,x]-2t(x,t)
$$
Поскольку выражение линейно по $x$, применим преобразование к сумме
$$
x=Ip+a
$$
и сгруппируем по полярной и аксиальной частям:
$$
\begin{array}{c}
(t_0+It)(Ip+a)(t_0-It)= \\
=I\left( 2t_0[t,a]+t_0^2p+(t,t)p-2t(p,t) \right)+\\
+\left( t_0^2a+(t,t)a-2t(a,t)-2t_0[t,p] \right)
\end{array}
$$
Здесь первая часть полярная, а вторая аксиальная. Теперь учтем, что
$$
\begin{array}{c}
t_0=\mathrm{ch}\psi_m \\
t=\mathrm{sh}\psi_mt' \\
|t'|=1
\end{array}
$$
Представим векторы $a$ и $p$ в виде сумм векторов, параллельных и
перпендикулярных к единичному вектору $t'$.
$$
\begin{array}{c}
a=a_{||}+a_{\bot} \\
p=p_{||}+p_{\bot}
\end{array}
$$
Тогда полярная часть искомого выражения представится в виде:
$$
\begin{array}{c}
\mathrm{ch}^2\psi_m p_{||}+\mathrm{sh}^2\psi_m p_{||}-
2\mathrm{sh}\psi_m\mathrm{sh}\psi_m p_{||}+ \\
+2\mathrm{ch}\psi_m\mathrm{sh}\psi_m[t;,a]+
\mathrm{ch}^2\psi_m p_{\bot}+\mathrm{sh}^2\psi_m p_{\bot}
\end{array}
$$
здесь использовалось знание, что
$$
(p_{\bot},t')=0
$$
Первые 3 элемента сокращаются до
$$
\mathrm{ch}^2\psi_m p_{||}-\mathrm{sh}^2\psi_m p_{||}=p_{||}
$$
И вторая часть сокращается до
$$
\mathrm{ch}(2\psi_m)p_{\bot}+\mathrm{sh}(2\psi_m)[t',a]
$$
Здесь можно заменить $a$ на $a_{\bot}$, поскольку
$$
[t',a_{||}]=0
$$
Выражение преобразования полярной части показывает, что часть параллельная к
$t'$ остается неизменной, а перпендикулярная к $t'$ испытывает преобразование
несколько похожее на гиперболический поворот. Но, вообще говоря, в силу различия
$a$ и $p$ по величине, им не являющимся.
Применив аналогичные рассуждения ко второй, аксиальной части искомого выражения
преобразования, получим:
$$
\begin{array}{c}
t_0^2a+(t,t)a-2t(a,t)-2t_0[t,p]= \\
a_{||}+\mathrm{ch}(2\psi_m)a_{\bot}+
\mathrm{sh}(2\psi_m)[t',p_{\bot}]
\end{array}
$$
Здесь используется $\psi$ как половинное значение быстроты, поэтому
$$
\mathrm{th}(2\psi_m)\frac{\psi}{\psi_m}=v/c
$$
Мы привыкли, что в формуле быстроты указываются значения. В действительности и
$v$ и $\psi$ являются векторами и для сохранения направления вектора, формально
говоря, надо кроме его величины указать еще и его единичное направление. В нашем
случае и быстрота $\psi$ и скорость $v$ являются полярными векторами.
В результате мы получаем уравнения, совпадающие с уравнениями преобразования
напряженностей электромагнитного поля $({\bf E},{\bf H})$. Что совсем
неудивительно, поскольку напряженности есть векторное произведение градиента на
векторный потенциал. Поскольку градиент и векторный потенциал преобразуются
преобразованиями Лоренца как векторы, то векторное поризведение преобразуется
композиционно.
Полярная и аксиальная части отличаются знаком, с которым в них входит векторное
произведение.
Оглавление
Композиционные преобразования
Комментариев нет:
Отправить комментарий