Композиционные преобразования, как было выяснено, являются линейными выражениями по преобразуемому объекту, по его компонентам. Это преобразования поворота и композиционное изображение буста.
Как было выявлено ранее, композиционные преобразования не затрагивают, то есть не изменяют, как скалярную так и псевдоскалярную части бикватерниона - аргумента. Поэтому при построении матрицы соответствующего линейного преобразования у нее можно как вписывать единицы в дополнительные элементы на главной диагонали, так и опускать их, лишь подразумевая единицы на диагонали неявно.
Для получения линейных операторов композиционных преобразований учтем, что общее композиционное преобразование может быть разложено на произведение двух - поворота и изображения буста. Поэтому для упрощения рассмотрим их отдельно.
3-мерный поворот вращает и полярный и аксиальный векторы одинаково. Поэтому достаточно рассмотреть поворот лишь, к примеру, аксиального вектора. Для получения полного линейного оператора полученную матрицу надо продублировать по диагонали и для полярной части аргумента и дополнить при необходимости единицами на главной диагонали для скалярной и псевдоскалярной частей.
Возьмем полученный ранее результат преобразования поворота
$$
t_0^2x-(t,t)x+2t_0[t,x]+2t(t,x)
$$
Исходный полуоператор поворота представляет собой экспоненту половинного угла:
$$
\begin{array}{c}
t_0=\cos\varphi_m \\
t=t'\sin\varphi_m \\
% t'=\dfrac{i\varphi_1+j\varphi_2+k\varphi_3}{\varphi_m} \\
t'=(i\varphi_1+j\varphi_2+k\varphi_3)/\varphi_m \\
\varphi_m=\sqrt{\varphi_1^2+\varphi_2^2+\varphi_3^2}
\end{array}
$$
Здесь $2\varphi_m$ - величина угла поворота, $t'$ - единичный направляющий вектор.
Выражение из первого и второго слагаемых
$$
t_0^2x-(t,t)x
$$
трансформируется в
$$
(\cos^2\varphi_m-\sin^2\varphi_m)x
$$
Что по правилам тригонометрии равно
$$
x\cos(2\varphi_m)
$$
Поскольку исходный параметр $\varphi_m$ означал половинный угол, здась мы получили косинус полного угла поворота.
Третье слагаемое
$$
2t_0[t,x]
$$
трансформируется в
$$
2\cos\varphi_m\sin\varphi_m[r',x]
$$
Что по правилам тригонометрии равно
$$
\sin(2\varphi_m)[t',x]
$$
И четвертое слагаемое трансформируется в
$$
\begin{array}{c}
2t(t,x)=2\sin^2\varphi_mt'(t',x)= \\
=(1-\cos(2\varphi_m))t'(t',x)
\end{array}
$$
Здесь также выражение приведено к полному углу поворота.
Итого, первый элемент приводит к слагаемому в итоговый линейный оператор:
$$
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\cos(2\varphi_m)
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}
\right)
$$
Следующий элемент с векторным произведением добавляет в линейный оператор слагаемое:
$$
\left(
\begin{array}{ccc}
0 & -\varphi_2 & \varphi_2 \\
\varphi_3 & 0 & -\varphi_1 \\
-\varphi_2 & \varphi_1 & 0
\end{array}
\right)
\frac{\sin(2\varphi_m)}{\varphi_m}
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}
\right)
$$
Здесь в знаменатель входит величина $\varphi_m$. В случае если она равна нулю весь линейный оператор равен единичной матрице.
И наконец последнее слагаемое в линейный оператор выглядит как тензорное произведение векторов:
$$
\left(
\begin{array}{ccc}
\varphi_1\varphi_1 & \varphi_1\varphi_2 & \varphi_1\varphi_3 \\
\varphi_2\varphi_1 & \varphi_2\varphi_2 & \varphi_2\varphi_3 \\
\varphi_3\varphi_1 & \varphi_3\varphi_2 & \varphi_3\varphi_3
\end{array}
\right)
\frac{1-\cos(2\varphi_m)}{\varphi_m^2}
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}
\right)
$$
В образовании этого слагаемого основная часть, матрица, происходит на самом деле не из тензорного произведения, а из произведения векторов:
$$
t'(t',x)
$$
Вышеприведенные формулы от исходного половинного угла поворота $\varphi$ были приведены где возможно к формулам от полного угла $2\varphi_m$.
Для получения линейного оператора преобразования, являющегося композиционным изображением буста, возьмем полученное ранее преобразование:
$$
t_0^2x+(t,t)x+2It_0[t,x]-2t(t,x)
$$
Здесь мы не можем продублировать линейный оператор как для полярной, так и для аксиальной частей $x$, поскольку они преобразуются по-разному. Поэтому в качестве аргумента линейного оператора возьмем векторную часть бикватерниона
$$
Iix_1+Ijx_2+Ikx_3+ix_5+jx_6+kx_7
$$
Здесь первые 3 слагаемых полярная часть, а следующие 3 слагаемых аксиальная. И в качестве вектор-столбца расположим их:
$$
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_7
\end{array}
\right)
$$
И для получения линейного оператора композиционного изображения буста будем строить матрицу $6\times 6$.
При необзходимости дополнить аргумент скалярной и псевдоскалярной составляющими мы соответственно должны будем разместить на главной диагонали в добавленных строках и столбцах единицы, поскольку эти части аргумента оператоора не изменяются.
Будем учитывать что в полуоператоре буста использовалась половинная быстрота и обозначим для краткости:
$$
t_0=\mathrm{ch}\psi_m
$$
$$
\psi_m=\sqrt{\psi_5+\psi_6+\psi_7}
$$
$$
t'=\frac{i\psi_5+j\psi_6+k\psi_7}{\psi_m}
$$
$$
t=t'\mathrm{sh}\psi_m
$$
Раскрываем выражение преобразования аналогично преобразованию поворота. Первые два слагаемые равны:
$$
t_0^2x+(t,t)x=(\mathrm{ch}^2\psi_m+\mathrm{sh}^2\psi_m)x
$$
Что по правилам преобразования гиперболических функций равно:
$$
\mathrm{ch}(2\psi_m)x
$$
Это дает вклад в линейный оператор:
$$
\left(
\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\mathrm{ch}(2\psi_m)
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_7
\end{array}
\right)
$$
Третье слагаемое
$$
2It_0[t,x]
$$
после подстановки гиперболических функций превращается в
$$
I2\mathrm{ch}\psi_m\mathrm{sh}\psi_m[t',x]
$$
По правилам преобразования гиперболических функций получим:
$$
I\mathrm{sh}(2\psi_m)[t',x]
$$
В выражение $x$ входит два слагаемых:
$$
\begin{array}{c}
x=I(ix_1+jx_2+kx_3)+ \\
+(ix_5+jx_6+kx_7) = \\
= Ip+a
\end{array}
$$
Векторное произведение с первой частью дает результат:
$$
I\mathrm{sh}(2\psi_m)[t',Ip]=-\mathrm{sh}(2\psi_m)[t',p]
$$
И, хотя воздействовали на полярный вектор, результат идет в слагаемое в аксиальную часть, поскольку не содержит мнимой единицы $I$ и образовано лишь из аксиальных векторов.
Векторное произведение с аксиальной частью дает результат:
$$
I\mathrm{sh}(2\psi_m)[t',a]
$$
Поскольку это выражение содержит единицу $I$, умноженную на аксиальный вектор, результат идет в полярную часть. Скомбинировав все вместе, получим слагаемое в линейный оператор:
$$
\left(
\begin{array}{cccccc}
0 & 0 & 0 & 0 & -\psi_3 & \psi_2 \\
0 & 0 & 0 & \psi_3 & 0 & -\psi_1 \\
0 & 0 & 0 & -\psi_2 & \psi_1 & 0 \\
0 & \psi_3 & -\psi_2 & 0 & 0 & 0 \\
-\psi_3 & 0 & \psi_1 & 0 & 0 & 0 \\
\psi_2 & -\psi_1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\frac{\mathrm{sh}(2\psi_m)}{\psi_m}
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_7
\end{array}
\right)
$$
И наконец оставшееся слагаемое:
$$
-2t(t,x)=-2\mathrm{sh}^2\psi_mt'(t',x)
$$
По правилам преобразований гиперболических функций
$$
-2\mathrm{sh}^2\psi_m=\mathrm{ch}(2\psi_m)-1
$$
И поэтому линейный оператор получает слагаемое:
$$
\left(
\begin{array}{cccccc}
\psi_1\psi_1 & \psi_1\psi_2 & \psi_1\psi_3 & 0 & 0 & 0 \\
\psi_2\psi_1 & \psi_2\psi_2 & \psi_2\psi_3 & 0 & 0 & 0 \\
\psi_3\psi_1 & \psi_3\psi_2 & \psi_3\psi_3 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & \psi_1\psi_1 & \psi_1\psi_2 & \psi_1\psi_3 \\
0 & 0 & 0 & \psi_2\psi_1 & \psi_2\psi_2 & \psi_2\psi_3 \\
0 & 0 & 0 & \psi_3\psi_1 & \psi_3\psi_2 & \psi_3\psi_3
\end{array}
\right)
\frac{\mathrm{ch}(2\psi_m)-1}{\psi_m^2}
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_7
\end{array}
\right)
$$
Здесь также, как и для преобразования поворота, элементы, выглядящие как тензорное произведение вектора $\psi$ на самого себя, в действительности имеют происхождение не в тензорном произведении векторов, а в произведении
$$
t'(t',x)
$$
Соответственно, итоговый линейный оператор композиционного изображения преобразования буста из преобразований Лоренца представляет сумму полученных выше трех составляющих. И, при необходимости дополнить бикватернион $x$ скалярной и псевдоскалярной составляющими матрица оператора расширяется нулевыми строками и столбцами с единицами на главной диагонали в силу неизвеняемости скалярной и псевдоскалярной частей композиционными преобразованиями.
В приведенном выводе оператора композиционного изображения буста были использованы параметры заданные в быстроте $\psi$. В работах по СТО чаще используется описание в параметрах, заданных в скорости $v$, где $v$ - скорость изменения пространственной координаты (это, как и быстрота $\psi$, вектор) при изменении координаты $t$ при гиперболическом повороте преобразования Лоренца. Если быстрота $\psi$ не ограничена по значению, то скорость $v$ ограничена величиной $c$, поскольку отношение $v/c$ есть гиперболический тангенс быстроты, а у него асимптота равна единице.
Для построения оператора преобразования в единицах $v$ построим соответствие быстроты и скорости. Исходный полуоператор с полярной векторной частью
$$
\mathrm{ch}(2\psi) + \frac{\psi}{\psi_m}\mathrm{sh}(2\psi_m)
$$
соответствует величине
$$
\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}+\frac{v}{c}\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
$$
Действительной части соответствует:
$$
\mathrm{ch}(2\psi)=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
$$
Единичному направляющему вектору $\psi/\psi_m$ соответствует единичный вектор
$$
\frac{\psi}{\psi_m}=\frac{v}{v_m}
$$
$$
v_m=\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2}
$$
$$
v_m^2=v^2
$$
И в таком случае гиперболический синус должен соответствовать:
$$
\mathrm{sh}(2\psi_m)=\frac{v_m/c}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
$$
Поскольку в множителях матричных слагаемых величина $\psi_m$ стоит в знаменателе в той же степени что и величины $\psi_i$ в самой матрице, используем замену
$$
\begin{array}{c}
\psi_i \rightarrow v_i \\
\psi_m \rightarrow v_m
\end{array}
$$
В этом случае мы сохраняем соответствие единичных направляющих векторов.
Итого, первое слагаемое линейного оператора, выраженного через скорость относительного движения в преобразовании Лоренца, получится:
$$
\left(
\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_7
\end{array}
\right)
$$
Второе слагаемое, происходящее от векторного произведения, получится:
$$
\left(
\begin{array}{cccccc}
0 & 0 & 0 & 0 & -v_3 & v_2 \\
0 & 0 & 0 & v_3 & 0 & -v_1 \\
0 & 0 & 0 & -v_2 & v_1 & 0 \\
0 & v_3 & -v_2 & 0 & 0 & 0 \\
-v_3 & 0 & v_1 & 0 & 0 & 0 \\
v_2 & -v_1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\frac{1}{c\sqrt{1-v^2/c^2}}
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_7
\end{array}
\right)
$$
И третье слагаемое:
$$
\left(
\begin{array}{cccccc}
v_1v_1 & v_1v_2 & v_1v_3 & 0 & 0 & 0 \\
v_2v_1 & v_2v_2 & v_2v_3 & 0 & 0 & 0 \\
v_3v_1 & v_3v_2 & v_3v_3 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & v_1v_1 & v_1v_2 & v_1v_3 \\
0 & 0 & 0 & v_2v_1 & v_2v_2 & v_2v_3 \\
0 & 0 & 0 & v_3v_1 & v_3v_2 & v_3v_3
\end{array}
\right)
\frac{1-\sqrt{1-v^2/c^2}}{v^2\sqrt{1-v^2/c^2}}
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_7
\end{array}
\right)
$$
Соответственно, итоговый оператор есть их сумма.
Выражение
$$
\frac{1-\sqrt{1-v^2/c^2}}{v^2\sqrt{1-v^2/c^2}}
$$
можно представить в виде выражения записанного через $c$ и $\gamma$ где $\gamma$ это Лоренц-фактор:
$$
\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
$$
Для этого преобразуемое выражение домножим в числителе и знаменателе на $1+\sqrt{1-v^2/c^2}$ и получим:
$$
\frac{\left(1-\sqrt{1-v^2/c^2}\right)\left(1+\sqrt{1-v^2/c^2}\right)}
{v^2\sqrt{1-v^2/c^2}\left(1+\sqrt{1-v^2/c^2}\right)}
$$
Здесь числитель упрощается до
$$
\left(1-\sqrt{1-v^2/c^2}\right)\left(1+\sqrt{1-v^2/c^2}\right)=v^2/c^2
$$
И в преобразуемом выражении сократится использование $v^2$:
$$
\frac{v^2/c^2}
{v^2\sqrt{1-v^2/c^2}\left(1+\sqrt{1-v^2/c^2}\right)}=
\frac{1/\sqrt{1-v^2/c^2}}
{c^2\left(1+\sqrt{1-v^2/c^2}\right)}
$$
Теперь разделим числитель и знаменатель на $\sqrt{1-v^2/c^2}$:
$$
\frac{1/\left(\sqrt{1-v^2/c^2}\right)^2}
{c^2\left(1/\sqrt{1-v^2/c^2}+1\right)}
=\frac{\gamma^2}{c^2(\gamma+1)}
$$
В остальных слагаемых выражение дроби через скорость света $c$ и Лоренц-фактор $\gamma$ делается очевидным образом.
Оглавление
Композиционные преобразования
Комментариев нет:
Отправить комментарий