В гиперкомплексных числах преобразование Лоренца задается как произведение слева и справа на полуоператоры, взаимно сопряженные друг другу. Следовательно, получающийся результат есть линейная форма по компонентам преобразуемого вектора. Следовательно, такое преобразование может быть представлено в виде умножения матричного оператора на вектор. Как найти эту матрицу? Попробуем разобраться.
Преобразование Лоренца в бикватернионах выглядит как произведение
$$
X'=AX\overline{A}^*
$$
Полуоператор справа есть скалярно-векторно сопряженный к левому. При скалярном сопряжении меняется знак у компонент, в образовании которых участвует единица $I$, и при векторном сопряжении у помпонентов, в образовании мнимых единиц которых участвуют единицы $i$, $j$, $k$.
Для преобразования Лоренца используется экспонента от полярной величины, также называемой быстротой:
$$
\psi = Ii\psi_1+Ij\psi_2+Ik\psi_3
$$
Поскольку это строго полярная величина, при скалярно-векторном сопряжении она остается неизменной:
$$
\overline{\psi}^*=\psi
$$
При скалярно-векторном сопряжении в силу их линейности экспонента от сопряженной величины равна сопряженной от экспоненты несопряженной величины:
$$
\overline{e^{\psi}}^*=e^{\overline{\psi}^*}=e^{\psi}
$$
В итоговом полуоператоре в показателе экспоненты стоит половина быстроты:
$$
X'=e^{\psi/2}Xe^{\psi/2}
$$
Совместно с 3-мерными вращениями преобразования Лоренца образуют группу. Более детально это преобразование рассматривалось в других работах, перейдем к получению матричного представления из бикватернионного.
Выразим полуоператор в компонентах:
$$
e^{\psi/2}=\mathrm{ch}\psi/2+\frac{Ii\psi_1+Ij\psi_2+Ik\psi_3}
{\sqrt{\psi_1^2+\psi_2^2+\psi_3^2}}\mathrm{sh}\psi/2
$$
Здесь в числителе и знаменателе дроби вынесли и сократили на $1/2$. И величина, представляющая дробь, есть единичный полярный вектор. Соответственно, поскольку при любых значениях $\psi$
$$
\mathrm{ch}\psi\neq \mathrm{sh}\psi
$$
то такая экспонента никогда не равна по абсолютной величине нулю и не является делителем нуля.
Поскольку векторное произведение полярных и векторное произведение аксиальных векторов дает аксиальный вектор, для простоты перейдем к выражениями через аксиальные векторы:
$$
e^{\psi/2}=\mathrm{ch}\psi/2+Ia\mathrm{sh}\psi/2
$$
$$
a=\frac{i\psi_1+j\psi_2+k\psi_3}
{\sqrt{\psi_1^2+\psi_2^2+\psi_3^2}}
$$
$$
X=x_0+Ix
$$
Итого:
$$
X'=(\mathrm{ch}\psi/2+Ia\mathrm{sh}\psi/2)(x_0+Ix)(\mathrm{ch}\psi/2+Ia\mathrm{sh}\psi/2)
$$
Для раскрытия используем правила операций с векторами.
Скалярное произведение:
$$
(a,b)=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3
$$
$$
(a,b)=(b,a)
$$
$$
(a,a)=|a|^2
$$
Векторное произведение:
$$
[a,b]=\left(
\begin{array}{c}
a_3b_2 - a_2b_3 \\
a_1b_3 - a_3b_1 \\
a_2b_1 - a_1b_2
\end{array}
\right)
$$
$$
[a,b]=-[b,a]
$$
$$
[a,a]=0
$$
Результат векторного произведения перпендикулярен и первому и второму аргументу, а скалярное произведение перпендикулярных векторов равно нулю:
$$
([a,b],a)=0
$$
$$
([a,b],b)=0
$$
Для перехода от кватернионного произведения к векторным величинам также нужно раскрыть кватернионное произведение:
$$
ab=-(a,b)+[a,b]
$$
Также нужно учитывать, что использованная псевдоскалярная мнимая единица $I$ в квадрате:
$$
I^2=-1
$$
Кроме того, понадобится также правило раскрытия двойного векторного произведения:
$$
[a,[b,c]]=b(a,c)-c(a,b)
$$
Раскрытие произведения для $X'$ начнем со второго:
$$
\begin{array}{c}
X'=(\mathrm{ch}\psi/2+Ia\mathrm{sh}\psi/2)(x_0\mathrm{ch}\psi/2+ \\
+Ix_0a\mathrm{sh}\psi/2+Ix\mathrm{ch}\psi/2+(x,a)\mathrm{sh}\psi/2-[x,a]\mathrm{sh}\psi/2)
\end{array}
$$
Здесь мы учли, что $I^2=-1$. И раскрываем первое произведение:
$$
\begin{array}{c}
X'=x_0\mathrm{ch}^2\psi/2+Ix_0a\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}s\psi/2+\\
+Ix\mathrm{ch}^2\psi/2+(x,a)\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2- \\
-[x,a]\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2+Iax_0\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2- \\
-a^2x_0\mathrm{sh}^2\psi/2+(a,x)\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2- \\
-[a,x]\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}psi/2+Ia(x,a)\mathrm{sh}^2\psi/2- \\
-I\{-(a,[x,a])+[a,[x,a]]\}\mathrm{sh}^2\psi/2
\end{array}
$$
Здесь произведем следующие упрощения. Поскольку по исходному выбору величина $a$ единица, то
$$
a^2=-(a,a)+[a,a]=-1+0=-1
$$
Следовательно,
$$
x_0\mathrm{ch}^2\psi/2-a^2x_0\mathrm{sh}^2\psi/2=x_0\mathrm{ch}\psi
$$
В силу антикоммутативности векторного произведения сумма
$$
-[x,a]\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2-[a,x]\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2=0
$$
Еще одна сумма упрощается в силу коммутативности скалярного произведения:
$$
(x,a)\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2+(a,x)\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2=(x,a)\mathrm{sh}\psi
$$
В силу ортогональности векторного произведения любому его аргументу равно нулю и следующее:
$$
(a,[x,a])=0
$$
И после проведенных сокращений и упрощений получаем промежуточный результат:
$$
\begin{array}{c}
X'=x_0\mathrm{ch}\psi+Ix_0a\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2+ \\
+Ix\mathrm{ch}^2\psi/2+(x,a)\mathrm{sh}\psi+ \\
+Iax_0\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2+Ia(x,a)\mathrm{sh}^2\psi/2- \\
-I[a,[x,a]]\mathrm{sh}^2\psi/2
\end{array}
$$
Здесь можем провести упрощение
$$
2Ix_0\mathrm{sh}\psi/2\mathrm{ch}\psi/2=Ix_0a\mathrm{sh}\psi
$$
И раскроем двойное векторное произведение:
$$
[a,[x,a]]=x(a,a)-a(a,x)
$$
И учтем, что величина вектора $a$ (по его получению) единица
$$
(a,a)=1
$$
$$
\begin{array}{c}
X'=x_0\mathrm{ch}\psi+Ix_0a\mathrm{sh}\psi+Ix\mathrm{ch}^2\psi/2+ \\
+(x,a)\mathrm{sh}\psi+Ia(x,a)\mathrm{sh}^2\psi/2 - \\
-Ix\mathrm{sh}^2\psi/2+Ia(a,x)\mathrm{sh}^2\psi/2
\end{array}
$$
Здесь можем учесть, что
$$
Ix\mathrm{ch}^2\psi/2-Ix\mathrm{sh}^2\psi/2=Ix
$$
$$
\begin{array}{c}
X'=x_0\mathrm{ch}\psi+Ix_0a\mathrm{sh}\psi+(x,a)\mathrm{sh}\psi+\\
+Ix+2Ia(x,a)\mathrm{sh}^2\psi/2
\end{array}
$$
Далее мы можем учесть соотношение для гиперболического косинуса двойного аргумента:
$$
\mathrm{ch}2x=1+2\mathrm{sh}^2x
$$
откуда следует, что
$$
2\mathrm{sh}^2\psi/2=\mathrm{ch}\psi-1
$$
Итого, получаем:
$$
X'=x_0\mathrm{ch}\psi+Ix_0a\mathrm{sh}\psi+(x,a)\mathrm{sh}\psi+Ix+Ia(x,a)
(\mathrm{ch}\psi-1)
$$
Или, 4-мерный вектор есть сумма произведений 5-ти матриц на 4-мерный вектор.
Первый элемент
$$
x_0\mathrm{ch}\psi
$$
есть произведение скаляра $x_0$ и результат есть вклад в скаляр $x'_0$:
$$
\left(
\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)\mathrm{ch}\psi
\left(
\begin{array}{c}
x_0 \\ x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}
\right)
$$
Второй элемент суммы есть произведение вектора на скаляр $x_0$ и результат есть вклад в полярную часть результата:
$$
\left(
\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 0 & 0 \\
a_1 & 0 & 0 & 0 \\
a_2 & 0 & 0 & 0 \\
a_3 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)\mathrm{sh}\psi
\left(
\begin{array}{c}
x_0 \\ x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}
\right)
$$
Третий элемент есть вклад в скаляр $x'_0$ в виде линейной формы от компонент $x_i$:
$$
\left(
\begin{array}{cccc}
0 & a_1 & a_2 & a_3 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)\mathrm{sh}\psi
\left(
\begin{array}{c}
x_0 \\ x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}
\right)
$$
Четвертый элемент есть вклад в векторную часть $x'$ самой векторной части $x$ :
$$
\left(
\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
x_0 \\ x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}
\right)
$$
И пятый элемент есть линейная форма от векторной части $x$ и вклад в векторную часть результата:
$$
\left(
\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & a_1a_1 & a_1a_2 & a_1a_3 \\
0 & a_2a_1 & a_2a_2 & a_2a_3 \\
0 & a_3a_1 & a_3a_2 & a_3a_3
\end{array}
\right)(\mathrm{ch}\psi-1)
\left(
\begin{array}{c}
x_0 \\ x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}
\right)
$$
И если представить общий результат
$$
X'=L(\psi)X
$$
то матрица $L(\psi)$ есть сумма этих пяти полученных матриц.
Величина быстроты $\psi$ определяется через скорость движения $v$ как:
$$
\mathrm{th}\psi=v/c
$$
$$
\mathrm{ch}\psi=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
$$
$$
\mathrm{sh}\psi=\frac{v/c}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
$$
и вектор $a$ - единичный вектор направления движения $v$.
Комментариев нет:
Отправить комментарий