Композиционное изображение преобразования буста

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