Beweisen Sie, dass (1/2,1/2)(1/2,1/2)(1/2,1/2) Lorentzgruppendarstellung ein 4-Vektor ist

Erinnern wir uns zunächst daran, wie man die endlichdimensionalen irreduziblen Darstellungen der Lorentz-Gruppe konstruiert. Sagen$J_i$sind die drei Rotationsgeneratoren und$K_i$sind die drei Boost-Generatoren.

$$\begin{align*} L_x = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix}& L_y = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&0&1 \\ 0&0&0&0 \\ 0&-1&0&0 \end{pmatrix}& L_z = &\begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&0&-1&0 \\ 0&1&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ K_x = &\begin{pmatrix} 0&1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}& K_y = &\begin{pmatrix} 0&0&1&0 \\ 0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}& K_z = &\begin{pmatrix} 0&0&0&1 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \end{pmatrix}\\ \end{align*}$$ Sie befriedigen $$[J_i, J_j] = \varepsilon_{ijk} J_k \hspace{1 cm} [K_i, K_j] = -\varepsilon_{ijk} J_k \hspace{1 cm} [J_i, K_j] = \varepsilon_{ijk}K_k.$$ (Beachten Sie, dass ich die Skew-Adjoint-Konvention für Lie-Algebra-Elemente verwende, bei denen ich nicht multipliziert habe$i$.)

Wir definieren dann

$$A_i = \frac{1}{2} (J_i - i K_i) \hspace{2 cm} B_i = \frac{1}{2}(J_i + i K_i)$$ welche die Vertauschungsrelationen erfüllen $$[A_i, A_j] = \varepsilon_{ijk} A_k \hspace{2cm} [B_i, B_j] = \varepsilon_{ijk} B_k \hspace{2cm} [A_i, B_j] = 0.$$

So konstruieren Sie die Darstellung der Lorentz-Gruppe: Wählen Sie zunächst zwei nicht negative halbe ganze Zahlen$j_1$Und$j_2$. Diese entsprechen zwei Spins$j$Darstellungen von$\mathfrak{su}(2)$, die ich beschriften werde

$$\pi'_{j}.$$ Erinnere dich daran $$\mathfrak{su}(2) = \mathrm{span}_\mathbb{R} \{ -\tfrac{i}{2} \sigma_x, -\tfrac{i}{2} \sigma_y, -\tfrac{i}{2} \sigma_z \}$$ Wo $$[-\tfrac{i}{2} \sigma_i, -\tfrac{i}{2} \sigma_j] = -\tfrac{i}{2}\varepsilon_{ijk} \sigma_k.$$ Für diese Frage müssen wir nur den Spin kennen$1/2$Darstellung von$\mathfrak{su}(2)$, die gegeben ist durch $$\pi'_{\tfrac{1}{2}}( -\tfrac{i}{2}\sigma_i) = -\tfrac{i}{2} \sigma_i.$$

Also okay, wie konstruieren wir das$(j_1, j_2)$Vertretung der Lorentz-Gruppe? Beliebiges Lie-Algebra-Element$X \in \mathfrak{so}(1,3)$kann als Linearkombination von geschrieben werden$A_i$Und$B_i$:

$$X = \sum_{i = 1}^3 (\alpha_i A_i + \beta_i B_i).$$ (Beachten Sie, dass wir es tatsächlich mit der komplexen Version der Lie-Algebra zu tun haben$\mathfrak{so}(1,3)$weil unsere Definitionen von$A_i$Und$B_i$haben Faktoren von$i$, So$\alpha, \beta \in \mathbb{C}$.)

$A_i$Und$B_i$bilden ihre eigenen unabhängigen$\mathfrak{su}(2)$Algebren.

Die Lie-Algebra-Darstellung$\pi'_{(j_1, j_2)}$wird dann durch gegeben

$$\begin{align*} \pi'_{(j_1, j_2)}(X) &= \pi'_{(j_1, j_2)}(\alpha_i A_i + \beta_j B_i) \\ &\equiv \pi'_{j_1}(\alpha_i A_i) \otimes \big( \pi'_{j_2}(\beta_j B_i) \big)^* \end{align*}$$ wobei der Stern komplexe Konjugation bezeichnet.

Manchmal wird vergessen zu erwähnen, dass man die komplexe Konjugation einbeziehen muss, aber sonst geht es nicht!

Wenn$j_1 = 1/2$Und$j_2 = 1/2$, wir haben

$$\begin{equation*} \pi_{\frac{1}{2}}'(A_i) = -\frac{i}{2}\sigma_i \otimes I \hspace{2cm} \big(\pi_{\frac{1}{2}}' (B_i)\big)^* = \frac{i}{2} I \otimes\sigma_i^*. \end{equation*}$$ Wir können diese Tensorprodukte explizit in Bezug auf a schreiben$2 \times 2 = 4$dimensionale Grundlage. (Hier verwende ich dazu das sogenannte „ Kronecker Produkt “. Das ist nur ein ausgefallener Name für die Multiplikation aller Elemente von zwei$2\times 2$zellenweise, um a zu erhalten$4 \times 4$Matrix.) $$\begin{align*} \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_x) &= -\frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&0&1&0 \\ 0&0&0&1 \\ 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_x)\big)^* &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_y) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&-1&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_y)\big)^*&= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&-1&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \\ 0&0&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(A_z) &= -\frac{i}{2}\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&1&0&0 \\ 0&0&-1&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} & \big(\pi_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}'(B_z)\big)^* &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&-1&0&0 \\ 0&0&1&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} \end{align*}$$ Wir können dann die Matrizen der Rotationen und Boosts ausschreiben$J_i$Und$K_i$verwenden $$J_i = A_i + B_i \hspace{2cm} K_i = i(A_i - B_i).$$ $$\begin{align*} \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_x) &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&-1&0 \\ 1&0&0&-1 \\ -1&0&0&1 \\ 0&-1&1&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_x) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&1&1&0 \\ 1&0&0&1 \\ 1&0&0&1 \\ 0&1&1&0 \end{pmatrix} \\ \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_y) &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&-1&-1&0 \\ 1&0&0&-1 \\ 1&0&0&-1 \\ 0&1&1&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_y) &= \frac{i}{2}\begin{pmatrix} 0&1&-1&0 \\ -1&0&0&-1 \\ 1&0&0&1 \\ 0&1&-1&0 \end{pmatrix} \\ \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(J_z) &= \begin{pmatrix} 0&0&0&0 \\ 0&-i&0&0 \\ 0&0&i&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} & \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_z) &= \begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} \\ \end{align*}$$ Dies sind seltsame Matrizen, obwohl wir sie auf einer anderen Basis viel suggestiver aussehen lassen können. Definiere die Matrix $$\begin{equation*} U = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -i & 0\\ 0 & 1 & i & 0 \\ 1 & 0 & 0 &-1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$$ Erstaunlich, $$\begin{equation*} U^{-1} \big( \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(L_i) \big) U = L_i \hspace{1cm}U^{-1} \big( \pi'_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}(K_i) \big) U = K_i. \end{equation*}$$ deshalb, die$(\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2})$Darstellung entspricht der regulären "Vektor"-Darstellung von$SO^+(1,3)$. Diese "Vektoren" leben jedoch in$\mathbb{C}^4$, nicht$\mathbb{R}^4$, die die Leute normalerweise nicht erwähnen.

Tut mir leid, dass diese Antwort so lange nach deinem Post kam. Da dies eine Hausaufgabenaufgabe ist, werde ich nicht alle Berechnungen durchführen, sondern alle wichtigen Punkte erläutern; Es ist wahrscheinlich sowieso einfacher, diesem Weg zu folgen, wenn Sie die Matrixalgebra selbst ausfüllen!

Um zu verstehen, was hier vor sich geht, denken Sie zunächst an ein Spin-1-System. In diesem Fall ist die Aktion von$J_3$auf Vektoren wird durch die Matrix dargestellt

$$\left(\begin{array}{ccc} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)$$ Wenn Sie der Standardkonstruktion der Spin-1-Darstellung mit Leiteroperatoren folgen, die in jedem QM-Lehrbuch zu finden sind, finden Sie stattdessen das $J_3$wird durch die Matrix dargestellt $$\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$$ weil es auf der Grundlage von handelt $J_3$Eigenzustände. Sie können sehen, dass diese Matrizen unitär äquivalent sind, indem Sie die Eigenwerte der ersten finden $-1,0,1$; Wenn Sie die entsprechenden Eigenvektoren ausarbeiten, erhalten Sie die Matrix, die die Basis ändert (bis zu einer gewissen Reihenfolge dieser Basis). (Es ist schön zu bemerken, dass diese Matrix linear polarisierte transversale Vektorfelder in zirkular polarisierte umwandelt!)

Nun, in dem gegebenen Fall, wo wir haben$(1/2,1/2) = SU(2) \otimes SU(2)$.$J_3$wirkt sowohl auf die (1/2,0)- als auch (0,1/2)-Darstellungen durch$\frac{1}{2} \sigma_3$. Da es sich um einen Generator der Gruppe und nicht um ein Gruppenelement handelt, ist die Wirkung auf das Tensorprodukt der beiden Gruppen gegeben durch

$$J_3 = \frac{1}{2} \sigma_3 \otimes I + I \otimes \frac{1}{2} \sigma_3 = \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$$ Es ist klar, dass diese Matrix uns die Aktion gibt $J_3$auf seinen Eigenzuständen, und ein Basiswechsel ergibt die 4-Vektor-Darstellung. Der Unterschied besteht darin, dass wir jetzt zwei 0-Eigenwerte haben; diese resultieren aus der "Hinzufügung des Drehimpulses" unserer beiden Spin-1/2-Darstellungen. Einer ist wie zuvor von der Spin-1-Wiederholung. Der andere stammt aus der Spin-0-Darstellung; Dies ist Ihre Zeitrichtung im 4-Vektor, der ein Skalar unter Rotationen ist. In diesem Fall sind also die Komponenten der Matrix, die auf die 0-Eigenwertrichtungen umschaltet, die Clebsch-Gordon-Koeffizienten.

Hoffentlich hilft das.

Sie haben die Strategie falsch verstanden. Die Idee ist, dass wir neue Operatoren definieren$A_i = \frac{J_i + iK_i}{2}$Und$B_i =\frac{J_i-iK_i}{2}$. Jetzt rechnen$[A_i,A_j], [B_i,B_j]$Und$[A_i,B_j]$Die Antwort, die Sie erhalten sollten, ist, dass die ersten beiden Ihnen die Lügen-Algebra von geben sollten$SU(2)$während die zweite Ihnen Null geben sollte. Das heißt, wir haben zumindest lokal$SU(2)\times SU(2)$

Der Lorentz-Boost für einen Zweikomponenten-Spinor ist dann$e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta + \vec{\sigma} \cdot \phi}$und der andere ist$e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta - \vec{\sigma} \cdot \phi}$. Die direkte Summe davon erledigt die allgemeine Aufgabe, dh$\begin{pmatrix}e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta + \vec{\sigma} \cdot \phi}& 0 \\ 0 &e^{i\vec{\sigma }\cdot \theta - \vec{\sigma} \cdot \phi} \end{pmatrix}$

Damit sollten Sie in der Lage sein, die gewünschten Generatoren zu erhalten