Nebenstehende Darstellung der Lorentz-Gruppe

Ich vermute, die tadellose WetSavannaAnimal-Antwort ist zu abstrakt und allgemein, um das OP zufrieden zu stellen. Lassen Sie es mich etwas vulgarisieren. Die Lorentz-Gruppe hat 6 Generatoren, also ist Ihre adjungierte Repräsentation eine 6-dimensionale Repräsentation, ein Satz von 6x6-Matrizen, die die gleiche Lie-Algebra (Kommutatoren) erfüllen wie die herkömmlichen 4x4-Matrizen, die die Grundwelle (x,y,z,t ) 4-Vektor. Beachten Sie nebenbei , dass die Krümmungsform (Paritätsinv. 2-Form) der Lorentz-Gruppe ebenfalls 6-dimensional ist.

Erinnern Sie sich, dass die Lorentz-Gruppe in einer hübschen Form geschrieben werden kann , das heißt Drehungen$J_i\equiv −\epsilon_{imn} M_{mn} /2$und steigert,$K_i\equiv M_{0i}$, so dass$[J_m,J_n] = i \epsilon_{mnk} J_k$,$[J_m,K_n] = i \epsilon_{mnk} K_k$,$[K_m,K_n] = -i \epsilon_{mnk} J_k$.

Beachten Sie außerdem die wichtige Vereinfachung$[J_m +i K_m, J_n −i K_n]$, was eine Reduktion der Lorentz-Algebra auf su(2) ⊕ su(2) und eine effiziente Behandlung der zugehörigen Darstellungen erlaubt.

Betrachten Sie nun die sechs 6x6-Matrizen mit den 3 J+iK s im oberen linken 3x3-Unterraum dieser 6x6-Matrizen und den 3 J-iK s im unteren rechten Block, die von den 4,5,6-Indizes aufgespannt werden. Behalten Sie die Indizes des oberen linken Blocks bei den üblichen 1,2,3; und benenne die Indizes des unteren rechten Blocks von 1,2,3 in 4,5,6 um. Die Vertauschungsbeziehungen sind dann manifest und die Strukturkonstanten$f_{mnl}$sind im Grunde spärlich$\epsilon_{ijk}$für die Indizes (1,2,3) oder (4,5,6) und ansonsten Null.

Wie Sie wahrscheinlich aus SU(3) gelernt haben, liefern genau diese Strukturkonstanten f Ihre 6x6-Matrizen in der Adjungierten, wobei einer der 3 Indizes (die 6 Werte annehmen) den bestimmten Generator der dargestellten Lorentz-Gruppe angibt.

Jede Lie-Gruppe hat eine adjungierte Darstellung. Ich bin mir nicht sicher, von welcher Definition Sie auf die adjungierte Darstellung kommen, aber hier ist die grundlegende, von der Sie sicher sehen werden, dass sie immer sinnvoll ist.

Denken Sie an ein$C^1$Weg$\sigma:[-1,1]\to\mathfrak{G}$durch die Identität in einer Lie-Gruppe$\mathfrak{G}$mit$\sigma(0) =\mathrm{id}$und mit Tangente$X$Dort.

Denken Sie nun an ein allgemeines Gruppenmitglied$\gamma \in\mathfrak{G}$Handeln auf diesem Weg, damit$\sigma(t) \mapsto \gamma^{-1} \sigma(t) \gamma$. Auch das ist natürlich ein Weg durch die Identität und hat eine transformierte Tangente$X^\prime$Dort. Diese Transformation ist linear. Wir sagen, die Gruppe „agiert nach ihrer eigenen Lie-Algebra$\mathfrak{g}$" auf diese Weise und schreibe die Transformation$X\mapsto\gamma^{-1} X \gamma$. Dies ist nur eine Notation, aber in einer Matrix-Lie-Gruppe ist es auch ein wörtliches Matrixprodukt. Vielleicht schreiben wir dann weniger verwirrend$X\mapsto {\rm Ad}(\gamma) X$, wobei die lineare Transformation${\rm Ad}(\gamma)$bearbeitet von$\gamma$auf der Lie-Algebra ist jetzt Mitglied$GL(\mathfrak{g})$, die Gruppe der invertierbaren linearen Transformationen der Lie-Algebra$\mathfrak{g}$als einfacher Vektorraum gedacht. Der Verein

ein Homomorphismus ist, wie sich leicht zeigt. Dies wird manchmal als Adjoint-Darstellung der Lie-Gruppe bezeichnet. Durch die große Ad Adjoint-Darstellung$\mathfrak{G}$wird auf eine neue Lie-Gruppe abgebildet, diesmal immer eine Matrix-Lie-Gruppe, eine Untergruppe von$GL(\mathfrak{g})$.

Nun, dann können wir uns ansehen

Auch hier setzt ein linearer Operator an$\mathfrak{g}$, obwohl im Allgemeinen kein invertierbarer. In der Tat können Sie ohne allzu großen Streit zeigen, dass:

Tatsächlich induziert also die große Ad-adjungierte Darstellung einen Homomorphismus von Lie-Algebren$\rho^\prime:\mathfrak{g} \to {\rm Lie}(\rho(\mathfrak{G}))$. Auch dies ist ein Homomorphismus linearer Räume und darüber hinaus ein Homomorphismus, der Lie-Klammern respektiert. Sie ist somit ein Homomorphismus der Lie-Algebra und wird auch als adjungierte Darstellung (der Lie-Algebra) bezeichnet. Ich nenne es kurioserweise kleine adjungierte Repräsentation.

Hier ist für mich eine der schönsten Gleichungen:

Dies ist eine Wiederholung der Tatsache, dass little ad Lie-Klammern respektiert. Aber es ist auch eine Form der verkappten Jacobi-Identität . Wow! Das ist die WAHRE Bedeutung der Jacobi-Identität: Sie ist da, so dass die adjungierte Darstellung einer Lie-Gruppe, eindeutig eine sehr grundlegende und grundlegende Sache, einen Homomorphismus in den entsprechenden Lie-Algebren induziert, der Lie-Klammern respektiert. Alles ist genau so, wie wir es erwarten würden, und deshalb müssen Sie, wenn Sie jemals ein Universum entwerfen, daran denken, die Jacobi-Identität einzubauen! Schreibe jetzt eine Notiz für dich selbst, damit du es nicht vergisst! Jetzt sind meine LaTeX-Kenntnisse nicht in der Lage, ein kommutatives Diagramm aus dem Gedächtnis zu zeichnen, also hoffe ich, dass Sie sehen können, dass es ein ziemlich ordentliches und einfaches gibt.

Nur noch ein paar interessante Fakten. Der Kern von Big Ad ist das Zentrum der Lie-Gruppe. Der Kern von Little Ad ist dann das Zentrum der Lie-Algebra. Wenn also die Lie-Gruppe einfach ist, dh keine normalen Lie-Untergruppen enthält, dann kann es kein kontinuierliches Zentrum geben, das durch den Homomorphismus vernichtet werden könnte. Dasselbe gilt, wenn die Gruppe aus anderen Gründen als der Einfachheit einfach kein kontinuierliches Zentrum hat. Es gibt also keine Teile der Lie-Algebra, die ausgelöscht werden. Die ursprüngliche Lie-Gruppe und das Bild von Big Ad haben dann genau dieselbe Lie-Algebra. Wenn ferner in einer einfachen Lie-Gruppe kein diskretes Zentrum vorhanden ist und die Gruppe zusammenhängend ist, dann sind die Lie-Gruppe und das Bild der adjungierten Darstellung dieselbe Lie-Gruppe .

Okay. Spezialisieren wir uns also jetzt auf die Lorentz-Gruppe. Es gibt kein kontinuierliches Zentrum, wenn man die Kommutierungsbeziehungen betrachtet. Daher ist die Lie-Algebra des Bildes von Big Ad genau dieselbe wie die Lie-Algebra der Lorentz-Gruppe. Es gibt auch kein diskretes Zentrum in der Lorentz-Gruppe.$\ker(\rho) = \{\mathrm{id}\}$, also nach dem Homomorphismussatz das Bild von$SO(1,3)$unter der großen adjungierten Repräsentation ist die Lorentz-Gruppe selbst.

Jede Gruppe hat eine adjungierte Repräsentation. Wenn Sie sich mit Differentialgeometrie auskennen, ist die Definition einfach. Es ist eine Karte:

$Ad: G \rightarrow Aut(G')$

Wo$G$ist eine Gruppe und ich schreibe$G'$für seine Lie-Algebra.

Genauer gesagt wird es über die Konjugationskarte definiert:

$Cj: G \rightarrow Aut(G)$

So$Cj(g): G \rightarrow G$

Und wir setzen$Cj(g).h := g^h = hgh^{-1}$

Das Nehmen des Tangentenbündels ergibt also
$TCj(g): TG \rightarrow TG$

Der Tangentialraum an der Identität ist also:$T_eCj(g):T_eG \rightarrow T_eG$

Aber der Tangentialraum an der Identität jeder Lie-Gruppe ist einfach ihre Lie-Algebra. Daher haben wir,$T_eG = G'$und so ist das Vorhergehende:

$T_eCj(g): G' \rightarrow G'$

Und wir setzen:

$Ad(g) := T_eCj(g)$

Es stellt sich heraus, dass die adjungierte Karte für$SU(2)$ist einfach die doppelte Abdeckkarte von$SO(3)$.