Es ist etwas unklar, was Sie fragen, aber keine Sorge: Ich finde, das Schwierigste daran, etwas zu erarbeiten, ist, überhaupt die richtige Frage zu finden. Also werde ich zwei Fragen beantworten, die ich oben sehe , und wir können von dort aus weitermachen.

Du scheinst zu fragen:

1. Für eine Darstellung der Thomas-Präzession vollständig in Bezug auf die Wigner-Rotation (der Rotationsteil der Zusammensetzung zweier nicht kommutierender Boosts);

2. Für weitere Einblicke in die Wigner-Rotation selbst;

Für die erste Frage sollte man sich das Elektron meiner Meinung nach als klassisches Punktteilchen vorstellen und herausfinden, was mit seinem Spin passiert, wenn es den Kern mit relativistischen Effekten in Form "umkreist". Dann „erraten“ Sie den Hamiltonoperator aus der relativistisch korrigierten klassischen Wechselwirkung. Beachten Sie, dass der fehlende Faktor von$1/2$ist kein Problem mit dem durch die Dirac-Gleichung beschriebenen Elektron, weshalb ich mir über dieses Problem nie große Gedanken gemacht habe.

Okay, wir haben also drei Trägheitsbezugsrahmen:

1. Das des Kerns;
2. Das, was sich momentan mit dem Elektron auf einer Kreisbahn mitbewegt, das heißt Geschwindigkeit$v$im$x$-Richtung relativ zum ersten Rahmen, wenn die Tangente des Elektronenpfads in diese Richtung zeigt;
3. Die des Elektrons eine kurze Zeit$\delta t$später. Relativ zum zweiten Rahmen bewegt sich dieser Rahmen mit Geschwindigkeit$a_y \hat{y} \delta t + a_x \hat{x} \delta t$, wo ich eine allgemeine Beschleunigung in Komponenten parallel und im rechten Winkel zur Geschwindigkeit von Frame 2 relativ zu Frame 1 aufgeteilt habe (obwohl$a_x=0$für Kreisbewegungen).

Um die Lorentz-Transformationsabbildung direkt von Frame 1 bis 3 zu erhalten, komponieren wir Boosts:

$$\exp\left(\frac{a_y}{c} \,\delta t\, K_y + \frac{a_x}{c} \,\delta t\, K_x\right) \exp\left(\frac{v_x}{c}\,K_x\right) = \exp\left(\frac{v_x}{c}\,K_x + \frac{a_x}{c}\,\delta t\,K_x + \frac{a_y}{c}\,\delta t\, K_y + \frac{a_y\,v_x}{2\,c^2}\,[K_y,\,K_x]\,\delta t + \cdots\right)\tag{1}$$

durch die Dynkin-Formelversion des Baker-Campbell-Hausdorff-Theorems. Aus den Vertauschungsbeziehungen für die Lorentzgruppe erhalten wir$[K_y,\,K_x] = i\,J_z$, so dass$\frac{a_y\,v_x}{2\,c^2}\,[K_y,\,K_x]\,\delta t$entspricht einer Drehung um die$z$Achse von$a_y\,v_x\,\delta t / (2\,c^2)$Radianten (hier etwas offensichtlich$J_z,\,J_y,\,J_z$sind "Erzeuger von Rotationen", dh Tangenten an Rotationen um die$x,\,y,\,z$Achsen an der Identität bzw. während$J_z,\,J_y,\,J_z$sind "Generatoren" von Boosts).

Also für Kreisbewegungen$a_x = 0$und wir finden anhand der Dynkin-Formel, dass die Geschwindigkeit der Spin-Präzession ist:

$$\vec{\Omega} = \frac{\vec{a}\wedge \vec{v}}{2\,c^2} + \cdots\tag{2}$$

woher wir den Faktor von sehen$1/2$die dann in die dynamischen Gleichungen eingeht, die verwendet werden, um den klassischen Wechselwirkungsausdruck Gleichung 29 in der Referenz [1] unten zu erhalten, der den richtigen Quanten-Hamilton-Operator ergibt, wenn er verwendet wird, um letzteren zu "erraten". Tatsächlich gibt es in der CBH-Formel auch andere, kleinere Terme der Ordnung$\delta t$das summiert sich zu:

$$\vec{\Omega} = \frac{\gamma^2\,\vec{a}\wedge \vec{v}}{(\gamma+1)\,c^2}\approx \frac{\vec{a}\wedge \vec{v}}{2\,c^2}\tag{3}$$

(die Annäherung gilt für$v\ll c$), aber die Dynkin-Formel lässt Sie den größten Beitrag zur Wigner-Rotation sehr deutlich sehen und gibt den "richtigen" Faktor an, der die "richtige" klassische Wechselwirkung ergibt. Referenz [2] unten leitet den vollständigen Wigner-Rotationsausdruck von der Rodrigues-Formel für ab$SL(2,\,\mathbb{C})$, die die doppelte Abdeckung der Gruppe der eigentlichen, orthochronen Lorentz-Transformationen ist (die identitätsgebundene Komponente der Lorentz-Gruppe). Siehe auch Lit. [3], die den oben diskutierten Kommutator durch einen elementaren Trick herleitet, aber immer noch nur bis zur ersten Ordnung genau ist$a / c$.

[1]: GF Smoot, UC Berkeley Physics 139 Vorlesungsnotizen, 1998 ;

[2]: Dr. Bill Pezzaglia, CSUEB Physics, "Special Relativity and Thomas Precession", 2010 , Seite 16 ff.

[3]: Andrzej Dragan, Tomasz Odrzygóźdź, „Half-page derivation of the Thomas precession“, 2012, arxiv.org/abs/1211.1854

Nun zu meiner zweiten "wahrgenommenen Frage": Wenn Sie weitere Einblicke in die Wigner-Rotation selbst wünschen, glaube ich nicht, dass man ein tieferes Verständnis erlangen kann als Ihre Aussage:

...zwei Boosts in unterschiedliche Richtungen pendeln nicht und entsprechen einem reinen Boost plus einer reinen Rotation

Die Sprache der Lie-Gruppen ist die „richtige Art“, diese Ideen zu beschreiben, insofern sie die prägnanteste ist, die wir bisher haben. Es gibt keine "alltägliche" Einsicht. Es ergibt sich einfach aus den Strukturkonstanten der Lorentz-Algebra, und für mich ist das so tief wie es nur geht. Obwohl Boosts in einer Richtung eine Ein-Parameter-Untergruppe der Lorentz-Gruppe sind, ist die Menge aller Boosts keine Untergruppe der Lorentz-Gruppe, und diese Tatsache liegt einfach an der Natur der Lorentz-Gruppe. Nun, es könnte in Zukunft andere Beschreibungen des oben Gesagten geben, sogar wahrscheinlich, aber ich würde wetten, dass sie von einem Mathematiker als Alternative zu den Kommutierungsbeziehungen der Lorentz-Algebra erdacht werden. Der Effekt ist nicht alltagstauglich, er ist durchaus relativistisch und sogar das Verhältnis:

$$\frac{\frac{a_y\,v_x}{2\,c^2}\,[K_y,\,K_x]\,\delta t}{\frac{a_x}{c}\,\delta t\,K_x + \frac{a_y}{c}\,\delta t\, K_y}\tag{4}$$

des größten nicht-galileischen Begriffs in der Dynkin-Formel$\frac{a_y\,v_x}{2\,c^2}\,[K_y,\,K_x]\,\delta t$zur galiläischen Geschwindigkeitsänderung$\frac{a_x}{c}\,\delta t\,K_x + \frac{a_y}{c}\,\delta t\, K_y$verschwindet in der Galilei-Grenze ($c\to\infty$).

Um ein Gefühl für die Tiefe Ihrer Aussage zu bekommen, versuchen Sie, das folgende analoge Alltagsphänomen genau in anderen Worten zu beschreiben als in der Sprache, die Sie in Ihrer Aussage verwendet haben, nämlich in den Sprachen der Kommutatoren und Lie-Gruppen. Das Folgende ist ein ganz alltägliches Phänomen und eine Frage, die jedem, der in Mumbai, Tokio, Peking, Paris, Los Angeles oder Sydney lebt und Auto gefahren ist, wohlbekannt sein wird:

Wie parken wir ein Auto parallel, dh induzieren eine reine Translation orthogonal zur Fahrtrichtung des Autos, wenn wir nur auf gekrümmten Bahnen vorwärts und rückwärts fahren können?

Ich glaube nicht, dass Sie eine bessere (alltäglichere, prägnantere) Beschreibung finden können, die auch präzise ist als:

Steer-Operatoren unterschiedlicher Bahnkrümmung kommutieren nicht und setzen sich tatsächlich immer zu einem Steer-Operator zusammen, der mit einer reinen Translation zusammengesetzt ist .

Wenn wir die Konfiguration unseres Autos als eine darstellen$2\times1$Spaltenvektor zweier komplexer Zahlen$(z,\,u)^T$Wo$z$steht für die Position des Autos und$u=\exp(i\,\theta)$codiert die Ausrichtung des Autos. Dann mit einer Ackermann-Lenkung , wenn wir mit dem Auto eine Strecke fahren$s$Entlang eines Pfades mit konstanter Krümmung (das Lenkrad ist auf eine konstante Einstellung eingestellt) werden wir die Konfiguration des Autos wie folgt weiterentwickeln:

$$\mathrm{d}_s\left(\begin{array}{c}z\\u\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0&1\\0&i\,\kappa\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}z\\u\end{array}\right)\tag{5}$$

Wo$\kappa\in\mathbb{R}$codiert die Lenkeinstellung als die Krümmung des Pfads; es kann jede Einstellung in einem Nicht-Null-Intervall sein$-\kappa_0\leq\kappa\leq +\kappa_0$Wo$\kappa_0^{-1}$ist der Radius des engsten Wendekreises des Autos . Die Lie-Algebra der Menge aller möglichen Transformationen am Auto ist definiert durch:

$$\begin{array}{lclcl} D &=& \text{"drive"}&=& \left(\begin{array}{cc}0&1\\0&0\end{array}\right)\\ R &=& \text{"rotate"}&=& \left(\begin{array}{cc}0&0\\0&i\end{array}\right)\\ S &=& \text{"sideslide"}&=& \left(\begin{array}{cc}0&i\\0&0\end{array}\right)\\ \end{array}\tag{6}$$

mit den Vertauschungsbeziehungen:

$$[D,\,R]=S;\quad [S,\,D] = 0;\quad [R,\,S] = D\tag{7}$$

so dass das Problem völlig analog zur Idee der Thomas-Präzession ist: Alle uns zur Verfügung stehenden Transformationen sind von der Form$\exp((D + \kappa R) s)$Wo$s$ist die gefahrene Distanz, und solche Transformationen ergeben immer eine dritte Transformation derselben Form, die mit einer reinen Translation (hier das Analogon der Wigner-Rotation) zusammengesetzt ist, was wir brauchen (eine reine, orthogonale Translation), um herauszukommen des parallelen Parkplatzes. Damit ist die Antwort beendet, aber ....

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Hintergrund zum Carparking-Analogon der Wigner-Rotation

Um meine Erörterung dieses wunderbaren kleinen Problems zu vervollständigen, wenn wir drei Manöver dieser Art zusammenstellen$\exp((D + \kappa R) s)$die uns die Lenkung des Autos leistet, dh wir vermitteln die Verwandlung$\exp((D+\kappa_3 R)s_3)\exp((D+\kappa_2 R)s_2)\exp((D + \kappa_1 R)s_1)$, und wenn wir auch den Zustand sicherstellen$s_1\kappa_1 + s_2\kappa_2+s_3\kappa_3 = 0$, erhalten wir die reine Übersetzung, dargestellt durch die Addition der komplexen Zahl:

$$i\,(\kappa_1-\kappa_2) \left(1-e^{i\,s_1\,\kappa_1}\right)+i\,(\kappa_2-\kappa_3) \left(1-e^{i\,s_3\,\kappa_3}\right)\tag{8}$$

zum Auto$z$Koordinate. Außerdem kann dieser rein imaginär ( also ein reiner "Seitenschieber") beliebig klein sein$s_1,\,s_2,\,s_3$wenn wir sicherstellen:

$$(\kappa_1-\kappa_2) \sin(s_1\,\kappa_1)+(\kappa_2-\kappa_3) \sin(s_3\,\kappa_3) = 0\tag{9}$$

Seit$s_1,\,s_2,\,s_3$beliebig klein sein kann, können wir dies in einem beliebig engen Park tun. (8) bedeutet jedoch, dass die Übersetzung in zweiter Ordnung ist$s_j$, so dass die Anzahl der Male, die wir diese Folge von drei Manövern wiederholen müssen, proportional zu ist$w/(L\,\epsilon^2)$, wo die Länge der Parklücke ist$1+\epsilon$mal die Länge$L$des Autos, dessen Breite ist$w$. In der Tat mit unseren grundlegenden Manövern der Form$\exp((D + \kappa R) s)$Wir können jede Transformation in der Gruppe realisieren:

$$\begin{array}{l}\begin{array}{lcl}E_2 &=& \left\{\mathcal{E}(x,\,y,\,\theta):\; x,\,y,\,\theta\in\mathbb{R}\right\}\\ \mathcal{E}(x,\,y,\,\theta)&\stackrel{def}{=}& \exp\left(\left(\begin{array}{cc} 0 & (i\,x-y) \mathcal{A}(\theta) \\ 0 & i \theta\end{array}\right)\right) = \left( \begin{array}{cc} 1 & x+i\,y \\ 0 & e^{i \theta}\\ \end{array} \right)\\ \mathcal{A}(\theta) &\stackrel{def}{=}& \left\{\begin{array}{lll} \frac{\theta}{e^{i\,\theta} - 1}&;&\theta\neq 0\\1&;&\theta = 0\end{array}\right.\\ \end{array}\\ \mathcal{E}(x_2,\,y_2,\,\theta_2) \cdot\mathcal{E}(x_1,\,y_1,\,\theta_1)= \mathcal{E}(x_1 + e^{i\,\theta_1} x_2,\,y_1 + e^{i\,\theta_1} y_2,\,\theta_1+\theta_2)\end{array}\tag{10}$$

Dies ist die gesamte euklidische Gruppe affiner Transformationen der Argand-Ebene. Obwohl wir jedoch jedes Mitglied dieser Gruppe als Nettotransformation erkennen können, können wir den kontinuierlichen Weg der Form nicht erkennen$\{e^{s\,R}:\,s\in\mathbb{R}\}$oder des Formulars$\{e^{s\,S}:\,s\in\mathbb{R}\}$; wir können jeden beliebigen Punkt auf diesem Pfad nur über einen Zickzackpfad erreichen, der sich willkürlich nahe an diesen kontinuierlichen Pfaden hält.