Układ otwarty
Ucz się tak, jakbyś miał żyć wiecznie, żyj tak jakbyś miał umrzeć jutro" Życie jest religią.
195 obserwujących
1483 notki
3508k odsłon
  1927   4

Fotonowa wojna w czasoprzestrzeni Minkowskiego

Od jakiegoś czasu zmagam się z fotonami. Chwilowo przegrywam. Potrzebuję wsparcia. Wszelkiego możliwego. Stąd ta notka. Ale najpierw krótkie wprowadzenie.

Światło w próżni, jak wiadomo, rozchodzi się .... z prędkością światła w próżni. Od przyjęcia założenia (popartego obserwacją), że prędkość światła w próżni jest czymś absolutnym, niezależnym od stanu ruchu obserwatora, od tego zaczęła się na dobre szczególna teoria względności. Najpierw był Einstein (może także Poincare), potem przyszedł Minkowski ze swą koncepcją "przestrzeni zdarzeń" -  cztero-wymiarowej czasoprzestrzeni ze współrzędnymi x0=ct, x1=x, x2=y, x3=z. Swiatło w tej przestrzeni propaguje sie po "stożkach świetlnych". Stożek świetlny opisujący światło startujące z punktu x=y=z=0 w chwili t=0 opisywany jest równaniem

x0^2-x1^2-x2^2-x3^2 = 0

To równanie powierzchni stożka. Stożka świetlnego w przestrzeni Minkowskiego.

Z jakieogoś dziwnego powodu, dotąd niezrozumiałego, geometria przestrzeni Minkowskiego pięknie koduje się w macierzach zespolonych 2x2. Jest to ciekawe, bowiem macierze 2x2 to najprostsza algebra macierzy. Już prostszej (nietrywialnej) być nie może. I z jakiegos powodu taki właśnie prosty świat nam się objawia. Lecz w tej prostocie jest głębia. A jak nasz stożek świetlny opisywany jest w języku macierzy? Przez wyznacznik. Zaś sam czas opisywany jest przez ślad.

Teraz detale (więcej można znaleźć np. w książkach Rogera Penrose'a).

Wsród macierzy zespolonych 2x2 bodaj najprostsze są macierze hermitowskie. Sprzężenie hermitowskie macierzy to wzięcie macierzy transponowanej zespolenie sprzężonej. Jeśli A jest macierzą, to macierz hermitowsko sprzężoną oznaczamy przez A*. Macierz hermitowska to taka, która ma własność A=A*.

Bazę w przestrzeni macierzy hermitowskich tworzą cztery macierze Pauliego σμ (μ=0,1,2,3)

σ0 = ((1,0),(0,1)), σ1=((0,1),(1,0)), σ2=((0,-i),(i,0)), σ3=((1,0),(0,-1))

Trzy macierze σi (i=1,2,3)  mają ślad równy zero. Ponadto mają własność

 σ1σ2  =i σ3 = -  σ2σ1
σ2σ = i σ1,= - σ3σ2 ,
σ3σ1  = i σ2  = - σ1σ3 

Mamy też łatwą do sprawdzenia własność

½ tr(σμ σν) = δμν                                           (1)

gdzie δμν  jest deltą Kroneckera.

Mając punkt czasoprzestrzeni o współrzędnych x0,x1,x2,x3 wiążemy z nim macierz hermitowską X

X = xμ σμ = x0 σ0 + x1 σ1 + x2 σ2 + x3 σ3

Explicite

X=((x0+x3,x1-ix2),(x1+ix2,x0-x3))

Teraz

det(X) = x0^2-x1^2-x2^2-x3^2,

½ tr(X)= x0

Zatem stożek świetlny opisywany jest przez macierze hermitowskie o wyznaczniku zero - osobliwe. "Teraźniejszość", zdarzenia w chwili t=0, opisywane są przez macierze hermitowskie o śladzie zero. Czyż to nie piękne?

Macierze zespolone 2x2 o wyznaczniku 1 tworzą grupę, oznaczana jest SL(2,C) (SL oznacza "special linear") . Ta grupa macierzy jest niesłychanie ważna. Koduje transformcje Lorentza - przejścia pomiędzy inercjalnymi układami odniesienia.

Jeśli X jest macierzą hermitowską kodującą zdarzenie (x0,x1,x2,x3), zaś A jest macierzą z SL(2,C), to X' = AXA* jest też macierzą hermitowską. Koduje inne zdarzenie, o współrzędnych (x'0,x'1,x'2,x'3). Jaki jest związek pomiędzy współrzędnymi z primem a tymi bez prima? Łatwo to wyliczyć (stosujemy konwencję sumacyjną Einsteina):

x'α = δαβ x'β = ½ tr(σασβ) x'β = ½ tr(σαX')  =  ½ tr(σαAXA*) = ½ tr(σαAxβσβA*) = ½ tr(σαβA*)xβ

Oznaczając

Lαβ = ½ tr(σαβA*)         (*)

mamy

x'α = Lαβ  xβ

Macierz rzeczywista 4x4 Lαβ jest macierzą transformacji Lorentza. Formuła (*) pozwala nam otrzymać z zespolonej macierzy A rzeczywistą macierz L. Zauważmy, że macierze A i -A definiują tę samą macierz L.

Czy formułe tę można odwrócić? Czy z macierzy L można znaleźć macierz A? I to jest mój problem. Moja zmora z ostatniego tygodnia. W pracy G. B. Mainland & L. O'Raifeartaigh, "Fixed point theorem for the Poincaré group", doi 10.1007/BF00670981

znajdujemy formułę na odwrócenie. Oto ona:

image

Jeśli zidentyfikujemy macierz Λνμ z tej pracy z naszą macierzą Lμν , to formuła (A1) zgadza się z naszą (*) Trzeba jedynie wziąć pod uwagę, że pod śladem mamy tożsamość tr(AB)=tr(BA) dla dowolnych macierzy A,B.  Wraz z Kleopatrą sprawdzaliśmy (A2) na przykładach z mojej książki Quantum Fractals używając powszechnie dostępnego programu Reduce. Sprawdziliśmy też, że sprawdza się na losowo wygenerowanej macierzy A z SL(2,C).

Ale jak formułę (A2) udowodnić ogólnie?


Oto jest mój problem, który spać mi nie daje od tygodnia. Fotony patrzą z góry i uwierzyć nie mogą, że na czymś takim można się zaciąć.... David Hilbert powiedział "Musimy wiedzieć - będziemy wiedzieć". Kurt Gödel wykazał, że sprawy są bardziej złożone. Nie wszystko co "musimy wiedzieć" możemy wiedzieć.

Jednak tutaj mamy prostą algebrę. Jak więc udowodnić (A2)? Musi istnieć ogólny dowód. Musi.

Tylko jak go znaleźć?

P.S. Na losowo wygenerowanej macierzy sprawdziłem następującą hipotezę (oznaczenia ze wspomnianej pracy)

√ det ( D D*) = 4 tr(L)

Ale jak to udowodnić? Znów nie wiem.

P.S. W komentarzu pod notką bloger tichy zwrócił moją uwagę na fakt, że przecież dowód (A2) podany jest w "Dodatku" do cytowanego artykułu! A ja ten dodatek przeoczyłem. Podaję zatem teraz moją wersję dowodu z tego dodatku. Przede wszystkim potrzebna nam jest jedna ważna formuła, która powinna była się znaleźć w notce, ale się nie znalazła:

αA* = σβ Lβα                      (**)

Aby ją otrzymać zauważamy, że cztery macierze Pauliego tworzą bazę w rzeczywistej przestrzeni liniowej macierzy hermitowskich. Dla danego α macierz AσαA* jest hermitowska, zatem jest rzeczywistą kombinacją liniową macierzy σβ. Co zapisujemy jako

 AσαA* = σβ Mβα

Mnożąc z prawej przez  ½ σμ i biorąc ślad z obu stron i używając (1) dostajemy

½ tr(AσαA*σμ) = Mβα  δβμ = Mμα

Ale lewa strona, z (*) to  Lμα  . Czyli M=L. i (**) jest dowiedzione.

Autorzy artykułu udowadniają najpierw ogólną tożsamość: dla dowolnej macierzy N, 2x2 , mamy

σα N σα = 2 tr(N) I,    (***)

suma po α. I to macierz jednostkowa. Można to pokazać tak jak robią autorzy, dowód na niemal pół strony, mozna to jednak zrobić przy pomocy następującego krótkiego programiku w Reduce:

A:=mat((a11,a12),(a21,a22)); array s(3);
s(0):=mat((1,0),(0,1)); s(1):=mat((0,1),(1,0)); s(2):=mat((0,-i),(i,0)); s(3):=mat((1,0),(0,-1));
A1:=(for i:=0:3 sum s(i)*A*s(i));
end
;

Oto wynik zapuszczenia tego kodu:

image

    Mnożymy teraz obie strony (**) z prawej przez ησα i sumujemy po α. Korzystając z (***) otrzymamy

2tr(A*η) A = D, gdzie D =  Lβα   σβ ησα

Zatem macierz D jest proporcjonalna do macierzy A. Biorąc wyznacznik z obu stron, ponieważ det(A)=1, dostajemy, że (2tr(A*η))2=det(D), czyli 2tr(A*η)= ± √det(D). Zatem A=± D/√det(D).  Dzięki tichemu za tę uwagę

Lubię to! Skomentuj184 Napisz notkę Zgłoś nadużycie

Więcej na ten temat

Komentarze

Inne tematy w dziale Technologie