Suhteellisuusteoriaa

[QS]

Iltapäivää, muutamia hajanaisia huomioita:

Hassuttelin Lorentzryhmän nelivektoriesityksen kanssa. Pusku rapiditeetilla \(\psi_1\) x-akselin suunnassa on

\(B=\begin{bmatrix} \cosh (\psi1) & \sinh (\psi_1) & 0 & 0 \\ \sinh (\psi1) & \cosh (\psi1) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\)

Tämän ominaisvektorit ovat

\(v_1=(0,0,\pm 1,0)^T\), \(v_2=(0,0,0,\pm 1)^T\), \(v_3=(1,1,0,0)^T\) ja \(v_4=(-1,1,0,0)^T\)

Näistä \(v_1\) on y-akselin suuntainen paikanluonteinen yksikkövektori, ja \(v_2\) on z-akselin suuntainen. Nuo \(v_3\) ja \(v_4\) ovat valonluonteisen nollageodeesin yksikkövektorit x-akselilla. Tässä \(v_3\):n ominaisarvo on \(\sqrt{\frac{1+v}{1-v}}\) ja \(v_4\):n on \(\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\).

Ensiksi mainittu on etääntyvän valonlähteen dopplerkerroin (punasiirtymä) ja jälkimmäinen lähestyvän kerroin (sinisiirtymä).
...

Nyt ollaan mielenkiintoisten asioiden äärellä. Tuollaisia ovat ominaisvektorit ja arvot, kuten kirjoitit. Ominaisarvo on myös 1 vastaten ykkösiä matriisissa B, joka toki on sulla implisiittisesti.

Tuo sun matriisi on selvästi symmetrinen eli B = B^T, niin lineaarialegrasta tiedetään, että B voidaan diagonalisoida SO(4)-matriisilla eli on olemassa \(P\in SO(4)\) siten että:

\(P^T B P=diag(d_0,d_1,d_2,d_3) =D\)

Tuossa nuo diagonaaliarvot ovat antamasi (hieman eri numeroinnilla):


\(diag(d_0,d_1,d_2,d_3) = (\sqrt{\frac{1-v}{1+v}},\sqrt{\frac{1+v}{1-v}},1,1)\)

Siis tuo matriisi B ei tiedä olevansa suhteellisuusteorian puskumatriisi vaan se on matemaatikolle ihan tavallinen symmetrinen matriisi, joka voidaan diagonalisoida ortogonaalimatriisilla P. Tuo ortogonaalisuus viittaa sisätuloon (+,+,+,+).

Itseasiassa antamasi ominaisvektorit ovat ortogonaalisia sisätulossa (+,+,+,+), kuten pitääkin, mä laitan ne tähän hieman eri numeroinnilla ja jätin pois miinusmerkkejä (voi mennä pieleen):

\(\begin{align*}
v_0&=(1,1,0,0)^T\\
v_1&=(-1,1,0,0)^T\\
v_2&=(0,0, 1,0)^T\\
v_3&=(0,0,0, 1)^T
\end{align*}\)

En nyt ole tarkistanut sitä, että nuo muodostavat positiivisesti orientoidun kannan, jos ei, niin tuo P olisi O(4):n alkio. Mutta siitä selviää kertomalla joku noista ominaisvektoreista luvulla -1 ja silloin P on SO(4):n alkio.

Samaa ideaa voi käyttää mielestäni yleiselle puskumatriisille \(\Lambda\), jolloin siis olisi\( \Lambda^T=\Lambda\) eli tiedetään ainoastaan, että matriisi \(\Lambda \)on symmetrinen. Silloin lineaarialgebrasta tiedetään, että on olemassa ortogonaali matriisi P (eli P on SO(4):n alkio) jolle:

\(P^T \Lambda P=diag(d_0,d_1,d_2,d_3) =D\).

Nyt kun puskun \(\Lambda \) kuuluu rajoitettuun Lorentz-ryhmään SO(1,3)₊ tai lyhyesti vain SO(1,3), niin silloin determinattiehto \(det(\Lambda) = 1\) antaa:

\(1 = d_0 d_1 d_2 d_3\),

jonka toteuttaa myös antamasi matriisin B ominaisarvot.

Kirjoitan lisää jatkossa.
 

Näin se on. Tässä tapauksessa tuo ortogonaalinen SO(4)-matriisi

\(P=\begin{bmatrix}
-\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\
\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
\end{bmatrix}\)

jolle pätee \(PP^T=\mathbb{I}\) ja \(\det(P)=1\).

Mainitsemiisi Casimir-operaattoreihin pitää kyllä palata myöhemmin. Olen nimittäin aktviivisesti puskenut ne unohlaan ajan saatossa.

Tuossa sun P-matriisissa vähän ihmetyttää se, että nuo y ja z-koordinaatit, B matriisi on jo valmiiksi diagonalisoitu niiden osalta, joten niitä ei tarvitse muuttaa eli kokeilematta jonkinlainen allaoleva ehkä tms:

\(P=\begin{bmatrix}
-\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\
\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}\)

Siis koko diagonalisointi koskee vain B-matriisin aika t- ja x-koordinaattia.

edit: Okei, syy voi olla siinä että muutin noita indeksejä ja se sitten tekee tuon eron.

Joo. Kun muodostin P:n, niin poimin mekaanisesti B:n ominaisvektorit ja ominasarvot, joista kaksi viimeistä sattuivat eri järjestykseen, eli vektorit (0,0,0,1) ja (0,0,1,0), joiden molempien ominaisarvo on 1.

Tässähän ei periaattessa ole merkitystä kummassa järjestyksessä nämä kaksi saraketta ovat matriisissa P (kun molemmat edustavat diagonalisoidussa B:ssä ominaisarvoa 1 siinä diagonaalilla). Nuo molemmat P:t (mun outo ja sun oikeampi) diagonalisoivat B:n kuitenkin ihan samalla tavalla.

Mutta olet oikeassa että sun kirjoittamasi on enemmän oikein.

[QS]

\(P=\begin{bmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix}\)

\(Q=\begin{bmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\)

Kas, näissä onkin yksi ero, joka on se, että \( \det(P)=1\) ja \(\det(Q)=-1\). Tämän perusteella \(P \in SO(4)\) ja \(Q \in O(4)\). Molemmat kuitenkin tuottavat saman diagonalisoidun B:n, kuten pitääkin.

[Disputator]

Iltapäivää,

\(P=\begin{bmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix}\)

\(Q=\begin{bmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\)

Kas, näissä onkin yksi ero, joka on se, että \( \det(P)=1\) ja \(\det(Q)=-1\). Tämän perusteella \(P \in SO(4)\) ja \(Q \in O(4)\). Molemmat kuitenkin tuottavat saman diagonalisoidun B:n, kuten pitääkin.

Yes, heh. Näissä meen aina sekaisin, kun pitää laitta ominaisarvoja ja vektoreita järjestykseen. Vaikka asian opinkin, niin kuukauden päästä menee kuitenkin sitten pieleen. Kuten sanoitkin aikaisemmassa viestissäsi, ominaisvektoreiden sijoittelussa matriisiin P voi järjestystä vaihtaa, parittain vaihto muuttaa aina det(P):n merkin.

Toinen tekijä, joka muuttaa P:n merkkiä on se että jos v on ominaisvektori, myös -v on ominaisvektori, eli matriisin P sarake voidaan kertoa luvulla -1.

Laskin siis ihan rautalankaesimerkin, jossa lasken samaa kuin sinäkin, mutta vektorit hieman eri tavalla, se on seuraavan viestin aihe.

[Disputator]

Tässä jatkoa edelliseen:

Hassuttelin Lorentzryhmän nelivektoriesityksen kanssa. Pusku rapiditeetilla \(\psi_1\) x-akselin suunnassa on

\(B=\begin{bmatrix} \cosh (\psi_1) & \sinh (\psi_1) & 0 & 0 \\ \sinh (\psi_1) & \cosh (\psi_1) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\)

Tämän ominaisvektorit ovat

\(v_1=(0,0,\pm 1,0)^T\), \(v_2=(0,0,0,\pm 1)^T\), \(v_3=(1,1,0,0)^T\) ja \(v_4=(-1,1,0,0)^T\)

Näistä \(v_1\) on y-akselin suuntainen paikanluonteinen yksikkövektori, ja \(v_2\) on z-akselin suuntainen. Nuo \(v_3\) ja \(v_4\) ovat valonluonteisen nollageodeesin yksikkövektorit x-akselilla. Tässä \(v_3\):n ominaisarvo on \(\sqrt{\frac{1+v}{1-v}}\) ja \(v_4\):n on \(\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\)

Merkitsen tässä alla pelkkä \(\psi\) ilman alaindeksiä, lasku menee kuten sullakin ja saan ominaisarvot:

\(\{d_0,d_1,d_2,d_3\}=\{e^{-\psi},e^{\psi},1,1\}
\)

Mun ominaisarvot on ilmoitettu rapiditeetin avulla.

\(\begin{align*}
v_0&=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0,0)^T\\
v_1&=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0,0)^T\\
v_2&=(0,0, 1,0)^T\\
v_3&=(0,0,0, 1)^T
\end{align*}\)

Tuossa olen numeroinut nuo normitetut ominaisvektorit ominaisarvoja vastaavaan järjestykseen. Lisäksi olen valinnut tuon v₀ suunnan siten että se on tulevaisuuden suuntainen valonlaatuinen, kuten v₁ on.

Sitten muodostan matriisin P, missä ominaisvektorit pystysarakkeita ominaisarvolistaa vastaavassa järjestyksessä:

\(P=\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\
-\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}\)

Suoritan tarkistuslaskun (koneella):

\(P^{T} B P=\begin{bmatrix}
e^{-\psi} & 0 & 0 & 0 \\
0 & e^\psi & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}
\)

ja vielä:

\(det(P)=1\).



Tuo valinta ominaisvektorien järjestykselle säilyttää yz-tason sellaisenaan.

[Disputator]

Hassuttelin Lorentzryhmän nelivektoriesityksen kanssa. Pusku rapiditeetilla \(\psi_1\) x-akselin suunnassa on
...
Matriisi, missä x-akselilla puskun lisäksi kierto \(\theta_1\) x-akselin ympäri, on

\(\Lambda=\begin{bmatrix} \cosh (\psi1) & \sinh (\psi_1) & 0 & 0 \\ \sinh (\psi1) & \cosh (\psi1) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \cos(\theta_1) & -\sin(\theta_1) \\ 0 & 0 & \sin(\theta_1) & \cos(\theta_1) \\ \end{bmatrix}\)

Tämän ainoat reaaliset ominaisvektorit ja ominasarvot ovat samat kuin edellä \(v_3\) ja \(v_4\) (lisäksi kompleksisia ominaisarvoja on). Muita ei ole, sillä kaikki paikanluonteiset vektorit kiertyvät muunnoksessa.

Kyllä näin on. Itseasiassa tämäntyyppinen Lorentz-muunnos on ilmeisesti aika "yleinen", siis jos valitaan "mielivaltainen" \(\Lambda\in SO(1,3)_+\). Tästä lisää myöhemmin.

Pyysin vielä tietokoneelta matriisin, missä kierto \(\theta_2\) y-akselin ympäri yhdistettynä puskuun x-akselilla nopeudella v

\( \Lambda=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} & \frac{v \cos (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} & 0 & \frac{v \sin (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} \\\\ \frac{v}{\sqrt{1-v^2}} & \frac{\cos (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} & 0 & \frac{\sin (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & -\sin (\theta_2) & 0 & \cos (\theta_2) \\ \end{bmatrix}\)

Tällä jälleen on paikanluonteinen ominaisvektori \(v_1=(0,0,1,0)^T\). Mutta lisäksi tietokoneen mielestä myös

\(v_2=\begin{bmatrix} -\coth(\frac{\psi_1}{2})\tan(\frac{\theta_2}{2})\\\\ -\tan(\theta_2) \\\\ 0 \\\\ 1 \end{bmatrix}\)

Tuo ei ole paikanluonteinen eikä valonluonteinen. Se on siis ajanluonteinen, mutta mikähän halvatun otus tuo on? Ja yleisemminkin, onko mahdollista luokitella Lorentzmatriisin reaalisia ominaisvektoreita, kun tiedetään matriisieksponentin parametrit. Minä en ainakaan tiedä lineaarialgebrasta kikkaa, jolla näin rumia matariiseja voisi luokitella helposti.

Tosiaankin mielenkiintoinen kysymys! Mä tutustun tähän ja palaan aiheeseen ihan lähiaikoina, koska olen jotain samanlaista kehitellyt tai yrittänyt tehdä.

[QS]

Tässä jatkoa edelliseen:

Hassuttelin Lorentzryhmän nelivektoriesityksen kanssa. Pusku rapiditeetilla \(\psi_1\) x-akselin suunnassa on

\(B=\begin{bmatrix} \cosh (\psi_1) & \sinh (\psi_1) & 0 & 0 \\ \sinh (\psi_1) & \cosh (\psi_1) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\)

Tämän ominaisvektorit ovat

\(v_1=(0,0,\pm 1,0)^T\), \(v_2=(0,0,0,\pm 1)^T\), \(v_3=(1,1,0,0)^T\) ja \(v_4=(-1,1,0,0)^T\)

Näistä \(v_1\) on y-akselin suuntainen paikanluonteinen yksikkövektori, ja \(v_2\) on z-akselin suuntainen. Nuo \(v_3\) ja \(v_4\) ovat valonluonteisen nollageodeesin yksikkövektorit x-akselilla. Tässä \(v_3\):n ominaisarvo on \(\sqrt{\frac{1+v}{1-v}}\) ja \(v_4\):n on \(\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\)

Merkitsen tässä alla pelkkä \(\psi\) ilman alaindeksiä, lasku menee kuten sullakin ja saan ominaisarvot:

\(\{d_0,d_1,d_2,d_3\}=\{e^{-\psi},e^{\psi},1,1\}
\)

Mun ominaisarvot on ilmoitettu rapiditeetin avulla.

\(\begin{align*}
v_0&=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0,0)^T\\
v_1&=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0,0)^T\\
v_2&=(0,0, 1,0)^T\\
v_3&=(0,0,0, 1)^T
\end{align*}\)

Tuossa olen numeroinut nuo normitetut ominaisvektorit ominaisarvoja vastaavaan järjestykseen. Lisäksi olen valinnut tuon v₀ suunnan siten että se on tulevaisuuden suuntainen valonlaatuinen, kuten v₁ on.

Sitten muodostan matriisin P, missä ominaisvektorit pystysarakkeita ominaisarvolistaa vastaavassa järjestyksessä:

\(P=\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\
-\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}\)

Suoritan tarkistuslaskun (koneella):

\(P^{T} B P=\begin{bmatrix}
e^{-\psi} & 0 & 0 & 0 \\
0 & e^\psi & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}
\)

ja vielä:

\(det(P)=1\).



Tuo valinta ominaisvektorien järjestykselle säilyttää yz-tason sellaisenaan.
 

Kyllä, sain saman kun tsekkasin. Tuo diagonaalinen Lorentzmatriisi on nk. lightcone-koordinaattien muunnosmatriisi. Kun vektori X kirjoitetaan

\(X = \begin{pmatrix} x^+\\x^-\\x^2\\x^3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (x^0+x^1)/\sqrt{2}\\(x^0-x^1)/\sqrt{2}\\x^2\\x^3\end{pmatrix}\)

niin diagonalisoitu pusku D on muunnos

\(X \to X' = DX = \begin{pmatrix} e^{-\psi} x^+\\e^\psi x^-\\x^2\\x^3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \gamma(1-v) x^+\\\gamma(1+v) x^-\\x^2\\x^3\end{pmatrix}\)

Näitä kutsutaan myös Diracin koordinaateiksi, joilla on omat erityiset ominaisuutensa. Esimerkiksi metriikkaa poikkeaa Minkowskikoordinaattien diagonaalisesta matriisista. Ja muitakin jänniä kuvioita.

[QS]

Hassuttelin Lorentzryhmän nelivektoriesityksen kanssa. Pusku rapiditeetilla \(\psi_1\) x-akselin suunnassa on
...
Matriisi, missä x-akselilla puskun lisäksi kierto \(\theta_1\) x-akselin ympäri, on

\(\Lambda=\begin{bmatrix} \cosh (\psi1) & \sinh (\psi_1) & 0 & 0 \\ \sinh (\psi1) & \cosh (\psi1) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \cos(\theta_1) & -\sin(\theta_1) \\ 0 & 0 & \sin(\theta_1) & \cos(\theta_1) \\ \end{bmatrix}\)

Tämän ainoat reaaliset ominaisvektorit ja ominasarvot ovat samat kuin edellä \(v_3\) ja \(v_4\) (lisäksi kompleksisia ominaisarvoja on). Muita ei ole, sillä kaikki paikanluonteiset vektorit kiertyvät muunnoksessa.

Kyllä näin on. Itseasiassa tämäntyyppinen Lorentz-muunnos on ilmeisesti aika "yleinen", siis jos valitaan "mielivaltainen" \(\Lambda\in SO(1,3)_+\). Tästä lisää myöhemmin.

Pyysin vielä tietokoneelta matriisin, missä kierto \(\theta_2\) y-akselin ympäri yhdistettynä puskuun x-akselilla nopeudella v

\( \Lambda=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} & \frac{v \cos (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} & 0 & \frac{v \sin (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} \\\\ \frac{v}{\sqrt{1-v^2}} & \frac{\cos (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} & 0 & \frac{\sin (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & -\sin (\theta_2) & 0 & \cos (\theta_2) \\ \end{bmatrix}\)

Tällä jälleen on paikanluonteinen ominaisvektori \(v_1=(0,0,1,0)^T\). Mutta lisäksi tietokoneen mielestä myös

\(v_2=\begin{bmatrix} -\coth(\frac{\psi_1}{2})\tan(\frac{\theta_2}{2})\\\\ -\tan(\theta_2) \\\\ 0 \\\\ 1 \end{bmatrix}\)

Tuo ei ole paikanluonteinen eikä valonluonteinen. Se on siis ajanluonteinen, mutta mikähän halvatun otus tuo on? Ja yleisemminkin, onko mahdollista luokitella Lorentzmatriisin reaalisia ominaisvektoreita, kun tiedetään matriisieksponentin parametrit. Minä en ainakaan tiedä lineaarialgebrasta kikkaa, jolla näin rumia matariiseja voisi luokitella helposti.

Tosiaankin mielenkiintoinen kysymys! Mä tutustun tähän ja palaan aiheeseen ihan lähiaikoina, koska olen jotain samanlaista kehitellyt tai yrittänyt tehdä.

Joo, tässä \(\Lambda=BR\),missä ensin rotaatio R ja sen jälkeen pusku B. Tuossa järjestyksessä, sillä B ja R eivät kommutoi.

Laskin tuijottelua varten konkreettisen vektorin siten, että rotaatio y-akselin ympäri kulmalla \(\theta_2=\pi/4\) ja pusku \(v=3/5\). Ominaisvektori on

\(v=\begin{pmatrix}3(1-\sqrt{2})\\1-\sqrt{2}\\0\\1\end{pmatrix}\approx \begin{pmatrix}-1.24\\-0.41\\0\\1\end{pmatrix}\)

mikä on ajanlaatuinen vektori. Aikakoordinaatti on negatiivinen, mutta se ei haittaa. Tuo on tapahtuma Minkowskiavaruudessa, joka on menneisyydessä, ja avaruudellisesti xz-tasossa.

Rotaatiossa se kiertyy ensin avaruudellisesti kulman \(\pi/4\), mutta pysyy xz-tasossa. Sitten tulee pusku, joka palauttaakin vektorin avaruudellisesti ennalleen, ja vieläpä siten, että aikakoordinaattikaan ei muunnu. Jotenkin aivot pysähtyy tässä

[Eusa]

Hassuttelin Lorentzryhmän nelivektoriesityksen kanssa. Pusku rapiditeetilla \(\psi_1\) x-akselin suunnassa on
...
Matriisi, missä x-akselilla puskun lisäksi kierto \(\theta_1\) x-akselin ympäri, on

\(\Lambda=\begin{bmatrix} \cosh (\psi1) & \sinh (\psi_1) & 0 & 0 \\ \sinh (\psi1) & \cosh (\psi1) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \cos(\theta_1) & -\sin(\theta_1) \\ 0 & 0 & \sin(\theta_1) & \cos(\theta_1) \\ \end{bmatrix}\)

Tämän ainoat reaaliset ominaisvektorit ja ominasarvot ovat samat kuin edellä \(v_3\) ja \(v_4\) (lisäksi kompleksisia ominaisarvoja on). Muita ei ole, sillä kaikki paikanluonteiset vektorit kiertyvät muunnoksessa.

Kyllä näin on. Itseasiassa tämäntyyppinen Lorentz-muunnos on ilmeisesti aika "yleinen", siis jos valitaan "mielivaltainen" \(\Lambda\in SO(1,3)_+\). Tästä lisää myöhemmin.

Pyysin vielä tietokoneelta matriisin, missä kierto \(\theta_2\) y-akselin ympäri yhdistettynä puskuun x-akselilla nopeudella v

\( \Lambda=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} & \frac{v \cos (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} & 0 & \frac{v \sin (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} \\\\ \frac{v}{\sqrt{1-v^2}} & \frac{\cos (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} & 0 & \frac{\sin (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & -\sin (\theta_2) & 0 & \cos (\theta_2) \\ \end{bmatrix}\)

Tällä jälleen on paikanluonteinen ominaisvektori \(v_1=(0,0,1,0)^T\). Mutta lisäksi tietokoneen mielestä myös

\(v_2=\begin{bmatrix} -\coth(\frac{\psi_1}{2})\tan(\frac{\theta_2}{2})\\\\ -\tan(\theta_2) \\\\ 0 \\\\ 1 \end{bmatrix}\)

Tuo ei ole paikanluonteinen eikä valonluonteinen. Se on siis ajanluonteinen, mutta mikähän halvatun otus tuo on? Ja yleisemminkin, onko mahdollista luokitella Lorentzmatriisin reaalisia ominaisvektoreita, kun tiedetään matriisieksponentin parametrit. Minä en ainakaan tiedä lineaarialgebrasta kikkaa, jolla näin rumia matariiseja voisi luokitella helposti.

Tosiaankin mielenkiintoinen kysymys! Mä tutustun tähän ja palaan aiheeseen ihan lähiaikoina, koska olen jotain samanlaista kehitellyt tai yrittänyt tehdä.

Joo, tässä \(\Lambda=BR\),missä ensin rotaatio R ja sen jälkeen pusku B. Tuossa järjestyksessä, sillä B ja R eivät kommutoi.

Laskin tuijottelua varten konkreettisen vektorin siten, että rotaatio y-akselin ympäri kulmalla \(\theta_2=\pi/4\) ja pusku \(v=3/5\). Ominaisvektori on

\(v=\begin{pmatrix}3(1-\sqrt{2})\\1-\sqrt{2}\\0\\1\end{pmatrix}\approx \begin{pmatrix}-1.24\\-0.41\\0\\1\end{pmatrix}\)

mikä on ajanlaatuinen vektori. Aikakoordinaatti on negatiivinen, mutta se ei haittaa. Tuo on tapahtuma Minkowskiavaruudessa, joka on menneisyydessä, ja avaruudellisesti xz-tasossa.

Rotaatiossa se kiertyy ensin avaruudellisesti kulman \(\pi/4\), mutta pysyy xz-tasossa. Sitten tulee pusku, joka palauttaakin vektorin avaruudellisesti ennalleen, ja vieläpä siten, että aikakoordinaattikaan ei muunnu. Jotenkin aivot pysähtyy tässä

CTC:täkö koitat rakentaa? Mittauksia kuvaavan teorian tulee olla sellainen, että suljettujen ajanluonteisten silmukoiden maailmanviivoja ei voi muodostua.

[QS]

Hassuttelin Lorentzryhmän nelivektoriesityksen kanssa. Pusku rapiditeetilla \(\psi_1\) x-akselin suunnassa on
...
Matriisi, missä x-akselilla puskun lisäksi kierto \(\theta_1\) x-akselin ympäri, on

\(\Lambda=\begin{bmatrix} \cosh (\psi1) & \sinh (\psi_1) & 0 & 0 \\ \sinh (\psi1) & \cosh (\psi1) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \cos(\theta_1) & -\sin(\theta_1) \\ 0 & 0 & \sin(\theta_1) & \cos(\theta_1) \\ \end{bmatrix}\)

Tämän ainoat reaaliset ominaisvektorit ja ominasarvot ovat samat kuin edellä \(v_3\) ja \(v_4\) (lisäksi kompleksisia ominaisarvoja on). Muita ei ole, sillä kaikki paikanluonteiset vektorit kiertyvät muunnoksessa.

Kyllä näin on. Itseasiassa tämäntyyppinen Lorentz-muunnos on ilmeisesti aika "yleinen", siis jos valitaan "mielivaltainen" \(\Lambda\in SO(1,3)_+\).

Tämä on tosiaan "melko yleinen" muunnos, joka ei ole puhdas pusku eikä puhdas rotaatio, mutta tavallaan helppo siksi, että se on muodostettu valitun rotaation ja puskun tulona

\(\Lambda = e^{-i\psi \cdot K}\ e^{-i\theta\cdot J}\)

missä K ja J ovat generaattorit vektorimuodossa, \(\psi\) on rapiditeettivektori ja \(\theta\) kiertokulma vektorina. "Täysin yleinen" muunnos on

\(\Lambda = e^{-i\psi \cdot K -i\theta\cdot J} = e^{-i\theta\cdot J-i\psi \cdot K}\)

missä \(\Lambda\) on riippumaton siitä, missä järjestyksessä nuo kaksi termiä ovat eksponentissa. Tilanne onkin hankalampi, jos halutaan selvittää asia toisin päin. Yleistä matriisia ei voi suoraan hajottaa kahden matriisin tuloksi, sillä

\(e^{-i\psi \cdot K}\ e^{-i\theta\cdot J} \neq e^{-i\theta\cdot J}\ e^{-i\psi \cdot K}\)

ja

\(e^{-i\psi \cdot K}\ e^{-i\xi \cdot K} \neq e^{-i\xi \cdot K}\ e^{-i\psi \cdot K}\)

mikä on seuraus K:n ja J:n epäkommutatiivisuudesta. Jos tiedetään mahdollisimman yleinen Lorentzmatriisi, niin ei ole aivan helppo tehtävä laskea minkä kahden erisuuntaisesen puskun tulosta \(B(\psi)B(\xi)\) tuo yleinen matriisi muodostuu. Tai minkä puskun ja minkä rotaation tulosta se muodostuu.

CTC:täkö koitat rakentaa?

Closed timelike curve? En, vaan tavallisesta minkowskiavaruudesta oli kyse.

[Disputator]

Iltapäivää,

...
Pyysin vielä tietokoneelta matriisin, missä kierto \(\theta_2\) y-akselin ympäri yhdistettynä puskuun x-akselilla nopeudella v

\( \Lambda=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} & \frac{v \cos (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} & 0 & \frac{v \sin (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} \\\\ \frac{v}{\sqrt{1-v^2}} & \frac{\cos (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} & 0 & \frac{\sin (\theta_2)}{\sqrt{1-v^2}} \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & -\sin (\theta_2) & 0 & \cos (\theta_2) \\ \end{bmatrix}\)
...

Mä kokeilin samaa ja sain hieman eri tuloksia.

EDIT: En saannutkaan . Laitan laskut kuitenkin näkyviin, kun kerran kerkesin niitä tässä kirjoitaa:

Eli sulla on\( \Lambda = B R\), missä B on busku x-akselin suunnassa ja R on rotaatio y-akselin ympäri:

Laskin tuon suoraviivaisesti matriisitulona, jossa matriisit B ja R ovat mulla:

\( R=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 &cos(\theta)& 0 &sin(\theta) \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & -\sin (\theta) & 0 & \cos (\theta) \\ \end{bmatrix}\)

ja

\( B=\begin{bmatrix} cosh(\psi) & sinh(\psi) & 0 &\: 0 \\\ sinh(\psi) &cosh(\psi)& 0 &\:0 \\\\ 0 & 0 & 1 &\: 0 \\\\ 0 & 0& 0 &\: 1 \\ \end{bmatrix}\)

silloin:

\(\Lambda =BR =\begin{bmatrix} cosh(\psi) & cos(\theta) sinh(\psi) & 0 & sin(\theta) sinh(\psi) \\\ sinh(\psi) &cos(\theta) cosh(\psi)& 0 &sin(\theta) cosh(\psi) \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & -sin(\theta)& 0 & cos(\theta) \\ \end{bmatrix}\)

ja

\(\Lambda' =RB =\begin{bmatrix} cosh(\psi) & sinh(\psi) & 0 & 0 \\\ cos(\theta) sinh(\psi) &cos(\theta) cosh(\psi)& 0 &sin(\theta) \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ -sin(\theta) sinh(\psi) & -sin(\theta) cosh(\psi)& 0 & cos(\theta) \\ \end{bmatrix}\)