\fontsize{20}
\fontfamily{'Times New Roman'} % schönste griech. Buchstaben
\newcommand{\FN}{\footnote}
\newcommand{\UL}{\underline}
\newcommand{\UB}{\underbrace}
\newcommand{\BE}{\begin{equation}}
\newcommand{\EE}{\end{equation}}
\newcommand{\TR}{Ⲧ} % Trace-Symbol
\newcommand{\HC}[1]{#1^\dagger}
Es sei ein beliebiger Minkowski-Vektor $M_\mu$ in
Matrix-Form gegeben als $\UL{ M \DEF M_\mu\sigma_\mu}$
(mit Einsteinscher Summenkonvention - implizite Summation über doppelte Indizees).\\
Wir wollen berechnen, wie er sich unter einer Lorentz-Transformation der speziellen Form
\BE T\DEF t_0 \sigma_0 + t_3\sigma_3 \EE
transformiert, wenn $t_0,t_3$ beliebige komplexe Zahlen sind.\\
Unimodularität von T
Was erfordert $|T|=1$?
Es gilt also $T = {t_0+t_3,\; 0\choose 0,\; t_0-t_3} $ und Unimodularität von $T$ erfordert $|T| \stackrel != 1$ also
$|T| = (t_0 + t_3)(t_0 - t_3) = t_0^2 -t_3^2 = 1$
Lorentz-Transformation
Die allg. Trafo-Regeln lauten
\BE
M \to M' = T M T^\dagger = (t_0 + t_3\sigma_3) M (t_0^\ast + t_3^\ast\sigma_3) =
(t_0 + t_3\sigma_3)(M_0\sigma_0 + M_1\sigma_1 +M_2\sigma_2 +M_3\sigma_3) (t_0^\ast + t_3^\ast\sigma_3)
\EE
Erster Schritt
Zur Vereinfachung der Rechnung verwenden wir, daß $\sigma_3$ mit $ \sigma_0, \sigma_3 $ kommutiert,
und mit $\sigma_1,\sigma_2$ anti-kommutiert (zB $\sigma_3\sigma_1 = - \sigma_1\sigma_3$) ($\sigma_0 = I$ kommutiert natürl. mit allen Matrizen)
und zerlegen entsprechend
$M = \UB{M_0\sigma_0 +M_3\sigma_3}_{\DEF A} + \UB{M_1\sigma_1 +M_2\sigma_2}_{\DEF B} = A + B $,
sodaß $\sigma_3 A = A \sigma_3 $ und $\sigma_3 B = -B \sigma_3 $. Damit erhält man Gl. \ref{eq-3}:
\BE \label{eq-3}
M' &=& (t_0 + t_3\sigma_3)(A+B) (t_0^\ast + t_3^\ast\sigma_3) = |t_0|^2 (A+B) + |t_3|^2(A-B) + t_0t_3^\ast (A+B)\sigma_3 + t_3t_0^\ast (A-B)\sigma_3 \\
&=& (|t_0|^2+ |t_3|^2) A + (|t_0|^2-|t_3|^2)B + (t_0t_3^\ast + t_3t_0^\ast)A\sigma_3 + (t_0t_3^\ast -t_3t_0^\ast)B\sigma_3 \DEF M_\mu' \sigma_\mu
\EE
Echte Raumzeit-Transformationen ('Lorentz-Boosts')
Diese werden beschrieben durch den
Spezialfall $t_0,t_3 = reell$.
Damit erhält man aus \ref{eq-3}
$M' = (t_0^2+t_3^2) A + (t_0^2-t_3^2)B + 2 t_0t_3 A\sigma_3$ und nach Einsetzen
\BE
M' = (t_0^2+t_3^2)(M_0\sigma_0 +M_3\sigma_3) + (M_1\sigma_1 +M_2\sigma_2) + 2 t_0t_3 (M_0\sigma_3 +M_3\sigma_0) \DEF M_\mu' \sigma_\mu
\EE
Der Koeffizientenvergleich ergibt $M_0' = (t_0^2+t_3^2) M_0 + 2 t_0t_3M_3,\;M_3' = (t_0^2+t_3^2) M_3 + 2 t_0t_3M_0$ und $M_1'=M_1,\; M_2' = M_2$,
dh die Komponenten 1,2 (= x,y) sind ungeändert.
Um auf die üblichen Formeln für die Lorentz-Kontraktion zu kommen, substituieren wir $t_0 = \cosh\frac \lambda 2$ und $t_3 = \sinh\frac\lambda 2$
(womit $ t_0^2 -t_3^2 = 1$ erfüllt ist)
und erhalten mit den übl. Formeln der Hyperbel-Fkt:
$M_0' = \cosh \lambda M_0 + \sinh\lambda M_3,\; M_3' = \cosh \lambda M_3 + \sinh\lambda M_0$ und schließlich mit
$\beta \DEF -\tanh\lambda $:
\BE
M_0' = \frac{ M_0 - \beta M_3}{\sqrt {1-\beta^2}},\; M_3' = \frac{ M_3 - \beta M_0}{\sqrt {1-\beta^2}}
\EE
Daß $v = c\beta $ die Geschwindigkeit der Transformation ist, erkennt man, wenn man speziell für $M $ die relativist Koordinaten einsetzt:
$M_0 = ct,\; M_3 = z$,
denn dann ist
\BE
z' = \frac{ z - v t}{\sqrt {1-\beta^2}},\quad t' = \frac{t - \frac v {c^2} z}{\sqrt {1-\beta^2}}
\EE
R3-Rotationen
Ein anderer
Spezialfall ist $t_0 = \cos\frac \lambda 2,\; t_3 = i\sin\frac \lambda 2$ (Unimod. $ t_0^2 -t_3^2 = 1$ trivial).
Er ergibt nach Einsetzen in \ref{eq-3}
\BE
M' &=& A + (\cos^2\frac \lambda 2 -\sin^2\frac \lambda 2)B - 2i\cos\frac \lambda 2\sin\frac \lambda 2 B\sigma_3 = A + \cos\lambda B + i\sin\lambda B\sigma_3
= A + B(\cos\lambda +i\sin\lambda \sigma_3)\\
&=& A+ (M_1\sigma_1 +M_2\sigma_2)(\cos\lambda +i\sin\lambda \sigma_3) = A + (M_1\sigma_1 +M_2\sigma_2)\cos\lambda + (-M_1 i\sigma_2 + M_2i\sigma_1)i\sin\lambda
\DEF M_\mu' \sigma_\mu
\EE
Für die Komponenten folgt daraus: $M_0,M_3$ (die Zeit- und z-Komp) sind unverändert, und die x,y-Komp. transformieren sich als
\BE
M_1' = M_1 \cos\lambda -\, M_2 \sin\lambda,\quad M_2' = M_2\cos\lambda + \, M_1\sin\lambda
\EE
dh eine
Drehung um die z-Achse um den Winkel $\lambda$
Klassifikation
Aufgabe: Klassifiziere R
3-Rotationen im Unterschied zu Lorentz-Boosts (Raum-Zeit)
R3-Rotationen lassen die Zeitkomponente $M_0$ invariant. Das erfordert $T\sigma_0 T^\dagger = \sigma_0$, also $ TT^\dagger = I$.
Wegen $|T| = 1$ ist das die Untergruppe aller T, für die $T^\dagger = \bar T = T^{-1}$ efüllt ist.\\
Mit $T\DEF t_0 + t_k \sigma_k$ muß also
gelten $t_0 = t_0^\ast $ (reell) und $t_k = -t_k^\ast$ (imaginär).
Diese Menge bildet die Gruppe $SU(2,C)$ und ist isomorph (äquivalent) zur Gruppe der Einheits-Quaternionen. \\
Im Unterschied dazu gilt für reine Lorentz-Boosts $T = \HC T $ (hermitesch). Diese Untermenge bildet jedoch keine Gruppe,
da das Produkt zweier herm. Matrizen $T_1,T_2$ nur dann hermitesch ist, wenn sie kommutieren:
$\HC{(T_1T_2)} = \HC T_2 \HC T_1 = T_2 T_1 \neq T_1 T_2.$\\
Es sei $\vec x$ ein Einheits-Raumvektor und $X = x_k\sigma_k$ die zugeordnete MM (sie erfüllt $X^2 = I$).
Dann ist $T = e^{\frac \lambda 2 X} = I\cosh \frac \lambda 2+ X\sinh\frac \lambda 2$ ein Lorentz-Boost in Richtung $\vec x$.\\
Er ist dadurch charakterisiert, daß alle zu $\vec x$ senkrechten R3-Vektoren $\vec y$ ($\vec x \cdot \vec y = 0$) darunter invariant sind,
dann es folgt mit $Y \DEF y_k\sigma_k$ und $XY + YX = 0$:
$\UL{Y'} = T Y \HC T = (I\cosh \frac \lambda 2+ X\sinh\frac \lambda 2)Y(I\cosh \frac \lambda 2+ X\sinh\frac \lambda 2)
= (\cosh^2 \frac \lambda 2 - \sinh^2\frac \lambda 2) Y = \UL {Y}$ q.e.d.\\
Mit anderen Worten: Eine Lorentz-Kontraktion findet nur in Bewegungsrichtung statt, Maßstäbe senkrecht dazu werden nicht beeinflußt.
Fazit
Nach Herleitung ist klar, daß die gleichen Formeln für beliebige Index-Kombinationen $(0,k),\; k=1,2,3$ gelten.\\
Die Gruppeneigenschaft ist ebenfalls offensichtlich, da für 2 beliebige Matrizen $T_1, T_2$ mit $|T_i| = 1$ gilt
$|T_1T_2| = |T_1||T_2| = 1$, also auch $T = T_1T_2$ eine LT darstellt.