Un po` di tempo fa si era parlato dei teoremi di decomposizione delle
matrici di Lorentz in puri boosts e rotazioni tridimensionali.
Avevo detto che credevo che ci fosse una relazione con il "teorema
di decomposizione polare" degli operatori ma che non avevo mai
capito come funzionasse tale relazione. Bene credo di avere capito tutto.
Posto qui sopra tutta la cosa visto che non ho mai trovato questa relazione
sui libri e magari puo` interessare a qualcuno.
--------- Teorema di decomposizione polare------------------------------
Se A e` una matrice (in generale complessa) n x n non singolare,
allora sussiste la decomposizione unica
A = B U
dove U e` una matrice unitaria e B e` una matrice hermitiana
strettamente positiva. Se A e` reale U e` una matrice ortogonale
e B e` simmetrica.
--------- Dimostrazione-------------------------------------------------
Ricordo che se X e` una matrice hermitiana non negativa
esiste ed e` unica una matrice Y hermitiana non negativa tale che
X = Y2. Y e` per definizione la radice quadrata di X che
indico con X^(1/2)
La dimostrazione segue subito dal teorema di diagonalizzazione
delle matrici hermitiane e dal fatto che la non negativita` di X
e` equivalente al fatto che gli autovalori di X sono non negativi.
Y si ottiene, sulla base che diagonalizza X, come la matrice diagonale
che ha le radici quadrate degli autovalori di X sulla diagonale.
Nelle nostre ipotesi sussiste la decomposizione ovvia, dove A* indica
l'aggiunta di A
A = (A A*)^(1/2) ((A A*)^(1/2))^-1 A
poniamo B = (A A*)^(1/2) e U =((A A*)^(1/2))^-1 A
Notiamo che AA* e` hermitiana e strettamente positiva (A e` non singolare)
per costruzione (la prova e` immediata) per cui (A A*)^(1/2)
e la sua inversa ((A A*)^(1/2))^-1 sono ben definite.
Per verificare che U e` unitaria basta notare che, per costruzione
U*U=I, la prova e` diretta. Notare che se A e` reale B diventa reale
a U anche per cui, in tal caso, B e` simmetrica e U e` ortogonale.
Proviamo l'unicita` della decomposizione. Supponiamo esista un'altra
decomposizione con le stesse proprieta`
A = BU = B'U' facendo l'aggiunto: U*B = U'* B' => (usando BU=B'U'
e l'unitarieta` di U e U') B2 = B'^2.Estraendo l'unica radice quadrata
ad ambo membri B = B'. Sostituendo in BU=B'U' e tenendo conto che B
e` strettamente positiva e quindi non degenere, U=U'. QED
Note. (1) Il teorema vale "as it stands" anche in spazi di Hilbert per operatori
A limitati.
(2)Sussiste un'analoga unica decomposizione A = VC con V unitaria e C
positiva hermitiana.
Passiamo a decomporre il gruppo di Lorentz in boost e rotazione
tridimensionale. Mostrero` che se L e` nel gruppo di Lorenz O(1,3),
l'unica decomposizione polare ottenuta come sopra detto, cioe',
L= B R
e` tale che R e` una rotazione tridimensionale che non altera
la coordinata temporale, cioe`
1 | 0 0 0
---------
R = 0 |
0 | G
0 |
dove G e` una matrice ortogonale 3x3, e B e` ancora una matrice
del gruppo di Lorentz simmetrica e positiva che quindi NON puo` essere
una rotazione (l'unica rotazione simmetrica e` l'identita`!). Chiamero`
boosts queste matrici di Lorentz. (Si potrebbe dimostrare che B e` generata
dalla parte di algebra di Lie del gruppo di Lorentz data da combinazioni
lineari di generatori delle tre trasformazioni speciali.)
Piu` sotto dimostrero` che se B non e` l'identita`, B si puo` sempre
ottenere "ruotando una trasf. speciale", ossia
B = R'^(-1) S R' dove R' e` una rotazione tridimensionale come sopra e S
e` una trasformazione speciale lungo l'asse z (che e` un tipo particolare
di boost in quanto e` simmetrica e positiva come e` immediato provare).
Per cui si ha infine che che ogni trasformazione di Lorentz si scrive
sempre come
L = R" S R
dove R" e R sono due rotazioni tridimensionali nello spazio dei
due riferimenti e S e` una trasformazione speciale lungo l'asse z.
Consideriamo quindi la decomposizione polare, per L nel gruppo di Lorentz,
L = B R
Voglio provare che R e` ancora nel gruppo di Lorentz (come conseguenza immediata
lo e` anche B). E indica la matrice diagonale diag(-1,1,1,1). Dire che L e` nel
gruppo di Lorentz significa che, se L^t indica la trasposta di L
L E L^t = E
quindi, tenendo conto che B e` simmetrica e usando L = B R
B R E R^t B = E =>
R E R^t = B^(-1) E B^(-1) (*)
eseguendo l'inversa di tutto, tenendo conto che
EE = I e R^t = R^(-1) si ha
R E R^t = B E B
Da (*)
B E B = B^(-1) E B^(-1) => B2 E B2 = E => (uso EE=I)
E B2 E = B^(-2) (**)
Notiamo che EB^2E e`non negativa, inoltre
(EBE)2 = EBEEBE = E B2 E per cui l'unica
radice quadrata di E B2 E e` proprio EBE. Allora estraendo
la radice quadrata in (**)
E B E = B^(-1) => B E B = E ossia B E B^t = E
(dato che B e` simmetrica). Abbiamo provato che B e` nel gruppo
di Lorentz. Come conseguenza di L = B R, R deve essere nel gruppo
di Lorentz perche` prodotto di due elementi del gruppo. Ma R e`
anche una matrice ortogonale di O(4). Scrivendo R in blocchi e
imponendo contemporanemante
R E R^t = E
R R^t = I
si ottiene subito che deve essere
1 | 0 0 0
---------
R = 0 |
0 | G
0 |
dove G e` una matrice ortogonale 3x3.
Passiamo alla forma di B, che deve soddisfare contemporaneamente
B = B^t e BEB = E. Decomponendo in blocchi e impostando le equazioni
si vede subito che B e` della forma
g | c^t
-------------------
B = |
c | I + (cc^t)/(1+g)
|
dove c e` un vettore colonna a 3 componenti g2 = 1+ |c|^2 e cc^t e` la matrice
3x3 ottenuta facendo il prodotto di tutte le componenti del vettore c in tutti
i modi possibili. Il segno di g positivo corriaponde al fatto che B non inverte
l'ordinamento temporale g negativo lo inverte.
Se R e' della forma di sopra si ha subito che
g | (Rc)^t
------------------------
R B R^(-1) = |
Rc| I + ((Rc)(Rc))^t/(1+g)
|
Notare che la trasformazione ottenuta rimane un boost.
Quindi R ruota il vettore c. Se c non e` zero (e cio' equivale a dire che
B non e` l'identita`), posso sempre ruotare c fino a che abbia solo componente
l'ungo l'asse z. In tal caso la trasformazione di sopra si scrive
g | 0 0 b
------------------------
R B R^(-1) = 0 | 1 0 0
0 | 0 1 0
b | 0 0 1 + b2/(1+g)
se (ponendo la velocita` della luce c=1) poniamo v = -b/g si trova
che la trasformazione di sopra e` una trasformazione speciale lungo z=z'
t' = g (t - vz)
x' = x
y' = y
z' = g (z - vt)
dove g = 1/sqrt(1-v2).
Ciao a tutti, Valter
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Valter Moretti
Dipartimento di Matematica
Universita` di Trento
http://alpha.science.unitn.it/~moretti/home.html
Received on Tue May 07 2002 - 18:15:25 CEST