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Transforma¸ c˜ oes de Lorentz Neste pequeno trabalho, pretendo mostrar uma maneira de chegar a`s transforma¸co˜es de Lorentz, t˜ao usadas na f´ısica, a partir das ferramentas fornecidas pela Teoria de Grupos. Este ´e um caminho bem mais natural e mais consistente do que o que normalmente se vˆe nos livros de F´ısica, pois ele n˜ao precisa necessariamente admitir a homogeneidade e a isotropia do espa¸co, e, nem que a teoria seja linear. Vamos nos restringir ao caso de uma transforma¸ca˜o em duas dimens˜oes (1 + 1), mas, que pode ser expandida para uma transforma¸ca˜o mais usual 4-dimensional (3 + 1), utilizando um racioc´ınio an´alogo. Primeiramente, vamos partir da defini¸ca˜o do grupo O(1,1), o grupo de transforma¸co˜es ortogonais em 1 + 1 dimens˜oes: O(1, 1) = L ∈ M (R, 2); < Lx, ηLy >R =< x, ηy >R onde:< x, ηy >= −x1 y1 + x2 y2 , pois: −1 0 η= 0 1 Sendo que x e y s˜ao vetores y = (y1 , y2 ). Logo: −1 ηy = 0
(1)
(2)
reais, com componentes: x = (x1 , x2 ) e 0 1
y1 y2
=
−y1 y2
Ent˜ao: < x, ηy >= (x1 , x2 )(−y1 , y2 ) = −x1 y1 + x2 y2 E, esta forma ´e invariante sob a a¸ca˜o de tal grupo. Da defini¸ca˜o (1), temos que: < x, ηy >=< Lx, ηLy > e, passando L para o outro lado no lado direito da express˜ao acima, temos que: < x, LT ηLy >=< x, ηy > que tamb´em pode ser escrito como: < x, ηy > − < x, LT ηLy >= 0
⇒
1
< x, (η − LT ηL)y >= 0
Para que a igualdade acima seja verdadeiro, ´e necess´ario que: η = LT ηLy. E, ent˜ao, admitindo que a matriz L tem uma inversa, podemos multiplicar L−1 pela direita em ambos os lados, o que dar em: LT η = ηL−1 que tamb´em pode ser escrita como: L−1 = η −1 LT η de (2), j´a conhecemos a forma de η, e, verifica-se facilmente que: η −1 = η. Logo: L−1 = ηLT η
(3)
E, aplicando (3), temos: L−1 = ηLT η det(L−1 ) det(L−1 ) det(L−1 ) 1 det(L) 1 det(L) [det(L)]2 det(L)
= det(η)det(LT )det(η) = [det(η)]2 det(LT ) = (−1)2 det(LT ) = 1.det(LT ) = det(L) = 1 = ±1
(4)
Para o caso onde det(L) = 1, temos o grupo: SO(1, 1). E, para det(L) = −1, temos o grupo O(1, 1). Logo, para a primeira situa¸c˜ao,podemos redefinir o grupo, como: SO(1, 1) = {L ∈ O(1, 1); det(L) = 1}
(5)
E, generalisando a matriz L, temos: L = L
−1
LT
a b c d
d −b = −c a a c = b d 2
(6) (7) (8)
E, aplicando (7) em (3), temos que: L−1 = ηLT η d −b −1 0 a c −1 0 = −c a 0 1 b d 0 1 d −b a −c = −c a −b d
Aplicando o conceito de igualdade de matrizes em (9), temos que: a=d b=c
(9)
(10)
Mas, sabendo que o determinante de L ´e igual a 1, fica:
det(L) = 1 ad − bc = 1
(11)
Aplicando agora (10) em (11), temos: a.a − b.b = 1 a2 − b 2 = 1 E, com base em (10), podemos escrever L, como: a b L= b a
(12)
(13)
De (12), podemos isolar a: √ a = ± 1 + b2 E, da´ı reescrever (13) em fun¸c˜ao de b: √ ± 1 + b2 b √ L= b ± 1 + b2 E, de (14), podemos redefinir o grupo: a b 2 2 SO(1, 1) = L = ;a − b = 1 c d 3
(14)
√ SO(1, 1) =
1 + b2 b
√ b 1 + b2 {z
|
L+ +
√ − 1 + b2 ;b ∈ R ∪ b } |
√b − 1 + b2 {z
;b ∈ R }
L− +
(15) Onde L + forma um sub-grupo de SO(1,1), e, L + N˜ao forma um grupo. Para verificar que L+ + forma um grupo, basta voltar para a defini¸ca˜o geral de grupos: i) A existˆencia do elemento inverso: como det(L) = 1, L ´e invert´ıvel. ii) A existˆencia do elemento identidade: Pode-se ver claramente que L(0) = I iii) A existˆencia da lei associativa: Sabemos que as matrizes obedecem a`s leis de associa¸ca˜o: a(bc) = (ab)c E, para L− + , percebe-se logo que n˜ao formar´a um grupo. Pois n˜ao h´a o elemento identidade. Olhando para (12), algo j´a sugere uma parametriza¸c˜ao hiperb´olica, do tipo: −
+
a = cosh(z) e b = −senh(z) Lembrando da defini¸ca˜o: cosh(z) =
ez + e−z 2
ez − e−z 2
e senh(z) =
Logo, temos: L(z) =
cosh(z) −senh(z) −senh(z) cosh(z)
(16)
E, podemos calcular o gerador de L+ + , fazendo: d d M1 = L(z)z=0 = dz dz
cosh(z) −senh(z) −senh(z) cosh(z)
= z=0
0 −1 −1 0
(17)
E, calculando a exponencial de (17), temos: θM1
e
∞ X 1 k k θ M1 , = k! L=0
onde: M 0 = I
Separando a soma em termos pares e ´ımpares, temos: e
θM1
∞ ∞ X 1 2L 2L X 1 = θ M1 + θ2L+1 M12L+1 2L! (2L + 1)! L=0 L=0
4
(18)
Sabemos que: M12L = (M12 )L = IL = I
(19)
E, substituindo (19) em (18), temos: θM1
e
∞ ∞ X X 1 2L 1 = θ I+ θ2L+1 IM1 2L! (2L + 1)! L=0 L=0
(20)
Em (20), podemos encontrar a express˜ao da s´erie da Taylor de duas fun¸co˜es conhecidas: ∞ X θ2L+1 = senh(θ) (2l + 1)! L=0
∞ X θ2L = cosh(θ) e (2l)! L=0
E, sabendo disso, temos: L(z) = ezM1 = cosh(z)I + senh(z)M1
(21)
E, podemos ainda escrever: cosh(z) (z) + L + = L(z) = ,z ∈ R −senh(z) cosh(z) E, parametrizando novamente, temos: v c ,onde c ´e uma constante e v ´e um parˆametro. O gr´afico da fun¸ca˜o tgh ´e da forma: tgh(z) =
(22)
Figura 1: Logo, temos que: v ∈ [−c, c]. E, tamb´em, sabemos que: cosh2 (z) − senh2 (z) = 1 5
(23)
que podemos multiplicar tudo por
1 , cosh2 (z)
1 − tgh2 (z) =
que fica:
1 cosh2 (z)
de (22), n´os podemos substituir, que fica: 1−
v2 1 = 2 c cosh2 (z)
⇒
cosh2 (z) =
1 2 1 − vc2
E, substituindo o resultado acima em (23), temos: 1 2 = 1 2 − senh (z) 1 − vc2 −senh2 (z) = 1 −
1 2 1 − vc2 2
− vc2
2
−senh (z) =
1− v2 c2
2
senh (z) =
v2 c2
1−
v2 c2
(24)
Podemos ainda definir uma nova vari´avel de parametriza¸ca˜o: 1 γ(v) = q 1−
v2 c2
E, ent˜ao, a matriz L(z) poder´a sem escrita como: cosh(z) −senh(z) γ(v) − vc γ(v) L(z) = = − vc γ(v) −senh(z) cosh(z) γ(v)
(25)
E, a equa¸ca˜o (25) ´e a matriz de transforma¸c˜ao de Lorentz para duas dimens˜oes, uma espacial e uma temporal. c.q.d.
6
