x, y = x 0 y 0 + x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3. Es fácil ver que verifica 1. Es simétrica. x, y = y, x para todo x, y R 4.

Transcripción

1 1 Tema 2. Sección 1. Espacio vectorial de Minkowski. Manuel Gutiérrez. Departamento de Álgebra, Geometría y Topología. Universidad de Málaga Málaga. Spain. Abril de En este capítulo se recordará las propiedades del espacio de Minkowski y el grupo de Lorentz. Lo haremos para dimensión 4 aunque todo vale en realidad para dimensión arbitraria n 2. Sea R 4 y consideremos la base canónica {e 0, e 1, e 2, e 3 }. Sea x = (x 0, x 1, x 2, x 3 ), y = (y 0, y 1, y 2, y 3 ) R 4, entonces se define la métrica de Minkowski como Es fácil ver que verifica x, y = x 0 y 0 + x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y Es simétrica. x, y = y, x para todo x, y R Es bilineal. Para todo x, y, z R 4 y todo a, b R ax + by, z = a x, z + b y, z x, ay + bz = a x, y + b x, z. 3. Es no degenerada. Si x, y = 0 para todo y R 4, entonces x = 0. El par (R 4,, ) formado por el espacio vectorial R 4 y la métrica de Minkowski se llama espacio de Minkowski. Sea E = {e 0, e 1, e 2, e 3 } la base canónica. Los elementos e i, e j forman la matriz que representa la métrica de Minkowski en la base canónica y que es η = esto permite escribir la métrica matricialmente, x, y = x t ηy para todo x, y R 4, donde en la escritura matricial siempre se interpretan los vectores escritos como sus componentes en columnas. Sea B = (v 0, v 1, v 2, v 3 ) otra base de R 4. Al igual que antes los elementos v i, v j forman una matriz A regular que representa la métrica de Minkowski en la base B. Conviene conocer la relación entre las matrices de la métrica en dos bases distintas. Sea B = (v 0, v 1, v 2, v 3) otra base de R 4 respecto a la cual la métrica está dada por A. Llamemos P a la matriz del cambio de base de B }

2 2 a B, es decir, las columnas de P están formadas por las componentes de los vectores de B en la base B. Esto significa que si un vector tiene componentes x = (x 0, x 1, x 2, x 3 ) en la base B y x = (x 0, x 1, x 2, x 3) en la base B, entonces se tiene x = P x. Entonces x t Ay = x t A y = x t P t A P y para todo par de vectores x, y R 4, de donde se obtiene A = P t A P. En particular tomando determinantes se ve que A y A tienen el mismo signo. Definición 1 Dado un vector v R 4 se dice que es unitario cuando v, v = ±1. Dos vectores x, y R 4 se dicen ortogonales cuando x, y = 0. Una base se dice ortogonal cuando sus vectores son ortogonales. Si además los vectores son unitarios, se llama base ortonormal. Definición 2 Un vector v R 4 se dice que es temporal cuando v, v < 0, luz cuando no es cero y v, v = 0, y espacial cuando es cero o bien v, v > 0. Si es temporal o luz se dice que es causal. La norma de un vector se define como v = v, v que siempre existe y es mayor o igual a cero, pero los vectores luz no son nulos y tienen norma cero. Dado un subconjunto S R 4 se define el subespacio ortogonal como el subconjunto S = {v R 4 / v, x = 0 x S}. Es fácil ver que S es un subespacio vectorial de R 4. Teorema 3 Todo vector v R 4 con v, v = 1 se puede completar a una base ortonormal. Además los vectores de v son todos espaciales.

3 3 Dem. La condición se escribe en la base canónica v, u = 0 v 0 u 0 + v 1 u 1 + v 2 u 2 + v 3 u 3 = 0 y el hecho de ser v temporal asegura que la matriz de los coeficientes tiene rango 1. Aplicando la regla de Kramer las soluciones forman un subespacio vectorial de dimensión 3. Una solución no nula es Ahora buscamos las soluciones de que en la base canónica se escribe x = (v 1, v 0, 0, 0). v, u = 0 x, u = 0 v 0 u 0 + v 1 u 1 + v 2 u 2 + v 3 u 3 = 0 v 1 u 0 + v 0 u 1 = 0 por la misma razón de antes las soluciones forman un subespacio de dimensión dos. Una solución no nula es Por último, las soluciones de y = (v 0 v 2, v 1 v 2, v 2 0 v 2 1, 0). v, u = 0 x, u = 0 y, u = 0 forman un subespacio de dimensión uno y una solución no nula es z = (v 0 v 3, v 1 v 3, v 2 v 3, v 2 0 v 2 1 v 2 2). El conjunto {v, x, y, z} forma una base ortogonal por construcción. Dividiéndo por su norma obtendremos la base ortonormal buscada. Es fácil ver que los tres vectores x, y, z son espaciales y puesto que también forman una base de v, podemos concluir que los vectores de v son espaciales. Obsérvese que la segunda afirmación de este teorema nos dice que la restricción de la métrica de Minkowski sobre el subespacio v es la métrica euclídea, esto es (v, <, >) es un espacio euclídeo. El número de 1 que aparecen en la diagonal de η, es decir, de la matriz de <, > en cualquier base ortonormal, se llama signatura de la métrica <, >. La métrica euclidea tiene signatura 0, mientras que la de Minkowski tiene signatura 1. Dado un subespacio vectorial V de R 4, si la restricción de la métrica a V tiene signatura 1, se dice que V es temporal. Si la restricción es degenerada, V se dice luz o degenerado, y si es definida positiva, se dice que V es espacial. El el teorema anterior, el espacio v es espacial.

4 4 El conjunto de vectores temporales forman dos conos temporales, uno se llamará futuro y otro pasado. Cada uno de ellos es un conjunto convexo, es decir, dados dos vectores v, w en uno de los conos, el segmento (1 t)v + tw está en el mismo cono para todo t [0, 1]. Esto equivale a que toda combinación lineal de vectores de uno de los conos, con coeficientes positivos, está en el mismo cono. La frontera del cono temporal está formada por {0} y los vectores luz. El conjunto de los vectores luz también forman dos conos aunque no son convexos. Se llaman cono de luz futuro y pasado. Orientar temporalmente el espacio de Minkowski es elegir uno de los dos conos temporales. Lema 4 Si u es temporal y v es causal, entonces están en el mismo cono si y sólo si u, v < 0. Dado un vector temporal v R 4, se ve que L(v) y v generan todo R 4, y como L(v) v = {0}, se tiene la descomposición en suma directa ortogonal R 4 = L(v) v. Teorema 5 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz invertida). Sean v, w dos vectores temporales, entonces v, w v w, y la igualdad se da si y sólo si v y w son proporcionales. Dem. Puesto que R 4 = L(v) v, se tiene que w = av + w con w v. Entonces w, w = a 2 v, v + w, w. Por otra parte v, w 2 = a 2 v, v 2 = v, v ( w, w w, w ) v, v w, w = v 2 w 2. Además la igualdad se da si y sólo si w, w = 0, es decir cuando v y w son proporcionales.

5 5 Teorema 6 (Desigualdad triangular invertida). Sean v, w dos vectores temporales que están en el mismo cono temporal. Entonces v + w v + w, y la igualdad se da si y sólo si v y w son proporcionales. Dem. Puesto que están en el mismo cono temporal se tiene v + w, v + w = v, v + w, w + 2 v, w < 0. Los tres sumandos son negativos, por tanto cambiando de signo tenemos v + w 2 = v 2 + w v, w v 2 + w v w = ( v + w ) 2. Además la igualdad se da si y sólo si v, w = v w, es decir, cuando v y w son proporcionales. Proposición 7 Sean u, v R 4 dos vectores luminosos. Entonces u y v son proporcionales si y sólo si u, v = 0. Dem. ( ) Obvio. ( ) Puesto que el enuciado es igualmente cierto o falso para otros vectores proporcionales a los anteriores, podemos suponer que en una base ortonormal {e 0, e 1, e 2, e 3 } los vectores u y v se escriben u = e a i e i = e 0 + u, v = e 0 + i=1 Entonces basta probar que u = v. De las relaciones u, v = u, u = v, v = 0 se tiene 3 b i e i = e 0 + v. i=1 1 = a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 = a a a 2 3 = b b b 2 3 pero vistos u = (a 1, a 2, a 3 ) y v = (b 1, b 2, b 3 ) como vectores de R 3 con la métrica euclídea, la desigualdad de Cauchy-Schwarz clásica nos dice que son proporcionales u = cv. Pero como u = v = 1 y u, v = 0, necesariamente c = 1, y por tanto u = v. Proposición 8 Si u, v R 4 son vectores causales con u, v = 0, entonces son luz y proporcionales. Dem. Si u fuera temporal, entonces e 0 = u u se puede ampliar a una base ortonormal. Pero v, e 0 = 1 u v, u = 0, de modo que v e 0 y sería espacial. Contradicción. Luego ambos vectores son luz. Puesto que además son ortogonales, la proposición anterior nos dice que son proporcionales. Ejercicios.

6 6 Ejercicio 1 Probar que la métrica de Minkowski es simétrica, bilineal y no degenerada. Ejercicio 2 Probar que los vectores x, y, z de la demostración del Teorema 3 son espaciales. Ejercicio 3 Probar que la matriz de la métrica de Minkowski en cualquier base ortonormal es η. Ejercicio 4 Probar que el cono temporal futuro es convexo. Ejercicio 5 Dada una base ortonormal B = (v 0, v 1, v 2, v 3 ) de R 4, probar la siguiente identidad: para todo x R 4. x = x, v 0 v 0 + x, v 1 v 1 + x, v 2 v 2 + x, v 3 v 3