洛伦兹群

贡献者：叶月2_; addis; JierPeter; _Eden_

未完成：补充 Cartan decomposition 词条。

预备知识　群，正交变换与对称变换，李群，李群的李代数，李群的指数映射，闵可夫斯基空间，协变和逆变

　　注：本文默认使用爱因斯坦求和约定。

1. 洛伦兹变换

　　物质运动可以看成一连串事件的发展过程。在四维时空里，每个事件都有相应的坐标。对于同一事件，在惯性系 $A$ 里用 $(t, \boldsymbol{\mathbf{x}} )$ 表示，在惯性系 $A'$ 里用 $(t', \boldsymbol{\mathbf{x'}} )$ 表示。这就是四维时空的四矢量，洛伦兹变换就是作用在一个惯性系的四维矢量上，使之变为另一个惯性系的四矢量。洛伦兹变换必须是线性的，譬如一个惯性系中的匀速运动，换了参考系也依然是匀速运动。从 $(t, \boldsymbol{\mathbf{x}} )$ 到 $(t', \boldsymbol{\mathbf{x'}} )$ 的线性变换是保证一切物理定律在不同惯性系下形式不变的基本要求。

　　接下来我们考虑两个特殊事件。设惯性系 $A$ 和 $A'$ 在 $t=t'=0$ 时在原点重合，此时原点发出一股光信号，该事件为 $(0,0,0,0)$。在此后的某个时刻，P 点接收一光信号。在惯性系 $A$ 里该事件为为 $(t,x,y,z)$,在惯性系 $A'$ 里该事件为 $(t',x',y',z')$。采取自然单位制 $c=1$。那么我们有

\begin{equation} \begin{array}{c} t^{2}-(x^{2}+y^{2}+z^{2})=0~,\\ t^{\prime 2}-(x^{\prime 2}+y^{\prime 2}+z^{\prime 2})=0~. \end{array} \end{equation}

　　对于一般的两个事件，它们之间可能并不是用光信号联系，甚至可以没有联系。所以以上两个二次式的结果取值是任意的。通过线性变换，可以把上述方程里参考系 $A'$ 中的二次式变为关于 $(t,x,y,z)$ 的二次式。然而由于初始事件在原点重合，这个线性变换只能是

\begin{equation} t^{2}-(x^{2}+y^{2}+z^{2})=C\left[(t^{\prime 2}-(x^{\prime 2}+y^{\prime 2}+z^{\prime 2})\right]~, \end{equation}

其中 $C$ 是常数因子。由于空间中不存在特殊方向，所以 $C$ 只与两惯性系的相对速度大小有关。反过来，我们也有

\begin{equation} t'^{2}-(x'^{2}+y'^{2}+z'^{2})=C\left[(t^{\prime 2}-(x^{\prime 2}+y^{\prime 2}+z^{\prime 2})\right]~. \end{equation}

解得 $C^2=1$，由变换的连续性我们取 $C=1$。对式 1 的二次式取绝对值并开方，结果便是时空间隔。由上式启发，我们可以定义洛伦兹变换是不改变四矢量 “内积” 的线性变换，即

\begin{equation} s^2=t'^{2}-(x'^{2}+y'^{2}+z'^{2})=t^{2}-(x^{2}+y^{2}+z^{2})~. \end{equation}

2. 洛伦兹群

　　为了方便地表示式 4 ，常引入闵可夫斯基空间的度规张量 $g_{\mu\nu}$ 和时空坐标四矢量标记 $x^{\mu}$，分别表示为

\begin{equation} \begin{aligned} g_{\mu \nu}&=( \begin{pmatrix}1&0&0&0\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}0&-1&0&0\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}0&0&-1&0\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}0&0&0&-1\end{pmatrix} )\\ x^{\mu} &=\left(x^{0}, x^{i}\right)^T \quad(i=1,2,3)\\ &=(t, \boldsymbol{\mathbf{x}} )^T~, \end{aligned} \end{equation}

于是矢量的广义内积可以表示为

\begin{equation}\begin{aligned} s^{2} &=x^{0} x^{0}-x^{i} x^{i}=x^{\mu} x^{\nu} g_{\mu \nu} \\ &=x^{\prime 0} x^{\prime 0}-x^{\prime i} x^{\prime i}=x^{\prime \mu} x^{\prime \nu} g_{\mu \nu}~.\end{aligned}\end{equation}

　　定义 $x_{\mu}=g_{\mu\nu}x^{\nu}$，利用爱因斯坦求和约定，可把模方表示为 $s^2=x_{\mu}x^{\mu}$。当我们想用矩阵表示度规相关的一系列运算时，通常把闵氏度规表示为矩阵形式 $g^{\mu}_{\nu}$，此时有

\begin{equation} s^2=x^Tgx,\,g= \operatorname {diag(1,-1,-1,-1)}~. \end{equation}

　　可以证明，洛伦兹变换满足群的四大定义：封闭性、结合性、单位元存在性与逆元存在性。于是我们把洛伦兹变换所在的集合称为洛伦兹群（Lorentz Group）。

　　设洛伦兹矩阵为 $\Lambda$，矩阵元为 $\Lambda_{\nu}^{\mu}\quad(\mu,\nu=0,1,2,3)$。洛伦兹变换可以表示为

\begin{equation}x^{\prime \mu}=\Lambda_{\nu}^{\mu} x^{\nu}=\Lambda_{0}^{\mu} x^{0}+\Lambda_{i}^{\mu} x^{i}~,\end{equation}

代入式 6 我们有

\begin{equation} x^{\mu} x^{\nu} g_{\mu \nu}=x'^{\rho} x'^{\sigma} g_{\rho \sigma}~. \end{equation}

代入式 8 ，保持时空距离不变要求

\begin{equation} \begin{aligned} g_{\rho \sigma}&=g_{\mu \nu} \Lambda_{\rho}^{\mu} \Lambda_{\sigma}^{\nu}\\ g&=\Lambda^Tg\Lambda \end{aligned}~, \end{equation}

所以洛伦兹变换实际上是保闵氏度规不变的合同变换。因此可以把洛伦兹变换看为 $\mathbb R^{1,3}$ 空间的广义正交变换，写为 $O(1,3)$，其中 “3” 表示闵氏度规里的 3 个负号，$O$ 表示正交(orthogonal)。

　　让我们具体写出一个洛伦兹矩阵如

\begin{equation} \Lambda^{\mu}_{\nu}= \begin{pmatrix}\Lambda^0_0&\Lambda^0_1&\Lambda^0_2&\Lambda^0_3\\\Lambda^1_0&\Lambda^1_1&\Lambda^1_2&\Lambda^1_3\\\Lambda^2_0&\Lambda^2_1&\Lambda^2_2&\Lambda^2_3\\\Lambda^3_0&\Lambda^3_1&\Lambda^3_2&\Lambda^3_3\end{pmatrix} ~, \end{equation}

二次型的要求使得

\begin{equation} \begin{aligned} (\Lambda^0_0)^2-(\Lambda^1_0)^2-(\Lambda^2_0)^2-(\Lambda^3_0)^2&=-1\\ (\Lambda^0_0)^2-(\Lambda^0_1)^2-(\Lambda^0_2)^2-(\Lambda^0_3)^2&=-1~, \end{aligned} \end{equation}

其他列（行）同理，只不过等式右边改为 $1$。

　　经验事实告诉我们，一个物理事件的因果性不随坐标系的改变而改变。比如 $A$ 点发射信号，$B$ 点接收信号，换一个坐标系描述也是一个信号从 $A$ 至 $B$ 的匀速方程。用光锥来表示便是，一个有物理意义的洛伦兹变换必然不改变类时矢量的时间分量符号，使得上光锥内的矢量始终在上光锥内，此为绝对未来；下光锥的类时矢量同理，称之为绝对过去。可以证明，这样有物理意义的洛伦兹变换要求 $\Lambda^0_0>0$。

定理 1　

　　洛伦兹变换保持类时矢量的时间分量符号不变当且仅当 $\Lambda^0_0>0$。

　　 证明：

　　设 $v^i$ 为任意类时矢量，$\Lambda^i_j$ 为任意洛伦兹变换且 $v'=\Lambda^i_jv^j$。则

\begin{equation} v'^{0}=\Lambda^0_0v^0+\Lambda^0_av^a,\,a=1,2,3~. \end{equation}

由 Cauchy-Schwarz 不等式知 $|\Lambda^0_av^a|\le \sqrt{\sum^{3}_{a=1}(\Lambda^0_a)^2}\sqrt{\sum^{3}_{a=1}(v^a)^2}$。则

\begin{equation} v'^0\ge \Lambda^0_0v^0-\sqrt{\sum^{3}_{a=1}(\Lambda^0_a)^2}\sqrt{\sum^{3}_{a=1}(v^a)^2}~. \end{equation}

又因为 $|v^0|> \sqrt{\sum^{3}_{a=1}(v^a)^2},|\Lambda^0_0|>\sqrt{\sum^{3}_{a=1}(\Lambda^0_a)^2}$。定理得证。

推论 1　

　　设满足 $\Lambda^0_0\ge1$ 的洛伦兹分支为 $O^+(1,3)$，则这一分支是 $O(1,3)$ 的子群。

　　 证明：

　　结合性承袭矩阵乘法，单位元显然在正时分支里，因此我们只需证明封闭性与逆元存在性。

　　设 $\Lambda',\Lambda$ 为任意的正时洛伦兹变换，$v$ 为任意类时矢量。由定理 1 可知 $\Lambda'\Lambda$ 与 $v$ 先后作用不改变类时分量符号，所以显然在类时分支里。

　　 $\Lambda^{-1}\Lambda v=v$，不改变类时分量符号，所以 $\Lambda^{-1}$ 也必然不改变类时分类符号，因此在正时分支里。

　　推论得证。

3. 分类

　　对式 10 两边取行列式后立刻得 $\det \Lambda=\pm1$。“+1” 表示坐标系定向在洛伦兹变换后依然不变。

　　取洛伦兹矩阵的 00 分量，根据式 10 有

\begin{equation} 1=g_{\mu \nu} \Lambda_{\rho}^{0} \Lambda_{\sigma}^{0}= (\Lambda_{0}^{0})^2- (\Lambda_{i}^{0})^2~,\\ \end{equation}

所以 $\left|\Lambda_{0}^{0} \right|\geqslant1$。根据 $\Lambda_{0}^{0}$ 的范围（$\Lambda_{0}^{0}\geqslant1$ 是 orthochronous 的洛伦兹变换）和 $\Lambda$（$\det\Lambda=1$ 是 proper 的变换）的行列式可以将洛伦兹变换分为四类

正规、正时（proper orthochronous）以 $\Lambda_{+}^{\uparrow}$ 或 $SO^+(1,3)$ 表示，对应 $\det\Lambda=1\quad \Lambda_{0}^{0}\geqslant1$。
正规、非正时（proper non-orthochronous）以 $\Lambda_{+}^{\downarrow}$ 表示，对应 $\det\Lambda=1\quad \Lambda_{0}^{0}\leqslant-1~$。
非正规、正时（improper orthochronous）以 $\Lambda_{-}^{\uparrow}$ 表示，对应 $\det\Lambda=-1 \quad\Lambda_{0}^{0}\geqslant1~$。
非正规、非正时（improper non-orthochronous）以 $\Lambda_{+}^{\downarrow}$ 表示，对应 $\det\Lambda=-1 \quad\Lambda_{0}^{0}\leqslant-1$。

　　在这四个互不相交的分类中，$SO^+(1,3)$ 最为特殊。由于 $SO^+(1,3)$ 群包含了通俗的洛伦兹变换，即旋转和推促，所以也有学者称其为狭义洛伦兹群（restricted lorentz group）的。为了叙述简洁，下面我们沿用这一称呼。

　　容易证明任意洛伦兹变换都可以写成该分支与时间反演变换 $ \Lambda_{T}$ 以及宇称变换 $\Lambda_{P}$ 的乘积。即

\begin{equation} \mathcal{O}(1,3)=\left\{SO^+(1,3), \Lambda_{P} SO^+(1,3), \Lambda_{T} SO^+(1,3), \Lambda_{P} \Lambda_{T} SO^+(1,3)\right\}~. \end{equation}

　　实际上，这不仅是 “看起来” 大大减轻了对洛伦兹变换的研究负担。在进一步分析 $SO^+(1,3)$ 的特殊性之前，我们先来看一下这四个分支的例子。

4. 举例

转动：纯粹的空间转动下，$x^{\prime 0}=x^{0}, x^{\prime i}=a^{i j} x^{j}$，这时洛伦兹矩阵写为
\begin{equation} \Lambda=\left( \begin{array}{cccc} 1& 0 & 0 & 0\\ 0& a^{11} & a^{12} & a^{13}\\ 0& a^{21} & a^{22} & a^{23}\\ 0& a^{31} & a^{32} & a^{33}\\ \end{array} \right) ~. \end{equation}
$a^{ij}$ 构成的子矩阵即为欧式空间的旋转矩阵，保证了 $\det\Lambda=1$。因此 $\Lambda\in SO^+(1,3)$。
平动（boost）：由双曲余弦的性质知，所有的平动都是正时的，实际上也都是正规的。例如对于沿着 x 轴的平动，变换为
\begin{equation}\begin{array}{c} x^{\prime 0}=x^{0} \cosh \eta-x^{1} \sinh \eta~, \\ x^{\prime 1}=-x^{0} \sinh \eta+x^{1} \cosh \eta ~,\\ x^{\prime 2}=x^{2}, \quad x^{\prime 3}=x^{3}~. \end{array}\end{equation}
参数定义为
\begin{equation} \begin{aligned} \frac{v}{c} &=\tanh\eta ~,\\ \left(1-(\frac{v}{c})^2 \right)^{-\frac{1}{2}} &=\cosh\eta~,\\ \left (1-(\frac{v}{c})^2 \right)^{-\frac{1}{2}}\cdot\frac{v}{c}&=\sinh\eta~. \end{aligned} \end{equation}
那么对应的洛伦兹矩阵为
\begin{equation}\Lambda=\left(\begin{array}{cccc} \cosh \eta & -\sinh \eta & 0 & 0 \\ -\sinh \eta & \cosh \eta & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)~.\end{equation}
并有
\begin{equation}\begin{aligned} &\det\Lambda=\cosh ^{2} \eta-\sinh ^{2} \eta=1~,\\ &\Lambda_{0}^{0}=\cosh \eta \geqslant 1~. \end{aligned}\end{equation}
时间反演 此时 $\Lambda= \operatorname {diag}(-1,1,1,1)$。易见这是非正规、非正时的。
空间反演 $\Lambda= \operatorname {diag}(1,-1,-1,-1)$。易见这是非正规、正时的。

5. 狭义洛伦兹群的分解

引理 1　

　　设 $\Lambda\in SO^+(1,3)$，则 $\Lambda$ 为旋转变换当且仅当 $\Lambda \boldsymbol{\mathbf{e}} _0= \boldsymbol{\mathbf{e}} _0$。

　　 证明： 由旋转变换的定义可得引理的必要性，下面证明充分性。

　　若 $\Lambda \boldsymbol{\mathbf{e}} _0= \boldsymbol{\mathbf{e}} _0$，则 $\Lambda^0_0=1,\Lambda^i_0=0$。又因为 $\Lambda^T$ 也是洛伦兹变换，所以

\begin{equation} (\Lambda^0_0)^2-\sum^{3}_{i=1}(\Lambda^0_i)^2=1~, \end{equation}

因此 $\Lambda^0_i=0$。最后易证该矩阵的空间部分子矩阵为 $SO(3)$ 群元，因此该引理得证。

定理 2　

　　设任意 $\Lambda\in SO^+(1,3)$，我们总可以将其分解为推促变换 $\Lambda( \boldsymbol{\mathbf{n}} ,\theta)$ 和旋转变换 $R$ 的乘积。即

\begin{equation} \Lambda=\Lambda( \boldsymbol{\mathbf{n}} ,\theta)R~. \end{equation}

6. 狭义洛伦兹群的李代数

　　（为了叙述逻辑的流畅性，部分证明附在最后。）

未完成：李群子群的条件待补充

$SO^+(1,3)$ 的特殊性

　　 $O(1,3)$ 群有两个特殊子群，一是能保持坐标系定向的正规群，二则是正时群，正时群能保证类时矢量的时间分量不变，这实际上是保证了事件的因果性。一个有物理意义的洛伦兹变换必然是正时的。

　　实际上，洛伦兹群的四个分支里只有 $SO^+(1,3)$ 是子群。我们来简单证明一下。首先，非正规的洛伦兹分支总是违背封闭性的，因为两个行列式为 $-1$ 的相乘结果是行列式为 $1$ 的矩阵。其次，由于非正时的洛伦兹变换会改变类时矢量的时间分量符号，所以被两个非正时的洛伦兹变换作用后，类时矢量的时间分量符号会恢复。所以非正时的洛伦兹矩阵相乘结果必为正时矩阵。相较之下，由于子群相交结果是子群，作为正规与正时群的交集，$SO^+(1,3)$ 必为 $O(1,3)$ 的子群，在赋予了拓扑结构后成为李子群。因此我们可以用指数映射表示该李子群的 “部分” 群元。

　　设任意 $X\in \mathfrak{so}^+(1,3)\equiv \operatorname {Lie} SO^+(1,3),t\in \mathbb R$，指数映射 $ \mathrm{e} ^{tX_e}$ 表示一条从单位元出发的，左不变切场的积分曲线。那么该曲线经过的点都能被指数映射所表示。由此观之，其他连通分支的元素均不能被指数映射所表示，毕竟单位元 $I$ 是正规正时矩阵，在 $SO^+(1,3)$ 内，而不同连通分支是彼此不相交的。或者从另一个角度上看，$ \mathrm{e} ^{tX_e}$ 的行列式永远是正的，所以 $O(1,3)$ 的李代数就是 $SO^+(1,3)$ 的李代数。

　　有意思的是，虽然指数映射并非总是满射，但可以证明在 $SO^+(1,3)$ 上是满的。 所以该群群元都可以被指数映射所表示。因此，研究 $SO^+(1,3)$ 上的李代数是非常有实践意义的，借由式 16 ，我们便得到 $O(1,3)$ 的所有群元。

狭义洛伦兹群的群元形式

　　在后文里我们将证明，对于任意 $\Lambda\in SO^+(1,3)$，总存在 $t\in \mathbb R,X\in \mathfrak so^+(1,3)$，使得 $\Lambda= \mathrm{e} ^{tX}$，因此找到 $\mathfrak so^+(1,3)$ 的基尤为重要¹。

　　由分解定理可知，$SO^+(1,3)$ 的群元总可以分解成推促和旋转部分的乘积，因此是六维李群。

　　 $SO^+(1,3)$ 的旋转子集为 $1\oplus A,\,A\in SO(3)$，所以旋转部分的李代数为 $0\oplus \mathfrak so(3)$。基分别是²

\begin{equation} J_{1}=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix},\quad J_{2}=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&-1&0&0\end{pmatrix},\quad J_{3}=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&0&-1&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}~, \end{equation}

对于任意 $t,a^i\in\mathbb R$，$ \mathrm{e} ^{ta^iJ_i}$ 便是 $SO(3)$ 直和上时间分量的 “1”。

　　同理，我们也可从推促变换的形式得到 $x,y,z$ 方向上李代数的基。分别为

\begin{equation} K_1=\begin{pmatrix}0&1&0&0\\1&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix},\quad K_2=\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&0\\1&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix},\quad K_3=\begin{pmatrix}0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}~. \end{equation}

　　显然，$J_i,K_i(i=1,2,3)$ 都是线性无关的，因此这就是 $\mathfrak{so}^+ (1,3)$ 的基。

　　总结一下，任一狭义洛伦兹群的群元都可以写为

\begin{equation} \Lambda = \mathrm{e} ^{t( \boldsymbol{\mathbf{a}} ^i \boldsymbol{\mathbf{J}} _i+ \boldsymbol{\mathbf{b}} ^i \boldsymbol{\mathbf{K}} _i)},\forall t,a^i,b^i\in\mathbb R~. \end{equation}

考虑到 $ \mathrm{i} J_i$ 为厄米算符，所以物理上一般在 basis 前乘以 $ \mathrm{i} $。并把群元表示为 $ \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} t( \boldsymbol{\mathbf{a}} ^i \boldsymbol{\mathbf{J}} _i+ \boldsymbol{\mathbf{b}} ^i \boldsymbol{\mathbf{K}} _i)}$。

部分证明

定理 3　

　　 $SL(2,\mathbb C)$ 是 $SO^+(1,3)$ 的双覆盖。

　　 证明： 首先证明，存在同态映射 $f:SL(2,\mathbb C)\to O(1,3)$。为此，我们引入 $\mathbb R^{1,3}$ 与厄米矩阵的同构映射。设全体厄米矩阵的集合为 $G$。把任意 $A\in G$ 写为如下形式：

\begin{equation} A= \begin{pmatrix}x+z&t+ \mathrm{i} y\\t- \mathrm{i} y& x-z\end{pmatrix} ~. \end{equation}

对于任意矩阵 $W\in SL(2,\mathbb C)$，$WAW^{\dagger}$ 是个保 $ \operatorname {det} A$ 不变的作用，由于该行列式等于 $(t,x,y,z)$ 在 $\mathbb R^{1,3}$ 中的内积，因此相当于该矢量被 $O(1,3)$ 中的一个矩阵作用。即存在映射 $f(W)=L\in O(1,3)$。容易验证对于任意 $W_1,W_2$ 有 $f(W_1W_2)=f(W_1)f(W_2)$，所以该映射就是我们需要的同态映射。

　　下面来检查该同态映射的核。由于厄米矩阵与 $\mathbb R^{1,3}$ 同构。因此

\begin{equation} \operatorname {ker} f=\{W\in SL(2,\mathbb C)|WAW^{\dagger}=A,\forall A\in G \}~. \end{equation}

令 $A=I$，得 $W^{\dagger}=W^{-1}$。所以任意 $W$ 都满足 $AW=WA$，则 $ \operatorname {ker} f=\{I,-I\}$。

　　由群同态定理知：$SL(2,\mathbb C)/(I,-I)\cong \operatorname {Im}f\subset O(1,3)$，因此该同态映射是二对一的。

　　下面证明该同态映射是连续的。从式 27 可知，厄米矩阵的基为 $\{I,\sigma_i\},i=1,2,3$，其中 $\sigma_i$ 为 $\sigma_z$ 表象下的泡利矩阵。定义 $\sigma_0=I$，基分别为

\begin{equation} \sigma_0=I,\sigma_1= \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} ,\sigma_2= \begin{pmatrix}0& \mathrm{i} \\- \mathrm{i} &0\end{pmatrix} ,\sigma_3= \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} ~. \end{equation}

所以任意厄米矩阵 $A=x^{\mu}\sigma_{\mu},\mu=\{0,1,2,3\}$。在这个以矩阵为基的线性空间中，利用求迹运算的线性与对称性，定义向量内积为：

\begin{equation} (A,B)=\frac{1}{2} \operatorname {Tr}(AB),\forall A,B\in G~. \end{equation}

系数取 $1/2$ 的目的是归一化基。可验证此时基是正交归一的，即

\begin{equation} (\sigma_{\mu},\sigma_{\nu})=\delta_{\mu\nu}~, \end{equation}

则 $x^{\mu}=(A,\sigma_{\mu})$。定义 $A'=WAW^{\dagger}=x'^{\mu}\sigma_{\mu}$，则

\begin{equation} \begin{aligned} x'^{\mu}&=(WAW^{\dagger},\sigma _{\mu})\\ &=\frac{1}{2} \operatorname {Tr}(Wx^{\nu}\sigma_{\nu}W^{\dagger}\sigma_{\mu})\\ &=\frac{1}{2} \operatorname {Tr}(W\sigma_{\nu}W^{\dagger}\sigma_{\mu})x^{\nu}\equiv L^{\mu}_{\nu}x^{\nu}~. \end{aligned} \end{equation}

所以 $[f(W)]^{\mu}_{\nu}=(W\sigma_{\nu}W^{\dagger},\sigma_{\mu})$。由于这些运算是连续的，因此同态映射是连续的。连续映射保证了连通性，所以 $ \operatorname {Im}f\subset SO^+(1,3)\subset O(1,3)$。在拓扑上，这是一个覆叠同态，因此有同构的李代数。又因为 $ \operatorname {dim}\mathfrak {sl}(2,\mathbb C)= \operatorname {dim}{\mathfrak{so^+}(1,3)}=6$，所以 $ \operatorname {Im}f=SO^+(1,3)$。

引理 2　

　　 $PGL(2,\mathbb C)\equiv GL(2,\mathbb C)/Z$，$Z$ 为该一般线性群的群中心。$PSL(2,\mathbb C)\equiv SL(2,\mathbb C)/(I,-I)$。

　　我们有：$PGL(2,\mathbb C)\cong PSL(2,\mathbb C)$。

　　 证明³：

　　 $Z$ 由单位矩阵的标量倍构成，因此 $PGL(2,\mathbb C)$ 的每个陪集里，不同元素都是彼此的标量倍，我们可以 “归一化” 这些陪集。对于任意 $A\in GL(2,\mathbb C)$，设 $f(A)=A/(\sqrt{ \operatorname {det A}})$，则易证 $ \operatorname {det}f(A)=I$，即 $f(A)\in SL(2,\mathbb C)$。显然，这是一个满同态，于是我们再复合一个到商群的自然同态：$\pi\circ f: GL(2,\mathbb C)\to SL(2,\mathbb C)\to PSL(2,\mathbb C)$。易证这是一个同态映射。

　　由定义知该同态映射的核就是 $Z$。由群同态定理得证 $PGL(2,\mathbb C)\cong PSL(2,\mathbb C)$。

定理 4　

　　指数映射 $ \mathrm{e} :\mathfrak {so}^+(1,3)\to SO^+(1,3)$ 是满射。

　　 证明： 设 $PGL(2,\mathbb C)$ 的李代数表示为 $\mathfrak{pgl}(2,\mathbb C)$，也即在单位元处的切空间。再设自然同态 $\pi:GL(2,\mathbb C)\to PGL(2,\mathbb C)$⁴的切映射表示为 $\pi_*$。对于任意 $X\in \mathfrak{gl}(2,\mathbb C)$，由定理 2 可知：

\begin{equation} \pi( \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} X})= \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \pi_*(X)}~. \end{equation}

由于自然同态是满同态，另外可证明 $\mathfrak{gl}(2,\mathbb C)$ 上的指数映射是满的⁵，所以 $\mathfrak{pgl}(2,\mathbb C)$ 上的指数映射也是满的。

　　由引理 2 和式 2 得：

\begin{equation} PGL(2,\mathbb C)\cong PSL(2,\mathbb C)\cong SO^+(1,3)~. \end{equation}

　　同构的李群有同构的李代数，于是重复上述利用式 33 的证明，本定理得证。

1. ^ 在物理上，李代数的基经常被称作 “生成元”。
2. ^ $J_i,K_i$ 的推导细节见洛伦兹群的李代数。在一些物理教材里，旋转或者推促部分的基向量组与本文相差一个负号，因此它们的旋转参数里会相应多乘一个负号。所以式 26 式中，群元表达式里 “改为”“$-a^iJ_i+b^iK_i$” 或者 “$a^iJ_i-b^iK_i$”。
3. ^ 另一个思路：利用 $GL(2,\mathbb C)=SL(2,\mathbb C)Z$。以及定理 2 若 $H\subset G,N\vartriangleleft G$，则 $HN/N\cong H/(H\cap N)$。
4. ^ 商群的拓扑结构见商拓扑。$Z$ 是闭集，所以 $PGL(n,\mathbb C)$ 是拓扑群，继承原李群的乘积映射运算后，该商群为李群。
5. ^ Hall, Brian C. (2015), Lie groups, Lie algebras, and Representations: An Elementary Introduction, Graduate Texts in Mathematics, vol. 222 (2nd ed.), Springer.