Ableiten $\Lambda^i_{\,\,\,j}$ Komponenten der Lorentz-Transformationsmatrix
Ich versuche, Weinbergs Herleitung (im Buch Gravitation and Cosmology) der Lorentz-Transformation zu folgen oder in beliebiger Richtung zu fördern. Ich habe Probleme, das abzuleiten$\Lambda^i_{\,\,\,j}$Komponenten. Hier ist, wie ich es versuche,\begin{align} \eta_{0i}=0&=\eta_{\alpha\beta}\Lambda^\alpha_{\,\,\,0}\Lambda^\beta_{\,\,\,i}\nonumber\\ &=\eta_{00}\Lambda^0_{\,\,\,0}\Lambda^0_{\,\,\,i}+\eta_{jk}\Lambda^j_{\,\,\,0}\Lambda^k_{\,\,\,i}\nonumber\\ &=-c^2\gamma\left(-\frac{1}{c^2}\gamma v_i\right)+\eta_{jk}\left(-v^j\gamma\right)\Lambda^k_{\,\,\,i}\nonumber\\ &=\gamma^2 v_i-\gamma v_k\Lambda^k_{\,\,\,i} \end{align}Dann haben wir \ begin {Gleichung} \ begin {gesammelt} v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ gamma v_i \ end {gesammelt} \ end {Gleichung} Wie gehe ich von der obigen Gleichung aus? zur Lösung unten?,$$\Lambda^i_{\,\,\,j}=\delta^i_{\,\,j}+\frac{v^iv_j}{\mathbf{v}^2}\left(\gamma-1\right)$$ Ich bin ein Neuling in diesem Thema und zeige bitte die Zwischenschritte.
Antworten
Ich würde mir eine allgemeine schnelle Ableitung wünschen, die genau im Geiste von Weinberg folgt.
Denken Sie daran, dass dabei ein Partikel in einem Frame betrachtet wird $\mathcal{O}$ in dem das Teilchen keine Geschwindigkeit zu haben scheint und auch in einem Rahmen $\mathcal{O}'$ in dem es Geschwindigkeit zu haben scheint $$ \mathbf{v} = (\frac{dx'^i}{dt'}),$$ und dann mit $$dt' = \Lambda^0_{\,\,\,0} dt,$$ $$dx'^i = \Lambda^i_{\,\,\,0} dt,$$ zusammen mit $00$ Bestandteil der Identität $$\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\gamma} \Lambda^{\beta}_{\,\,\,\delta} \eta_{\alpha \beta} = \eta_{\gamma \delta}$$ um zu zeigen, dass eine Lorentz-Transformation $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ zwischen diesen Rahmen muss erfüllen $$\Lambda^0_{\,\,\,0} = \gamma$$ $$\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i,$$ während der Rest $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ Komponenten sind nicht wie oben eindeutig fixiert, da für jede Drehung $R^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ wir haben das beides $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ und $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\gamma} R^{\gamma}_{\,\,\,\beta}$ transformiert sich von dem Rahmen, in dem das Partikel mit einer Geschwindigkeit von Null erscheint, zu dem Rahmen, in dem es eine Geschwindigkeit zu haben scheint $\mathbf{v}$.
Eine Möglichkeit, die dieser ähnelt , besteht darin, zunächst den Sonderfall (boo) eines Rahmens zu betrachten, in dem$v^1 = v, v^2 = 0, v^3 = 0$ und dann versuchen Sie, die Ergebnisse so zu schreiben, dass sie für alle leicht zutreffen $\mathbf{v}$. Also gegeben$$ \Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} = \begin{bmatrix} \gamma & \gamma v & 0 & 0 \\ \gamma v & \Lambda^1_{\,\,\,1} & \Lambda^1_{\,\,\,2} & \Lambda^1_{\,\,\,3} \\ 0 & \Lambda^2_{\,\,\,1} & \Lambda^2_{\,\,\,2} & \Lambda^2_{\,\,\,3} \\ 0 & \Lambda^3_{\,\,\,1} & \Lambda^3_{\,\,\,2} & \Lambda^3_{\,\,\,3} \end{bmatrix} $$ benutze die Tatsache, dass \begin{align} 1 &= \det(\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} ) \\ &= \gamma \begin{bmatrix} \Lambda^1_{\,\,\,1} & \Lambda^1_{\,\,\,2} & \Lambda^1_{\,\,\,3} \\ \Lambda^2_{\,\,\,1} & \Lambda^2_{\,\,\,2} & \Lambda^2_{\,\,\,3} \\ \Lambda^3_{\,\,\,1} & \Lambda^3_{\,\,\,2} & \Lambda^3_{\,\,\,3} \end{bmatrix} - \gamma v \begin{bmatrix} \gamma v & 0 & 0 \\ \Lambda^2_{\,\,\,1} & \Lambda^2_{\,\,\,2} & \Lambda^2_{\,\,\,3} \\ \Lambda^3_{\,\,\,1} & \Lambda^3_{\,\,\,2} & \Lambda^3_{\,\,\,3} \end{bmatrix} \\ &= \gamma \begin{bmatrix} \Lambda^1_{\,\,\,1} & \Lambda^1_{\,\,\,2} & \Lambda^1_{\,\,\,3} \\ \Lambda^2_{\,\,\,1} & \Lambda^2_{\,\,\,2} & \Lambda^2_{\,\,\,3} \\ \Lambda^3_{\,\,\,1} & \Lambda^3_{\,\,\,2} & \Lambda^3_{\,\,\,3} \end{bmatrix} - \gamma^2 v^2 \begin{bmatrix} \Lambda^2_{\,\,\,2} & \Lambda^2_{\,\,\,3} \\ \Lambda^3_{\,\,\,2} & \Lambda^3_{\,\,\,3} \end{bmatrix} \end{align} um die Wahl der Rotation zu motivieren $R^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ so dass die offensichtlichen Beziehungen $$\Lambda^1_{\,\,\,1} = \gamma$$ $$\Lambda^2_{\,\,\,2} = \Lambda^3_{\,\,\,3} = 1$$ $$\Lambda^1_{\,\,\,2} = \Lambda^1_{\,\,\,3} = ... = 0$$Machen Sie die obige Determinantenbeziehung zu einer Identität. So arbeiten wir mit$$ \Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} = \begin{bmatrix} \gamma & \gamma v & 0 & 0 \\ \gamma v & \gamma & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} $$ Nun, seit dem $3 \times 3$ Der räumliche Teil der Matrix sollte sich auf reduzieren $I$ wann $\mathbf{v} = (v,0,0)$ Ist Null, versuchen wir einfach, es in Bezug auf die Identität und einen Teil, der davon abhängt, neu zu schreiben $\mathbf{v}$ auf eine Weise, die sich leicht auf willkürlich verallgemeinern lässt $\mathbf{v}$ist über \begin{align} \Lambda^{i}_{\,\,\,j} &= \begin{bmatrix} \gamma & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \\ &= I + (\begin{bmatrix} \gamma & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} - I) \\ &= I + \begin{bmatrix} \gamma - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \\ &= I + (\gamma - 1) \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \\ &= I + (\gamma - 1) (1,0,0) \otimes (1,0,0)^T \\ &= I + (\gamma - 1) \frac{1}{v^2} v(1,0,0) \otimes v (1,0,0)^T \\ &= I + (\gamma - 1) \frac{1}{\mathbf{v}^2} \mathbf{v} \otimes \mathbf{v}^T \\ &= \delta^i_{\,\,\,j} + (\gamma - 1) \frac{1}{\mathbf{v}^2} v^i v_j \end{align} Dies ist Weinbergs (2.1.20), wo ich noch habe $\mathbf{v} = (v,0,0)$, aber jetzt ist die Beziehung eine Vektorbeziehung, die von der Form von unabhängig ist $\mathbf{v}$ so können Sie einfach einstellen $\mathbf{v} = (v^1,v^2,v^3)$.
Die Wahl $\mathbf{v} = (v,0,0)$ meint $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i$ reduziert sich auf $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i = (\gamma v,0,0)$ aber es ist leicht zu einem General verallgemeinert $\mathbf{v}$ Rahmen erneut durch Einstellen $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i$ für allgemein $\mathbf{v}$, das ist (2.1.21).
Wie Weinberg dort nur in diesem Abschnitt (Seite 29) sagt $\Lambda^0_{\ 0} = 1$ und $\Lambda^{i}_{\ 0} = \gamma v_i$ sind eindeutig bestimmt - die anderen $\Lambda^{\alpha}_{\ \beta}$ sind nicht eindeutig bestimmt (der Grund dafür ist, dass wenn $\Lambda^{\alpha}_{\ \beta}$ trägt ein Teilchen von der Ruhe zur Geschwindigkeit $\mathbf{v}$dann auch $\Lambda^{\alpha}_{\ \delta} R^{\delta}_{\ \beta}$ wo $R$ ist eine beliebige Drehung).
Die bequeme Wahl, die Weinberg aufschreibt, ist $$ \Lambda^{i}_{\ j} \ = \ \delta_{ij} + \frac{ v_{i} v_{j} }{ v^2 } (\gamma - 1) $$ ist nur eine Wahl.
BEARBEITEN: Um zu sehen, dass diese Auswahl mit Ihrer Gleichung übereinstimmt, können Sie das Obige als schreiben $3 \times 3$ Matrix: $$ \tilde{\Lambda} = \mathbb{I} + \frac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v}\mathbf{v}^{T} $$ wo $\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}$ist ein äußeres Produkt, und Sie können überprüfen, ob die Komponenten dieser Matrix mit den oben genannten übereinstimmen. Beachte das$v_{k} \Lambda^{k}_{\ j} = \gamma v_{j}$ kann geschrieben werden als $\mathbf{v}^{T} \tilde{\Lambda} = \gamma \mathbf{v}^{T}$ oder weil $\Lambda$ ist symmetrisch, können Sie dies auch als schreiben $$ \tilde{\Lambda} \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v} \ . $$ Stecken Sie die obige Matrix in die LHS und Sie erhalten: $$ \text{LHS} = \left( \mathbb{I} + \tfrac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v}\mathbf{v}^{T} \right) \mathbf{v} = \mathbf{v} + \tfrac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v} \mathbf{v}^{T} \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v} $$ welches ist $=$RHS, wo die letzte Gleichheit verwendet $\mathbf{v}^{T}\mathbf{v} = v^2$.
EDIT 2: Ich frage mich, ob Weinberg einen Tippfehler hat, wo er das sagt $\tilde{\Lambda} R$erfüllt auch die Gleichung. Ich denke es sollte eher sein$\tilde{\Lambda}' = R^{T} \tilde{\Lambda} R$, die die Gleichung löst $\tilde{\Lambda}' \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v}$ wann immer $\tilde{\Lambda}$ tut.
Die Komponenten $\Lambda^i_{\,\,\,j}$kann nicht eindeutig bestimmt werden. Wie Sie die Form dieser Komponenten am besten motivieren können, finden Sie in der Antwort von bolbteppa . Vielleicht ist dies das Beste, was Sie tun können. Dies kann sich jedoch immer noch wie Betrug anfühlen, insbesondere wenn Sie die Ergebnisse von verallgemeinern$(v,0,0)$ zum Fall von $\mathbf{v}$. Diese Antwort wird also die zuvor in dieser Verallgemeinerung zitierte Antwort ergänzen. Wie wir jetzt unsere bequeme Form der Komponenten kennen$\Lambda^i_{\,\,\,j}$können wir die folgende Algebra machen,
\ begin {Gleichung} \ begin {gesammelt} v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ gamma v_i \\ v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ left (\ gamma -1 \ rechts) v_i + v_k \ delta ^ k _ {\, \, \, \, i} \\ v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ links (\ gamma-1 \ rechts) v_i \ frac {v_kv ^ k} {\ mathbf {v} ^ 2} + v_k \ delta ^ k _ {\, \, \, \, i} \\ v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = v_k \ left [\ left (\ gamma-1 \ right) \ frac {v_iv ^ k} {\ mathbf {v} ^ 2} + \ delta ^ k _ {\, \, \, \, i} \ right] \\ v_k \ left [\ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} - \ left (\ gamma-1 \ right) \ frac {v_iv ^ k} {\ mathbf {v} ^ 2} + \ delta ^ k _ {\, \, \, \, i} \ right] = 0 \ end {versammelte} \ end {Gleichung} Nun, as$v^k$ ist willkürlich, müssen wir haben, \begin{align} \Lambda^k_{\,\,\,i}=\left(\gamma-1 \right)\frac{v_iv^k}{\mathbf{v}^2}+\delta^k_{\,\,\,\,i} \end{align}