Derivando $\Lambda^i_{\,\,\,j}$ componentes de la matriz de transformación de Lorentz
Estoy tratando de seguir la derivación de Weinberg (en el libro Gravitation and Cosmology) de la transformación o impulso de Lorentz en una dirección arbitraria. Estoy teniendo problemas para derivar el$\Lambda^i_{\,\,\,j}$componentes. Así es como lo estoy intentando\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}Entonces tenemos, \ begin {ecuación} \ begin {recolectada} v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ gamma v_i \ end {recolectada} \ end {ecuación} ¿Cómo voy desde la ecuación anterior? a la solución a continuación?$$\Lambda^i_{\,\,\,j}=\delta^i_{\,\,j}+\frac{v^iv_j}{\mathbf{v}^2}\left(\gamma-1\right)$$ Soy un novato en el tema y por favor muestre los pasos intermedios.
Respuestas
Me gustaría ver una derivación rápida general que siga exactamente el espíritu de Weinberg.
Recuerde que esto implica considerar una partícula en un marco $\mathcal{O}$ en el que la partícula parece no tener velocidad y también en un marco $\mathcal{O}'$ en el que parece tener velocidad $$ \mathbf{v} = (\frac{dx'^i}{dt'}),$$ y luego usando $$dt' = \Lambda^0_{\,\,\,0} dt,$$ $$dx'^i = \Lambda^i_{\,\,\,0} dt,$$ junto con $00$ componente de la identidad $$\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\gamma} \Lambda^{\beta}_{\,\,\,\delta} \eta_{\alpha \beta} = \eta_{\gamma \delta}$$ para mostrar que una transformación de Lorentz $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ entre estos marcos debe satisfacer $$\Lambda^0_{\,\,\,0} = \gamma$$ $$\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i,$$ mientras que el restante $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ los componentes no se fijan de forma única como se indicó anteriormente, ya que para cualquier rotación $R^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ tenemos que ambos $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ y $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\gamma} R^{\gamma}_{\,\,\,\beta}$ se transformará desde el marco donde la partícula aparece con velocidad cero al marco donde parece tener velocidad $\mathbf{v}$.
Una forma, que es similar a esta , es considerar primero el caso especial (boo) de un marco en el que$v^1 = v, v^2 = 0, v^3 = 0$ y luego intente escribir los resultados para que se apliquen fácilmente a cualquier $\mathbf{v}$. Así, dado$$ \Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} = \begin{bmatrix} \gamma & \gamma v & 0 & 0 \\ \gamma v & \Lambda^1_{\,\,\,1} & \Lambda^1_{\,\,\,2} & \Lambda^1_{\,\,\,3} \\ 0 & \Lambda^2_{\,\,\,1} & \Lambda^2_{\,\,\,2} & \Lambda^2_{\,\,\,3} \\ 0 & \Lambda^3_{\,\,\,1} & \Lambda^3_{\,\,\,2} & \Lambda^3_{\,\,\,3} \end{bmatrix} $$ usa el hecho de que \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} para motivar la elección de la rotación $R^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ para que las relaciones obvias $$\Lambda^1_{\,\,\,1} = \gamma$$ $$\Lambda^2_{\,\,\,2} = \Lambda^3_{\,\,\,3} = 1$$ $$\Lambda^1_{\,\,\,2} = \Lambda^1_{\,\,\,3} = ... = 0$$hacer de la relación determinante anterior una identidad. Así trabajamos con$$ \Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} = \begin{bmatrix} \gamma & \gamma v & 0 & 0 \\ \gamma v & \gamma & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} $$ Ahora, desde el $3 \times 3$ parte espacial de la matriz debe reducirse a $I$ cuando $\mathbf{v} = (v,0,0)$ es cero, simplemente tratamos de reescribirlo en términos de la identidad y una parte que depende de $\mathbf{v}$ de una manera que se generalizará fácilmente a arbitrario $\mathbf{v}$a través de \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} Este es el de Weinberg (2.1.20), donde todavía tengo $\mathbf{v} = (v,0,0)$, pero ahora la relación es una relación vectorial independiente de la forma de $\mathbf{v}$ para que puedas configurar $\mathbf{v} = (v^1,v^2,v^3)$.
La elección $\mathbf{v} = (v,0,0)$ medio $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i$ se reduce a $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i = (\gamma v,0,0)$ pero se generaliza fácilmente a un general $\mathbf{v}$ encuadre de nuevo estableciendo $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i$ en general $\mathbf{v}$, que es (2.1.21).
Como dice Weinberg en esa sección (página 29), solo $\Lambda^0_{\ 0} = 1$ y $\Lambda^{i}_{\ 0} = \gamma v_i$ están determinados de forma única - el otro $\Lambda^{\alpha}_{\ \beta}$ no se determinan de forma única (la razón de esto es que si $\Lambda^{\alpha}_{\ \beta}$ lleva una partícula del reposo a la velocidad $\mathbf{v}$, entonces también $\Lambda^{\alpha}_{\ \delta} R^{\delta}_{\ \beta}$ dónde $R$ es una rotación arbitraria).
La opción conveniente que anotó Weinberg es $$ \Lambda^{i}_{\ j} \ = \ \delta_{ij} + \frac{ v_{i} v_{j} }{ v^2 } (\gamma - 1) $$ es solo una elección.
EDITAR: Para ver que esta elección es consistente con su ecuación, puede escribir lo anterior como un $3 \times 3$ matriz: $$ \tilde{\Lambda} = \mathbb{I} + \frac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v}\mathbf{v}^{T} $$ dónde $\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}$es un producto externo, y puede verificar que los componentes de esta matriz concuerden con lo anterior. Darse cuenta de$v_{k} \Lambda^{k}_{\ j} = \gamma v_{j}$ Se puede escribir como $\mathbf{v}^{T} \tilde{\Lambda} = \gamma \mathbf{v}^{T}$ o porque $\Lambda$ es simétrico, también puedes escribir esto como $$ \tilde{\Lambda} \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v} \ . $$ Conecte la matriz anterior al LHS y obtendrá: $$ \text{LHS} = \left( \mathbb{I} + \tfrac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v}\mathbf{v}^{T} \right) \mathbf{v} = \mathbf{v} + \tfrac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v} \mathbf{v}^{T} \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v} $$ cual es $=$RHS, donde la última igualdad usa $\mathbf{v}^{T}\mathbf{v} = v^2$.
EDICIÓN 2: Me pregunto si Weinberg tiene un error tipográfico, donde dice que $\tilde{\Lambda} R$también satisface la ecuación. Creo que debería ser mejor$\tilde{\Lambda}' = R^{T} \tilde{\Lambda} R$, que resuelve la ecuación $\tilde{\Lambda}' \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v}$ cuando sea $\tilde{\Lambda}$ hace.
Los componentes $\Lambda^i_{\,\,\,j}$no se puede determinar de forma única. La mejor manera de motivar la forma de estos componentes se da en la respuesta de bolbteppa . Quizás esto sea lo mejor que pueda hacer. Sin embargo, esto puede parecer una trampa, especialmente cuando generaliza los resultados de$(v,0,0)$ al caso de $\mathbf{v}$. So, this answer will complement the previously cited answer in this generalizing. As we now know our convenient form the components $\Lambda^i_{\,\,\,j}$, we can do the following algebra,
\begin{equation} \begin{gathered} v_k\Lambda^k_{\,\,\,i}=\gamma v_i\\ v_k\Lambda^k_{\,\,\,i}=\left(\gamma-1 \right)v_i+v_k\delta^k_{\,\,\,\,i}\\ v_k\Lambda^k_{\,\,\,i}=\left(\gamma-1 \right)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{gathered} \end{equation} Now, as $v^k$ is arbitrary, we must have, \begin{align} \Lambda^k_{\,\,\,i}=\left(\gamma-1 \right)\frac{v_iv^k}{\mathbf{v}^2}+\delta^k_{\,\,\,\,i} \end{align}