Turun $\Lambda^i_{\,\,\,j}$ komponen matriks transformasi Lorentz
Saya mencoba mengikuti derivasi Weinberg (dalam buku Gravitasi dan Kosmologi) dari transformasi Lorentz atau mendorong ke arah yang sewenang-wenang. Saya mengalami masalah dalam mendapatkan$\Lambda^i_{\,\,\,j}$komponen. Inilah cara saya mencoba,\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}Kemudian kita memiliki, \ begin {persamaan} \ begin {dikumpulkan} v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ gamma v_i \ end {dikumpulkan} \ end {persamaan} Bagaimana saya pergi dari persamaan di atas ke solusi di bawah ini ?,$$\Lambda^i_{\,\,\,j}=\delta^i_{\,\,j}+\frac{v^iv_j}{\mathbf{v}^2}\left(\gamma-1\right)$$ Saya seorang pemula dalam subjek dan tolong tunjukkan langkah-langkah di antaranya.
Jawaban
Saya ingin melihat derivasi cepat umum yang mengikuti persis dalam semangat Weinberg.
Ingat ini melibatkan mempertimbangkan partikel dalam bingkai $\mathcal{O}$ di mana partikel tersebut tampaknya tidak memiliki kecepatan dan juga dalam bingkai $\mathcal{O}'$ di mana ia tampak memiliki kecepatan $$ \mathbf{v} = (\frac{dx'^i}{dt'}),$$ dan kemudian menggunakan $$dt' = \Lambda^0_{\,\,\,0} dt,$$ $$dx'^i = \Lambda^i_{\,\,\,0} dt,$$ Bersama dengan $00$ komponen identitas $$\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\gamma} \Lambda^{\beta}_{\,\,\,\delta} \eta_{\alpha \beta} = \eta_{\gamma \delta}$$ untuk menunjukkan bahwa transformasi Lorentz $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ antara frame ini harus memenuhi $$\Lambda^0_{\,\,\,0} = \gamma$$ $$\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i,$$ sedangkan sisanya $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ komponen tidak diperbaiki secara unik seperti di atas karena untuk setiap rotasi $R^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ kami memiliki keduanya $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ dan $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\gamma} R^{\gamma}_{\,\,\,\beta}$ akan bertransformasi dari bingkai di mana partikel muncul dengan kecepatan nol ke bingkai di mana ia tampak memiliki kecepatan $\mathbf{v}$.
Salah satu cara, yang mirip dengan ini , adalah dengan terlebih dahulu mempertimbangkan kasus khusus (boo) dari bingkai di mana$v^1 = v, v^2 = 0, v^3 = 0$ dan kemudian coba tulis hasilnya agar mudah diterapkan untuk apa pun $\mathbf{v}$. Jadi, diberikan$$ \Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} = \begin{bmatrix} \gamma & \gamma v & 0 & 0 \\ \gamma v & \Lambda^1_{\,\,\,1} & \Lambda^1_{\,\,\,2} & \Lambda^1_{\,\,\,3} \\ 0 & \Lambda^2_{\,\,\,1} & \Lambda^2_{\,\,\,2} & \Lambda^2_{\,\,\,3} \\ 0 & \Lambda^3_{\,\,\,1} & \Lambda^3_{\,\,\,2} & \Lambda^3_{\,\,\,3} \end{bmatrix} $$ gunakan fakta itu \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} untuk memotivasi memilih rotasi $R^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ sehingga hubungan jelas $$\Lambda^1_{\,\,\,1} = \gamma$$ $$\Lambda^2_{\,\,\,2} = \Lambda^3_{\,\,\,3} = 1$$ $$\Lambda^1_{\,\,\,2} = \Lambda^1_{\,\,\,3} = ... = 0$$jadikan relasi determinan di atas sebagai identitas. Demikianlah kami bekerja sama$$ \Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} = \begin{bmatrix} \gamma & \gamma v & 0 & 0 \\ \gamma v & \gamma & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} $$ Sekarang, sejak $3 \times 3$ bagian spasial dari matriks harus dikurangi menjadi $I$ kapan $\mathbf{v} = (v,0,0)$ nol, kami hanya mencoba menulis ulang seperti dalam hal identitas dan bagian yang bergantung $\mathbf{v}$ dengan cara yang mudah digeneralisasikan menjadi sewenang-wenang $\mathbf{v}$melalui \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} Ini adalah milik Weinberg (2.1.20), yang masih saya miliki $\mathbf{v} = (v,0,0)$, tetapi sekarang relasinya adalah relasi vektor yang tidak bergantung pada bentuk $\mathbf{v}$ jadi Anda bisa mengatur $\mathbf{v} = (v^1,v^2,v^3)$.
Pilihan $\mathbf{v} = (v,0,0)$ cara $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i$ dikurangi menjadi $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i = (\gamma v,0,0)$ tapi mudah digeneralisasikan menjadi umum $\mathbf{v}$ bingkai lagi dengan pengaturan $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i$ untuk umum $\mathbf{v}$, yaitu (2.1.21).
Seperti yang dikatakan Weinberg di bagian itu (halaman 29), hanya $\Lambda^0_{\ 0} = 1$ dan $\Lambda^{i}_{\ 0} = \gamma v_i$ ditentukan secara unik - yang lain $\Lambda^{\alpha}_{\ \beta}$ tidak ditentukan secara unik (alasannya adalah jika $\Lambda^{\alpha}_{\ \beta}$ membawa partikel dari diam ke kecepatan $\mathbf{v}$, begitu juga $\Lambda^{\alpha}_{\ \delta} R^{\delta}_{\ \beta}$ dimana $R$ adalah rotasi sewenang-wenang).
Pilihan nyaman yang ditulis Weinberg adalah $$ \Lambda^{i}_{\ j} \ = \ \delta_{ij} + \frac{ v_{i} v_{j} }{ v^2 } (\gamma - 1) $$ hanyalah sebuah pilihan.
EDIT: Untuk melihat bahwa pilihan ini konsisten dengan persamaan Anda, Anda dapat menulis rumus di atas sebagai a $3 \times 3$ matriks: $$ \tilde{\Lambda} = \mathbb{I} + \frac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v}\mathbf{v}^{T} $$ dimana $\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}$adalah produk luar, dan Anda dapat memverifikasi bahwa komponen matriks ini sesuai dengan yang di atas. Perhatikan itu$v_{k} \Lambda^{k}_{\ j} = \gamma v_{j}$ dapat ditulis sebagai $\mathbf{v}^{T} \tilde{\Lambda} = \gamma \mathbf{v}^{T}$ atau karena $\Lambda$ simetris, Anda juga dapat menulis ini sebagai $$ \tilde{\Lambda} \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v} \ . $$ Colokkan matriks di atas ke kiri dan Anda mendapatkan: $$ \text{LHS} = \left( \mathbb{I} + \tfrac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v}\mathbf{v}^{T} \right) \mathbf{v} = \mathbf{v} + \tfrac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v} \mathbf{v}^{T} \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v} $$ yang mana $=$RHS, dimana persamaan terakhir digunakan $\mathbf{v}^{T}\mathbf{v} = v^2$.
EDIT 2: Saya ingin tahu apakah Weinberg salah ketik, di mana dia mengatakannya $\tilde{\Lambda} R$juga memenuhi persamaan. Saya pikir seharusnya begitu$\tilde{\Lambda}' = R^{T} \tilde{\Lambda} R$, yang memecahkan persamaan $\tilde{\Lambda}' \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v}$ kapanpun $\tilde{\Lambda}$ tidak.
Komponennya $\Lambda^i_{\,\,\,j}$tidak dapat ditentukan secara unik. Cara terbaik untuk memotivasi bentuk komponen ini diberikan dalam jawaban bolbteppa . Mungkin ini yang terbaik yang bisa Anda lakukan. Namun, ini masih terasa seperti curang, terutama jika Anda menggeneralisasi hasil dari$(v,0,0)$ untuk kasus $\mathbf{v}$. Jadi, jawaban ini akan melengkapi jawaban yang dikutip sebelumnya dalam generalisasi ini. Seperti yang sekarang kita ketahui bentuk komponen yang nyaman$\Lambda^i_{\,\,\,j}$, kita bisa mengerjakan aljabar berikut,
\ begin {persamaan} \ begin {berkumpul} v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ gamma v_i \\ v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ kiri (\ gamma -1 \ kanan) v_i + v_k \ delta ^ k _ {\, \, \, \, i} \\ v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ kiri (\ gamma-1 \ kanan) v_i \ frac {v_kv ^ k} {\ mathbf {v} ^ 2} + v_k \ delta ^ k _ {\, \, \, \, i} \\ v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = v_k \ kiri [\ kiri (\ gamma-1 \ kanan) \ frac {v_iv ^ k} {\ mathbf {v} ^ 2} + \ delta ^ k _ {\, \, \, \, i} \ kanan] \\ v_k \ kiri [\ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} - \ kiri (\ gamma-1 \ kanan) \ frac {v_iv ^ k} {\ mathbf {v} ^ 2} + \ delta ^ k _ {\, \, \, \, i} \ kanan] = 0 \ end {berkumpul} \ end {persamaan} Sekarang, sebagai$v^k$ sewenang-wenang, kita harus punya, \begin{align} \Lambda^k_{\,\,\,i}=\left(\gamma-1 \right)\frac{v_iv^k}{\mathbf{v}^2}+\delta^k_{\,\,\,\,i} \end{align}