Pochodzący $\Lambda^i_{\,\,\,j}$ składowe macierzy transformacji Lorentza
Staram się podążać za wyprowadzeniem Weinberga (w książce Gravitation and Cosmology) o transformacji Lorentza lub wzmocnieniu w dowolnym kierunku. Mam problem z wyprowadzeniem$\Lambda^i_{\,\,\,j}$składniki. Oto jak się staram\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}Następnie mamy \ begin {equation} \ begin {zebrane} v_k \ Lambda ^ k _ {\, \, \, i} = \ gamma v_i \ end {zebrane} \ end {equation} Jak przejść z powyższego równania do rozwiązania poniżej ?,$$\Lambda^i_{\,\,\,j}=\delta^i_{\,\,j}+\frac{v^iv_j}{\mathbf{v}^2}\left(\gamma-1\right)$$ Jestem nowicjuszem w temacie i proszę o pokazanie kolejnych etapów.
Odpowiedzi
Chciałbym zobaczyć ogólne szybkie wyprowadzenie, które następuje dokładnie w duchu Weinberga.
Przypomnijmy, że wymaga to rozważenia cząstki w ramce $\mathcal{O}$ w którym cząstka wydaje się nie mieć prędkości, a także w ramie $\mathcal{O}'$ w którym wydaje się mieć prędkość $$ \mathbf{v} = (\frac{dx'^i}{dt'}),$$ a następnie używając $$dt' = \Lambda^0_{\,\,\,0} dt,$$ $$dx'^i = \Lambda^i_{\,\,\,0} dt,$$ razem z $00$ składnik tożsamości $$\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\gamma} \Lambda^{\beta}_{\,\,\,\delta} \eta_{\alpha \beta} = \eta_{\gamma \delta}$$ aby pokazać, że transformacja Lorentza $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ między tymi ramkami musi spełniać $$\Lambda^0_{\,\,\,0} = \gamma$$ $$\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i,$$ podczas gdy pozostali $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ komponenty nie są jednoznacznie ustalone jak powyżej, ponieważ dla dowolnego obrotu $R^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ mamy to jedno i drugie $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ i $\Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\gamma} R^{\gamma}_{\,\,\,\beta}$ przekształci się z klatki, w której cząstka pojawia się z zerową prędkością, do klatki, w której wydaje się mieć prędkość $\mathbf{v}$.
Jednym ze sposobów, który jest podobny do tego , jest najpierw rozważenie specjalnego przypadku (boo) ramki, w której$v^1 = v, v^2 = 0, v^3 = 0$ a następnie spróbuj zapisać wyniki tak, aby można je było łatwo zastosować do dowolnego $\mathbf{v}$. Tak więc, biorąc pod uwagę$$ \Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} = \begin{bmatrix} \gamma & \gamma v & 0 & 0 \\ \gamma v & \Lambda^1_{\,\,\,1} & \Lambda^1_{\,\,\,2} & \Lambda^1_{\,\,\,3} \\ 0 & \Lambda^2_{\,\,\,1} & \Lambda^2_{\,\,\,2} & \Lambda^2_{\,\,\,3} \\ 0 & \Lambda^3_{\,\,\,1} & \Lambda^3_{\,\,\,2} & \Lambda^3_{\,\,\,3} \end{bmatrix} $$ wykorzystaj fakt, że \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} motywować wybór rotacji $R^{\alpha}_{\,\,\,\beta}$ tak, że oczywiste relacje $$\Lambda^1_{\,\,\,1} = \gamma$$ $$\Lambda^2_{\,\,\,2} = \Lambda^3_{\,\,\,3} = 1$$ $$\Lambda^1_{\,\,\,2} = \Lambda^1_{\,\,\,3} = ... = 0$$uczyń powyższą relację determinującą tożsamością Tak więc pracujemy z$$ \Lambda^{\alpha}_{\,\,\,\beta} = \begin{bmatrix} \gamma & \gamma v & 0 & 0 \\ \gamma v & \gamma & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} $$ Teraz, ponieważ $3 \times 3$ przestrzenna część macierzy powinna zostać zredukowana do $I$ gdy $\mathbf{v} = (v,0,0)$ jest równe zero, po prostu próbujemy napisać to od nowa w odniesieniu do tożsamości i części, od której zależy $\mathbf{v}$ w sposób, który można łatwo uogólnić na arbitralny $\mathbf{v}$jest przez \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} To jest Weinberg (2.1.20), gdzie nadal mam $\mathbf{v} = (v,0,0)$, ale teraz relacja jest relacją wektorową niezależną od formy $\mathbf{v}$ więc możesz po prostu ustawić $\mathbf{v} = (v^1,v^2,v^3)$.
Wybór $\mathbf{v} = (v,0,0)$ znaczy $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i$ zmniejsza się do $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i = (\gamma v,0,0)$ ale można go łatwo uogólnić na generała $\mathbf{v}$ ramkę ponownie, ustawiając $\Lambda^i_{\,\,\,0} = \gamma v^i$ dla ogółu $\mathbf{v}$, czyli (2.1.21).
Jak mówi Weinberg tylko w tej sekcji (strona 29) $\Lambda^0_{\ 0} = 1$ i $\Lambda^{i}_{\ 0} = \gamma v_i$ są wyjątkowo zdeterminowane - inne $\Lambda^{\alpha}_{\ \beta}$ nie są jednoznacznie określone (powodem jest to, że jeśli $\Lambda^{\alpha}_{\ \beta}$ przenosi cząstkę od spoczynku do prędkości $\mathbf{v}$, to też $\Lambda^{\alpha}_{\ \delta} R^{\delta}_{\ \beta}$ gdzie $R$ jest dowolną rotacją).
Wygodny wybór, który zapisuje Weinberg, to $$ \Lambda^{i}_{\ j} \ = \ \delta_{ij} + \frac{ v_{i} v_{j} }{ v^2 } (\gamma - 1) $$ to tylko wybór.
EDYCJA: Aby zobaczyć, że ten wybór jest zgodny z Twoim równaniem, możesz zapisać powyższe jako $3 \times 3$ matryca: $$ \tilde{\Lambda} = \mathbb{I} + \frac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v}\mathbf{v}^{T} $$ gdzie $\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}$jest produktem zewnętrznym i możesz sprawdzić, czy składniki tej macierzy są zgodne z powyższym. Zauważ, że$v_{k} \Lambda^{k}_{\ j} = \gamma v_{j}$ można zapisać jako $\mathbf{v}^{T} \tilde{\Lambda} = \gamma \mathbf{v}^{T}$ lub ponieważ $\Lambda$ jest symetryczny, możesz również zapisać to jako $$ \tilde{\Lambda} \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v} \ . $$ Podłącz powyższą matrycę do LHS i otrzymujesz: $$ \text{LHS} = \left( \mathbb{I} + \tfrac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v}\mathbf{v}^{T} \right) \mathbf{v} = \mathbf{v} + \tfrac{\gamma - 1}{v^2} \mathbf{v} \mathbf{v}^{T} \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v} $$ który jest $=$RHS, gdzie używa się ostatniej równości $\mathbf{v}^{T}\mathbf{v} = v^2$.
EDYCJA 2: Zastanawiam się, czy Weinberg ma literówkę, gdzie to mówi $\tilde{\Lambda} R$również spełnia równanie. Myślę, że raczej powinno$\tilde{\Lambda}' = R^{T} \tilde{\Lambda} R$, który rozwiązuje równanie $\tilde{\Lambda}' \mathbf{v} = \gamma \mathbf{v}$ kiedy tylko $\tilde{\Lambda}$ robi.
Części $\Lambda^i_{\,\,\,j}$nie można jednoznacznie określić. Najlepsze sposoby motywowania formy tych elementów są podane w odpowiedzi Bolbteppa . Być może to najlepsze, co możesz zrobić. Jednak nadal może to wydawać się oszustwem, zwłaszcza gdy uogólniasz wyniki$(v,0,0)$ do przypadku $\mathbf{v}$. Tak więc ta odpowiedź uzupełni poprzednio cytowaną odpowiedź w tym uogólnieniu. Jak już wiemy, nasze wygodne formy tworzą komponenty$\Lambda^i_{\,\,\,j}$możemy wykonać następującą algebrę,
\ begin {equation} \ begin {zebrane} 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 {zebrane} \ end {equation} Teraz, jak$v^k$ jest arbitralne, musimy mieć, \begin{align} \Lambda^k_{\,\,\,i}=\left(\gamma-1 \right)\frac{v_iv^k}{\mathbf{v}^2}+\delta^k_{\,\,\,\,i} \end{align}