La homogeneidad del espacio implica la linealidad de las transformaciones de Lorentz

Question

En la derivación de Transformaciones de Lorentz El Artículo de Wikipedia menciona un par de veces que la linealidad proviene de la homogeneidad del espacio . Busco una explicación exhaustiva al respecto.

Answer 1

Afirmo que si la transformación entre fotogramas es homogénea y diferenciable, entonces es afín (la homogeneidad no es estrictamente suficiente para la linealidad ya que la transformación completa entre fotogramas es en realidad una transformación de Poincare que es afín, no lineal)

Para una demostración matemáticamente precisa, necesitamos una definición matemática de homogeneidad. Para llegar a tal definición, observamos que la idea básica es que podemos elegir nuestro origen donde queramos, y no "afectará a los resultados de las mediciones de diferentes observadores". En particular, esto se aplica a las mediciones de las diferencias entre las coordenadas de dos sucesos. Pongamos esto en términos matemáticos.

Sea $L:\mathbb R^4\to\mathbb R^4$ sea una transformación. Decimos que $L$ es homogéneo proporcionado \begin{align} L(x+\epsilon) - L(y+\epsilon) = L(x) - L(y) \end{align} para todos $\epsilon\in\mathbb R^4$ y para todos $x,y\in\mathbb R^4$ .

Ahora podemos enunciar y demostrar con precisión el resultado deseado. Nótese que también asumo que la transformación es diferenciable. No he pensado mucho sobre si se puede debilitar y/o motivar esta suposición o cómo.

Proposición. Si $L$ es homogénea y diferenciable, entonces $L$ es afín.

Prueba. La definición de homogeneidad implica que , \begin{align} L(x+\epsilon)-L(x) = L(y+\epsilon) - L(y) \tag{1} \end{align} para todos $\epsilon, x, y$ . Ahora observamos que la derivada $L'(x)$ de $L$ en un punto $x$ es un operador lineal sobre $\mathbb R^4$ que satisfaga \begin{align} L(x+\epsilon) - L(x) = L'(x)\cdot \epsilon +o(|\epsilon|) \end{align} e introduciéndolo en $(1)$ da \begin{align} (L'(x)-L'(y))\cdot\epsilon = o(|\epsilon|) \end{align} para todos $\epsilon,x,y$ donde $|\cdot|$ es la norma euclidiana. Ahora basta con elegir $\epsilon = |\epsilon|e_j$ con $|\epsilon|\neq 0$ donde $e_0, \dots e_3$ son los elementos de base estándar ordenados en $\mathbb R^4$ multiplica ambos lados de la izquierda por $(e_i)^t$ donde $^t$ significa transponer, dividir ambos lados por $|\epsilon|$ y tomar el límite $|\epsilon|\to 0$ para demostrar que todos los elementos de la matriz de $L'(x)-L'(y)$ son cero. Se deduce inmediatamente que \begin{align} L'(x) = L'(y) \end{align} En otras palabras, la derivada de $L$ es constante. Se deduce casi inmediatamente que $L$ es afín, es decir, que existe un operador lineal $\Lambda$ en $\mathbb R^4$ y un vector $a\in\mathbb R^4$ tal que \begin{align} L(x) = \Lambda x + a \end{align} para todos $x\in\mathbb R^4$ . $\blacksquare$

Answer 2

Intuitivamente, esto es bastante fácil de entender. Esto no es una prueba, pero supongamos que Bob está viajando a una velocidad constante con respecto a usted en de tal manera que:

• 3 minutos en el reloj de Bob equivalen a 15 minutos en tu reloj (dilatación del tiempo)

• 15 metros de la distancia de Bob equivalen a 3 metros de tu distancia (contracción de Lorentz)

Tenga en cuenta que no estoy haciendo ninguna suposición de linealidad. No sé cuánto tiempo 4 minutos en el reloj de Bob será en mi reloj. Sólo voy a utilizar las dos observaciones específicas anteriores para mostrar la linealidad (intuitivamente).

Supongamos que Bob pone en marcha un temporizador de 3 minutos (reloj de arena) y, en el momento 3 minutos, le da la vuelta para medir otros 3 minutos.

Como Bob está en un sistema de referencia inercial (velocidad constante), su 3 minutos más 3 minutos suman 6 minutos.

En su marco de referencia, los 3 primeros minutos duraron 15 minutos (según nuestro observación anterior) y los segundos 3 minutos también tardó 15 minutos, ya que la velocidad de Bob con respecto a nosotros permanece constante. Por lo tanto, los 6 minutos de Bob tardaron 15 + 15 minutos, o 30 minutos.

Por supuesto, se puede aplicar esta observación a cualquier cantidad de tiempo, así mostrando linealidad.

El argumento de la distancia es similar. Si Bob camina 15 metros, se detiene (durante un tiempo que será diferente para cada uno), y luego camina otros 15 metros, ha caminado un total de 3 metros. 15 metros, habrá caminado un total de 30 metros, ya que las distancias se suman. distancias se suman.

No sabes cuánto te duran 30 de los metros de Bob, pero sí 15 metros se traducen en 3 metros, al igual que los segundos 15 metros. metros. Como la distancia también suma para ti, ahora sabes que 30 metros de la distancia de Bob equivalen a 6 metros de tu distancia.

En otras palabras, el tiempo y la distancia se suman en todos los sistemas de referencia interciales.

¿Por qué no es una prueba?

Asumo que 3 minutos en el reloj de Bob es siempre igual a 15 minutos en tu reloj, ya que Bob está viajando a una velocidad constante relativa a ti.

Sin embargo, es al menos teóricamente posible que la velocidad de Bob de Bob dependa de su distancia a ti. Quizás 3 minutos en el reloj de Bob de Bob equivalen a 15 minutos en tu reloj en el instante en que pasa a tu lado, pero, cuando está a medio año luz de distancia, 3 minutos en su reloj es ahora una hora en tu reloj.

Por lo tanto, esto no es una prueba, pero si usted acepta intuitivamente que el diferencia de tiempo y distancia entre dos observadores depende únicamente de su velocidad relativa, esto puede ser útil.

Answer 3

La siguiente demostración sólo requiere la continuidad de las transformaciones de Lorentz $L$ pero también requiere que los dos observadores comiencen a medir el tiempo en el mismo instante y en el mismo punto del espacio, por lo tanto $L(0)=0$ .

Como ya ha mencionado joshphysics homogeneidad del espacio se traduce en la siguiente propiedad:

\begin{equation} L(y+\varepsilon)-L(x+\varepsilon) = L(y)-L(x)\quad \forall\, x,\,y,\,\varepsilon\,. \end{equation} Ahora $\varepsilon = -x $ para que $$ L(y-x) = L(y) - L(x) + L(0)\,, $$ entonces tenemos lo siguiente $$ L(y+x) = L(y-(-x)) = L(y) - L(-x) + L(0) $$ y $$ L(-x) = L(0-x) = L(0)-L(x)+L(0) = -L(x) + 2\,L(0)\quad .$$ Combinando las dos últimas ecuaciones obtenemos $$L(y+x) = L(y)+L(x)-L(0)\quad.$$ Si suponemos que $L(0) = 0$ entonces $$ (1)\quad\begin{cases}L(y+x) = L(y)+L(x) \\ \\ L(-x) = - L(x)\end{cases}$$ Es fácil comprobarlo desde $(1)$ que $L(z\,y) = z\,L(y)\,$ $\forall z\in\mathbb{Z}\,.$ Considerar ahora $q\in \mathbb{Q}$ y que $a\in\mathbb{Z}\,,$ $b\in\mathbb{N}$ tal que $q=\dfrac{a}{b}\,.$ Entonces $$ L(y) = L\left(\dfrac{b}{b}\,y\right) = b\,L\left(\dfrac{1}{b}y\right) \qquad \Rightarrow \qquad L\left(\dfrac{1}{b}y\right) = \dfrac{1}{b}\,L(y)$$ para que $$L(q\,y) = L\left(\dfrac{a}{b}\,y\right) = a L\left(\dfrac{1}{b}\,y\right) = \dfrac{a}{b}\,L(y) = q\,L(y)\quad.$$ Considerar ahora $\alpha\in\mathbb{R}$ ya que $\mathbb{Q}$ es denso en $\mathbb{R}$ existe una secuencia $\{q_n\}_{n=0}^\infty$ de números racionales tales que $q_n \rightarrow \alpha $ comme $n\rightarrow \infty$ . A partir de la continuidad de $L$ tenemos que $$L(\alpha\,y ) = \lim_{n\rightarrow \infty} L(q_n\,y) = \lim_{n\rightarrow \infty}q_n\, L(y) = \alpha\,L(y)\qquad .$$ Finalmente, dados dos números reales cualesquiera $\alpha$ y $\beta$ y dados dos sucesos cualesquiera $x$ y $y$ tenemos linealidad de las transformaciones de Lorentz: $$ L(\alpha\,y+\beta\,x) = L(\alpha\,y)+L(\beta\,x) = \alpha\,L(y) + \beta\,L(x)\quad. $$ Tenga en cuenta que si $L(0)\neq 0$ en lugar de $(1)$ tenemos $$ (2)\quad\begin{cases}L(y+x) = L(y)+L(x)-L(0) \\ \\ L(-x) = - L(x)+2\,L(0)\end{cases}$$ Dejar $\Lambda(x) = L(x)-L(0)$ podemos reescribir $(2)$ como sigue $$ (1')\quad\begin{cases}\Lambda(y+x) = \Lambda(y)+\Lambda(x) \\ \\ \Lambda(-x) = - \Lambda(x)\end{cases}$$

Desde $\Lambda$ también es continua podemos repetir los pasos anteriores mostrando su linealidad. Al final si la transformación de Lorentz es sólo continua la homogeneidad del espacio implica que es afín.