Die Homogenität des Raums impliziert die Linearität der Lorentz-Transformationen

Ich behaupte, dass, wenn die Transformation zwischen Frames homogen und differenzierbar ist, sie affin ist (Homogenität ist streng genommen nicht ausreichend für Linearität, da die vollständige Transformation zwischen Frames tatsächlich eine Poincaré-Transformation ist, die affin und nicht linear ist).

Für einen mathematisch präzisen Beweis benötigen wir eine mathematische Definition der Homogenität. Um zu einer solchen Definition zu gelangen, stellen wir fest, dass die Grundidee darin besteht, dass wir unseren Ursprung auswählen können, wo immer wir möchten, und dass dies „die Messergebnisse verschiedener Beobachter nicht beeinflusst“. Dies gilt insbesondere für Messungen der Differenzen zwischen den Koordinaten zweier Ereignisse. Lassen Sie uns das mathematisch ausdrücken.

Lassen$L:\mathbb R^4\to\mathbb R^4$Verwandlung sein. Das sagen wir$L$homogen vorgesehen ist

$$\begin{align} L(x+\epsilon) - L(y+\epsilon) = L(x) - L(y) \end{align}$$ für alle $\epsilon\in\mathbb R^4$und für alle $x,y\in\mathbb R^4$.

Wir können nun das gewünschte Ergebnis genau angeben und beweisen. Beachten Sie, dass ich auch annehme, dass die Transformation differenzierbar ist. Ich habe nicht sehr intensiv darüber nachgedacht, ob oder wie man diese Annahme entkräften und/oder begründen kann.

Vorschlag. Wenn$L$ist also homogen und differenzierbar$L$ist affin.

Nachweisen. Die Definition von Homogenität impliziert, dass

$$\begin{align} L(x+\epsilon)-L(x) = L(y+\epsilon) - L(y) \tag{1} \end{align}$$ für alle $\epsilon, x, y$. Nun stellen wir fest, dass die Ableitung $L'(x)$von $L$an einem Punkt $x$ist ein linearer Operator auf $\mathbb R^4$das befriedigt $$\begin{align} L(x+\epsilon) - L(x) = L'(x)\cdot \epsilon +o(|\epsilon|) \end{align}$$ und diese einstecken $(1)$gibt $$\begin{align} (L'(x)-L'(y))\cdot\epsilon = o(|\epsilon|) \end{align}$$ für alle $\epsilon,x,y$, Wo $|\cdot|$ist die euklidische Norm. Jetzt einfach auswählen $\epsilon = |\epsilon|e_j$mit $|\epsilon|\neq 0$Wo $e_0, \dots e_3$sind die standardmäßigen, geordneten Basiselemente auf $\mathbb R^4$, beide Seiten links mit multiplizieren $(e_i)^t$Wo $^t$bedeutet transponieren, beide Seiten dividieren durch $|\epsilon|$, und nehmen Sie die Grenze $|\epsilon|\to 0$zu zeigen, dass alle Matrixelemente von $L'(x)-L'(y)$sind null. Folgt sofort dem $$\begin{align} L'(x) = L'(y) \end{align}$$ Mit anderen Worten, die Ableitung von $L$ist konstant. Daraus folgt so ziemlich sofort $L$affin ist, nämlich dass es einen linearen Operator gibt $\Lambda$An $\mathbb R^4$, und ein Vektor $a\in\mathbb R^4$so dass $$\begin{align} L(x) = \Lambda x + a \end{align}$$ für alle $x\in\mathbb R^4$. $\blacksquare$

Diese Antwort ist im Wesentlichen die gleiche wie die Antwort von JoshPhysics, jedoch mit den folgenden Punkten:

1. Wir verwenden ein mathematischeres Ergebnis von der Stange, um die Differenzierbarkeitsannahme loszuwerden, die JoshPhysics in seiner Antwort verwendet hat, und müssen stattdessen einfach davon ausgehen, dass die Lorentz-Transformation nur kontinuierlich ist.
2. Wir zeigen, dass die Kontinuitätsannahme eine notwendige und die minimal notwendige Annahme nach der Homogenitätsannahme des OP ist, dh die Behauptung des OP, dass Linearität allein von der Homogenität der Raumzeit herrührt, falsch ist.

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Die Gleichung (1) von JoshPhysics impliziert:

$$L(X+Y)-L(Y) = L(X)-L(0);\;\forall X,\,Y\in \mathbb{R}^{1+3}\tag{1}$$

Jetzt definieren wir$h:\mathbb{R}^{1+3}\to\mathbb{R}^{1+3}$von$h(Z)=L(Z)-L(0)$; dann folgt allein aus (1):

$$h(X+Y)=h(X)+h(Y);\quad\forall\,X,\,Y\in\mathbb{R}^{1+3}\tag{2}$$

Aber das ist die berühmte Cauchy-Funktionsgleichung, auf die verallgemeinert wird$3+1$Maße. Für eine reale Dimension ist die einzige kontinuierliche Lösung$h(X)\propto X$; Es gibt andere Lösungen, aber sie sind überall diskontinuierlich, wie in gezeigt:

E. Hewitt & KR Stromberg, „ Real and Abstract Analysis “ (Graduate Texts in Mathematics), Springer-Verlag, Berlin, 1965. Kapitel 1, Abschnitt 5

Es ist leicht, das Hewitt-Stromberg-Argument auf eine beliebige Anzahl von Dimensionen zu erweitern, so dass unter der Annahme einer Kontinuität von$L:\mathbb{R}^{1+3}\to\mathbb{R}^{1+3}$, Wir müssen haben:

$$L(X) = \Lambda\,X + \Delta\tag{3}$$

Wo$\Lambda$ist ein linearer Operator - a$4\times4$Matrix und$\Delta$ein Raumzeit-Offset.

Beachten Sie, dass wir die Kontinuitätsannahme anwenden müssen ; andernfalls, gemäß der Argumentation in Hewitt und Stromberg, unsere$h$Funktion könnte eine der überall unstetigen Cauchy-Gleichungslösungen sein, und wir könnten dann, indem wir den Schritt von meiner Gleichung (1) zu (2) umkehren, überall unstetige, nichtlineare Funktionen konstruieren, die das Homogenitätspostulat von JoshPhysics erfüllen. Solange wir also keine exakte Kontinuität fordern, werden wir nicht die richtige Lösung der Cauchy-Gleichung "wählen". Kontinuität der Transformation sowie Homogenität sind daher die Mindestannahmen, die erforderlich sind, um Linearität zu implizieren.

Intuitiv ist dies ziemlich einfach zu verstehen. Dies ist kein Beweis, aber angenommen, Bob bewegt sich relativ zu Ihnen mit einer konstanten Geschwindigkeit, so dass:

• 3 Minuten auf Bobs Uhr entsprechen 15 Minuten auf deiner Uhr (Zeitdilatation)

• 15 Meter von Bobs Distanz entsprechen 3 Metern Ihrer Distanz (Lorentz-Kontraktion)

Beachten Sie, dass ich keine Linearitätsannahme mache. Ich weiß nicht, wie lange 4 Minuten auf Bobs Uhr auf meiner Uhr sein werden. Ich werde nur die beiden obigen Beobachtungen verwenden, um die Linearität (intuitiv) zu zeigen.

Angenommen, Bob startet eine 3-Minuten-Eieruhr (Sanduhr) und in dem Moment, in dem 3 Minuten verstrichen sind, dreht er sie um, um weitere 3 Minuten zu messen.

Da sich Bob in einem Trägheitsbezugssystem (konstante Geschwindigkeit) befindet, addieren sich seine 3 Minuten plus 3 Minuten zu 6 Minuten.

In Ihrem Referenzrahmen dauerten die ersten 3 Minuten 15 Minuten (nach unserer obigen Beobachtung) und die zweiten 3 Minuten ebenfalls 15 Minuten, da Bobs Geschwindigkeit relativ zu uns konstant bleibt. Bobs 6 Minuten dauerten also 15 + 15 Minuten oder 30 Minuten.

Natürlich können Sie diese Beobachtung auf einen beliebigen Zeitraum anwenden und so Linearität zeigen.

Das Argument für die Entfernung ist ähnlich. Wenn Bob 15 Meter geht, pausiert (für eine Zeitdauer, die für Sie beide unterschiedlich sein wird) und dann weitere 15 Meter geht, hat er insgesamt 30 Meter gelaufen, da sich Entfernungen addieren.

Sie wissen nicht, wie lang 30 von Bobs Metern für Sie sind, aber Sie wissen, dass die ersten 15 Meter 3 Meter entsprechen, ebenso wie die zweiten 15 Meter. Da die Entfernung auch für Sie hinzukommt, wissen Sie jetzt, dass 30 Meter von Bobs Entfernung 6 Metern Ihrer Entfernung entsprechen.

Mit anderen Worten, Zeit und Entfernung addieren sich in allen intertialen Referenzrahmen.

Warum ist das kein Beweis?

Ich gehe davon aus, dass 3 Minuten auf Bobs Uhr immer 15 Minuten auf Ihrer Uhr entsprechen, da Bob relativ zu Ihnen mit einer konstanten Geschwindigkeit fährt.

Es ist jedoch zumindest theoretisch möglich, dass die Geschwindigkeit von Bobs Uhr von seiner Entfernung zu Ihnen abhängt. Vielleicht entsprechen 3 Minuten auf Bobs Uhr 15 Minuten auf Ihrer Uhr, sobald er an Ihnen vorbeigeht, aber wenn er ein halbes Lichtjahr entfernt ist, sind 3 Minuten auf seiner Uhr jetzt eine Stunde auf Ihrer Uhr.

Dies ist also kein Beweis, aber wenn Sie intuitiv akzeptieren, dass der Zeit- und Abstandsunterschied zwischen zwei Beobachtern ausschließlich von ihrer relativen Geschwindigkeit abhängt, kann dies hilfreich sein.

Der folgende Beweis erfordert nur die Stetigkeit der Lorentztransformationen$L$aber es erfordert auch, dass die beiden Beobachter mit der Zeitmessung zum selben Zeitpunkt und somit am selben Punkt des Raums beginnen$L(0)=0$.

Wie bereits von Joshphysics erwähnt , übersetzt sich die Homogenität des Raums in die folgende Eigenschaft:

$$\begin{equation} L(y+\varepsilon)-L(x+\varepsilon) = L(y)-L(x)\quad \forall\, x,\,y,\,\varepsilon\,. \end{equation}$$ Lassen Sie jetzt$\varepsilon = -x$so dass $$L(y-x) = L(y) - L(x) + L(0)\,,$$ dann haben wir folgendes $$L(y+x) = L(y-(-x)) = L(y) - L(-x) + L(0)$$ Und $$L(-x) = L(0-x) = L(0)-L(x)+L(0) = -L(x) + 2\,L(0)\quad .$$ Wenn wir die letzten beiden Gleichungen kombinieren, erhalten wir $$L(y+x) = L(y)+L(x)-L(0)\quad.$$ Wenn wir davon ausgehen$L(0) = 0$Dann $$(1)\quad\begin{cases}L(y+x) = L(y)+L(x) \\ \\ L(-x) = - L(x)\end{cases}$$ Es ist leicht zu überprüfen$(1)$Das$L(z\,y) = z\,L(y)\,$ $\forall z\in\mathbb{Z}\,.$Überlegen Sie jetzt$q\in \mathbb{Q}$und lass$a\in\mathbb{Z}\,,$ $b\in\mathbb{N}$so dass$q=\dfrac{a}{b}\,.$Dann $$L(y) = L\left(\dfrac{b}{b}\,y\right) = b\,L\left(\dfrac{1}{b}y\right) \qquad \Rightarrow \qquad L\left(\dfrac{1}{b}y\right) = \dfrac{1}{b}\,L(y)$$ so dass $$L(q\,y) = L\left(\dfrac{a}{b}\,y\right) = a L\left(\dfrac{1}{b}\,y\right) = \dfrac{a}{b}\,L(y) = q\,L(y)\quad.$$ Überlegen Sie jetzt$\alpha\in\mathbb{R}$, seit$\mathbb{Q}$ist dicht drin$\mathbb{R}$es gibt eine Folge$\{q_n\}_{n=0}^\infty$von rationalen Zahlen so dass$q_n \rightarrow \alpha$als$n\rightarrow \infty$. Aus der Kontinuität von$L$wir haben das $$L(\alpha\,y ) = \lim_{n\rightarrow \infty} L(q_n\,y) = \lim_{n\rightarrow \infty}q_n\, L(y) = \alpha\,L(y)\qquad .$$ Endlich zwei beliebige reelle Zahlen gegeben$\alpha$Und$\beta$, und bei zwei beliebigen Ereignissen$x$Und$y$, haben wir die Linearität der Lorentz-Transformationen: $$L(\alpha\,y+\beta\,x) = L(\alpha\,y)+L(\beta\,x) = \alpha\,L(y) + \beta\,L(x)\quad.$$ Beachten Sie, dass wenn$L(0)\neq 0$anstatt$(1)$wir haben $$(2)\quad\begin{cases}L(y+x) = L(y)+L(x)-L(0) \\ \\ L(-x) = - L(x)+2\,L(0)\end{cases}$$ Vermietung$\Lambda(x) = L(x)-L(0)$wir können umschreiben$(2)$folgendermaßen $$(1')\quad\begin{cases}\Lambda(y+x) = \Lambda(y)+\Lambda(x) \\ \\ \Lambda(-x) = - \Lambda(x)\end{cases}$$

Seit$\Lambda$ebenfalls kontinuierlich ist, können wir die vorherigen Schritte wiederholen, um seine Linearität zu zeigen. Wenn die Lorentz-Transformation am Ende nur kontinuierlich ist, impliziert die Homogenität des Raums, dass er affin ist.