Erhalten der willkürlichen Boost-Matrix aus einer Ähnlichkeitstransformation

Question

Erhalten der willkürlichen Boost-Matrix aus einer Ähnlichkeitstransformation

dsm

Hinweis : Für die folgende Frage verwende ich den Nicht-Standard $(x,y,z,ct)$ Notation.

Ich möchte einen willkürlichen Schub in der darstellen $\hat{\beta}$ Richtung, indem Sie eine Ähnlichkeitstransformation auf dem Frame durchführen, der in der verstärkt wurde $z$ Richtung zu einem Rahmen mit Achsen $\{{r_1,r_2,\hat{\beta}}\}$ , erlauben $r_1$ Und $r_2$ zwei beliebige zueinander orthonormale Vektoren sowie orthogonal zu sein $\hat{\beta}$ . Die Boost-Matrix und die Transformationsmatrix sind also jeweils

L = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & γ & - γ β \\ 0 & 0 & - γ β & γ \end{matrix})

$L=\pmatrix{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&\gamma&-\gamma\beta\\0&0&-\gamma\beta&\gamma}$

R = (\begin{matrix} X \cdot R_{1} & j \cdot R_{1} & z \cdot R_{1} & 0 \\ X \cdot R_{2} & j \cdot R_{2} & z \cdot R_{2} & 0 \\ X \cdot \hat{β} & j \cdot \hat{β} & z \cdot \hat{β} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} R_{1 X} & R_{1 j} & R_{1 z} & 0 \\ R_{2 X} & R_{2 j} & R_{2 z} & 0 \\ β_{X} / β & β_{j} / β & β_{z} / β & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix})

$R = \pmatrix{x\cdot r_1&y\cdot r_1&z\cdot r_1&0\\x\cdot r_2&y\cdot r_2&z\cdot r_2&0\\x\cdot\hat{\beta}&y\cdot\hat{\beta}&z\cdot\hat{\beta}&0\\0&0&0&1} = \pmatrix{r_{1x}&r_{1y}&r_{1z}&0\\r_{2x}&r_{2y}&r_{2z}&0\\\beta_{x}/\beta&\beta_{y}/\beta&\beta_{z}/\beta&0\\0&0&0&1}$

Durchführung der Ähnlichkeitstransformation,

\tilde{L} = R L R^{T} = (\begin{matrix} R_{1 X}^{2} + R_{1 j}^{2} + γ R_{1 z}^{2} & R_{1 X} R_{2 X} + R_{1 j} R_{2 j} + γ R_{1 z} R_{2 z} & (R_{1 X} β_{X} + R_{1 j} β_{j} + γ R_{1 z} β_{z}) / β & - γ R_{1 z} β \\ R_{1 X} R_{2 X} + R_{1 j} R_{2 j} + γ R_{1 z} R_{2 z} & R_{2 X}^{2} + R_{2 j}^{2} + γ R_{2 z}^{2} & (R_{2 X} β_{X} + R_{2 j} β_{j} + γ R_{2 z} β_{z}) / β & - γ R_{2 z} β \\ (R_{1 X} β_{X} + R_{1 j} β_{j} + γ R_{1 z} β_{z}) / β & (R_{2 X} β_{X} + R_{2 j} β_{j} + γ R_{2 z} β_{z}) / β & (β_{X}^{2} + β_{j}^{2} + γ β_{z}^{2}) / β^{2} & - γ β_{z} \\ - γ R_{1 z} β & - γ R_{2 z} β & - γ β_{z} & γ \end{matrix})

$\tilde{L}=RLR^T=\pmatrix{r_{1x}^2+r_{1y}^2+\gamma r_{1z}^2&r_{1x}r_{2x}+r_{1y}r_{2y}+\gamma r_{1z}r_{2z}&(r_{1x}\beta_{x}+r_{1y}\beta_{y}+\gamma r_{1z}\beta_{z})/\beta&-\gamma r_{1z}\beta\\r_{1x}r_{2x}+r_{1y}r_{2y}+\gamma r_{1z}r_{2z}&r_{2x}^2+r_{2y}^2+\gamma r_{2z}^2&(r_{2x}\beta_{x}+r_{2y}\beta_{y}+\gamma r_{2z}\beta_{z})/\beta&-\gamma r_{2z}\beta\\(r_{1x}\beta_{x}+r_{1y}\beta_{y}+\gamma r_{1z}\beta_{z})/\beta&(r_{2x}\beta_{x}+r_{2y}\beta_{y}+\gamma r_{2z}\beta_{z})/\beta&(\beta_x^2+\beta_y^2+\gamma\beta_z^2)/\beta^2&-\gamma\beta_z\\-\gamma r_{1z}\beta&-\gamma r_{2z}\beta&-\gamma\beta_z&\gamma}$

Verwenden gegenseitiger Orthogonalität, um alle Komponenten der zu eliminieren $r$ ist außer $r_{1z}$ Und $r_{2z}$ ergibt sich

\tilde{L} = (\begin{matrix} 1 + R_{1 z}^{2} (γ - 1) & R_{1 z} R_{2 z} (γ - 1) & R_{1 z} β_{z} (γ - 1) / β & - γ β R_{1 z} \\ R_{1 z} R_{2 z} (γ - 1) & 1 + R_{2 z}^{2} (γ - 1) & R_{2 z} β_{z} (γ - 1) / β & - γ β R_{2 z} \\ R_{1 z} β_{z} (γ - 1) / β & R_{2 z} β_{z} (γ - 1) / β & 1 + β_{z}^{2} (γ - 1) / β^{2} & - γ β_{z} \\ - γ β R_{1 z} & - γ β R_{2 z} & - γ β_{z} & γ \end{matrix})

$\tilde{L}=\pmatrix{1+r_{1z}^2(\gamma-1)&r_{1z}r_{2z}(\gamma-1)&r_{1z}\beta_z(\gamma-1)/\beta&-\gamma\beta r_{1z}\\r_{1z}r_{2z}(\gamma-1)&1+r_{2z}^2(\gamma-1)&r_{2z}\beta_z(\gamma-1)/\beta&-\gamma\beta r_{2z}\\r_{1z}\beta_z(\gamma-1)/\beta&r_{2z}\beta_z(\gamma-1)/\beta&1+\beta_z^2(\gamma-1)/\beta^2&-\gamma\beta_z\\-\gamma\beta r_{1z}&-\gamma\beta r_{2z}&-\gamma\beta_z&\gamma}$

Und das gewünschte Endergebnis aus der Übung ist

\tilde{L} = R L R^{T} = (\begin{matrix} 1 + \frac{β_{X}^{2} (γ - 1)}{β^{2}} & \frac{β_{X} β_{j} (γ - 1)}{β^{2}} & \frac{β_{X} β_{z} (γ - 1)}{β^{2}} & - β_{X} γ \\ \frac{β_{X} β_{j} (γ - 1)}{β^{2}} & 1 + \frac{β_{j}^{2} (γ - 1)}{β^{2}} & \frac{β_{j} β_{z} (γ - 1)}{β^{2}} & - β_{j} γ \\ \frac{β_{X} β_{z} (γ - 1)}{β^{2}} & \frac{β_{j} β_{z} (γ - 1)}{β^{2}} & 1 + \frac{β_{z}^{2} (γ - 1)}{β^{2}} & - β_{z} γ \\ - β_{X} γ & - β_{j} γ & - β_{z} γ & γ \end{matrix})

$\tilde{L} = RLR^T = \pmatrix{1+\frac{\beta_{x}^2(\gamma-1)}{\beta^2}&\frac{\beta_{x}\beta_{y}(\gamma-1)}{\beta^2}&\frac{\beta_{x}\beta_{z}(\gamma-1)}{\beta^2}&-\beta_{x}\gamma\\\frac{\beta_{x}\beta_{y}(\gamma-1)}{\beta^2}&1+\frac{\beta_{y}^2(\gamma-1)}{\beta^2}&\frac{\beta_{y}\beta_{z}(\gamma-1)}{\beta^2}&-\beta_y\gamma\\\frac{\beta_{x}\beta_{z}(\gamma-1)}{\beta^2}&\frac{\beta_{y}\beta_{z}(\gamma-1)}{\beta^2}&1+\frac{\beta_{z}^2(\gamma-1)}{\beta^2}&-\beta_z\gamma\\-\beta_x\gamma&-\beta_y\gamma&-\beta_z\gamma&\gamma}$

Meine Verwirrung: die Übung besagt $r_1$ Und $r_2$ um zwei beliebige orthonormale Vektoren zu sein, aber ich brauche sie speziell, um ihre zu haben $z$ -Komponenten sein $r_{1z}=\beta_x/\beta$ Und $r_{2z}=\beta_y/\beta$ um eine Übereinstimmung mit der obigen Matrix zu erhalten. Wie gehe ich falsch vor, so dass das Ergebnis davon abhängt $z$ -Komponenten von $r_1$ Und $r_2$ ? Vielleicht soll ich die Invarianz der Determinante unter Ähnlichkeitstransformationen verwenden, $|\tilde{L}|=|L|$ , um noch einen davon zu eliminieren $z$ -Komponenten? Das scheint nur ein algebraischer Alptraum zu sein, und da meine Matrix so ähnlich geformt ist, halte ich das nicht für den richtigen Ansatz.

Cinaed Simson

Bei der Ähnlichkeitstransformation die Bestimmtheit von

L

$L$ sollte gleich dem Bestimmten von sein

\tilde{L} .

$\tilde{L}.$ Und vielleicht habe ich das Problem falsch verstanden, aber ein Lorentz-Boost ist das nicht

z

$z$ Richtung

L = [\begin{matrix} γ & 0 & 0 & - β γ \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ - β γ & 0 & 0 & γ \end{matrix}]

$L=\begin{bmatrix} \gamma & 0 & 0 & -\beta\gamma \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ -\beta\gamma & 0 & 0 & \gamma \\ \end{bmatrix}$

Cinaed Simson

Ich habe gerade die Bestellung von Ihnen realisiert

4

$4$ -Vektorkomponenten sind nicht standardmäßig - Sie schreiben sie als:

[\begin{array}{cccc} X \\ j \\ z \\ T \end{array}]

$\left[ \begin {array}{cccc} {\it x} \\ y\\ z \\ t\end {array} \right]$ Die Standardbestellung der

4

$4$ -Vektorkomponenten ist:

[\begin{array}{cccc} T \\ X \\ j \\ z \end{array}]

$\left[ \begin {array}{cccc} {\it t} \\ x\\ y\\ z\end {array} \right]$ Es spielt keine Rolle, aber Sie sollten dies vielleicht im Hinterkopf behalten, wenn Sie Fragen posten.

Cinaed Simson

Ich verstehe wirklich nicht, was du machst. Dies ist die Matrix für einen beliebigen Lorentz-Boost unter Verwendung senkrechter und paralleler Vektoren:

L = [\begin{matrix} ICH + \frac{γ - 1}{{\vec{v}}^{2}} \vec{v} {\vec{v}}^{T} & γ {\vec{v}}^{T} \\ γ {\vec{v}}^{T} & γ \end{matrix}]

$L=\begin{bmatrix} I+\frac{\gamma-1}{\vec{v}^2}\,\vec v \,\vec{v}^T & \gamma \,\vec{v}^T \\ \gamma\vec{v}^T &\gamma \end{bmatrix}$ Wenn Sie es erweitern, sollte es mit dem gewünschten Ergebnis aus der Übung übereinstimmen - mit Ihrem

4

$4$ -Vektornotation. Und wenn Sie die einstellen

β_{x} = β_{y} = 0

$\beta_{x}=\beta_{y}=0$ Dann sollten Sie in der Lage sein, den Lorentz-Schub in der wiederzugewinnen

z

$z$ Richtung.

dsm

Hallo @CinaedSimson. Ja, ich hätte klarstellen sollen, dass ich in der arbeite

(x, y, z, c t)

$(x,y,z,ct)$ Konvention (bearbeitete meinen Beitrag, um das aufzunehmen). Ich verstehe die Form einer willkürlichen Boost-Matrix, was ich zu sehen versuche, ist, wie es nicht erforderlich ist, dass ich sie habe

r_{1 z}

$r_{1z}$ Und

r_{2 z}

$r_{2z}$ diese spezifischen Werte sein.

Cinaed Simson

Okay, lass

{\vec{r}}^{^{'}} = {\vec{r}}_{⊥} + {\vec{r}}_{∥}

$\vec r^{'}=\vec r_{\perp}+\vec r_{\parallel}$ Und

\vec{r} \cdot \vec{v} = r_{∥} v

$\vec r\cdot \vec v=r_{\parallel}v$ . Dann

T^{^{'}} = γ (T - \frac{\vec{R} \cdot \vec{v}}{C^{2}})

$t^{'}=\gamma(t-\frac{\vec r\cdot \vec v}{c^{2}})$

{\vec{R}}^{^{'}} = {\vec{R}}_{⊥} + (γ - 1) {\vec{R}}_{∥} - γ \vec{v} T

$\vec r^{'}=\vec r_{\perp}+(\gamma-1) \vec r_{\parallel}-\gamma \vec vt$ . Ersatz,

{\vec{r}}_{⊥} = \vec{r} - {\vec{r}}_{∥}

$\vec r_{\perp}=\vec r-\vec r_{\parallel}$ , Und

{\vec{r}}_{∥} = (\frac{\vec{r} \cdot \vec{v}}{v}) \frac{\vec{v}}{v}

$\vec r_{\parallel}=(\frac{\vec r\cdot \vec v}{v})\frac{\vec v}{v}$ - Wo

\vec{r} \cdot \vec{v}

$\vec r\cdot \vec v$ ist die Projektion von

\vec{r}

$\vec r$ auf zu

\vec{v}

$\vec v$ , Und

\frac{\vec{v}}{v}

$\frac{\vec v}{v}$ ist ein Einheitsvektor - hinein

{\vec{r}}^{^{'}}

$\vec r^{'}$ . Somit,

{\vec{r}}^{^{'}} = \vec{r} + (\frac{γ - 1}{v^{2}} \vec{r} \cdot \vec{v} - γ t) \vec{v}

$\vec r^{'}=\vec r+(\frac{\gamma-1}{v^{2}}\vec r\cdot \vec v-\gamma t)\vec v$ .

dsm

@CinaedSimson Entschuldigung, aber ich bin mir nicht ganz sicher, wie das für meine Frage relevant ist. Ich versuche, alle Abhängigkeiten von den orthogonalen Richtungen in meiner allgemeinen Boost-Matrix zu eliminieren, um die endgültige Matrix zu erhalten, die ich aufgeschrieben habe (mit einer Ähnlichkeitstransformation). Es ist fast da.

Cinaed Simson

Dies sind die Vektorgleichungen für eine beliebige Lorentz-Transformation aus

r \to r^{^{'}}

$r \rightarrow r^{'}$ :

{\vec{R}}^{^{'}} = \vec{R} + (\frac{γ - 1}{v^{2}} \vec{R} \cdot \vec{v} - γ T) \vec{v}

$\vec r^{'}=\vec r+(\frac{\gamma-1}{v^{2}}\vec r\cdot \vec v-\gamma t)\vec v$

T^{^{'}} = γ (T - \frac{\vec{R} \cdot \vec{v}}{C^{2}})

$t^{'}=\gamma(t-\frac{\vec r\cdot \vec v}{c^{2}})$ Sie in eine Matrix umzuwandeln, um sie mit dem gewünschten Ergebnis zu vergleichen, bleibt Ihnen als Übung überlassen.

dsm

@CinaedSimson Meine Frage ist nicht, wie man die willkürliche Lorentz-Transformation in eine Matrix umwandelt, das verstehe ich. Es erhält die willkürliche Boost-Matrix aus einer Ähnlichkeitstransformation . Ich weiß den Beitrag zu schätzen, aber noch einmal, alles, worum ich bitte, ist eine Klärung des allerletzten Schritts meiner Frage. Vielleicht ist die Art und Weise, wie ich gefragt habe, zu schwer zu verstehen.

dsm

@ArtBrown Ah, ja, danke!

Frobenius

Eine Ähnlichkeitstransformation, also eine Drehung im Raum, hat Bedeutung zwischen zueinander ruhenden Rahmen. Also lass

S \equiv O x y z t

$\;\mathrm S\boldsymbol{\equiv}Oxyzt\:$ Ihr anfänglicher Rahmen,

S_{α} \equiv O_{α} x y z_{α} t_{α}

$\;\mathrm S_{\alpha}\boldsymbol{\equiv}O_{\alpha}xyz_{\alpha}t_{\alpha}\:$ der Rahmen in der verstärkt

z -

$z-$ Richtung u

S_{β} \equiv O_{β} x_{β} y_{β} z_{β} t_{β}

$\;\mathrm S_{\beta}\boldsymbol{\equiv}O_{\beta}x_{\beta}y_{\beta}z_{\beta}t_{\beta}\:$ der Rahmen in der verstärkt

\hat{β} -

$\hat{\beta}-$ Richtung. Um eine Drehung im Raum aus zu machen

S_{α}

$\;\mathrm S_{\alpha}\:$ Zu

S_{β}

$\;\mathrm S_{\beta}\:$ diese Rahmen müssen zueinander in Ruhe sein, aber ....

Frobenius

...das ist unmöglich, wenn

\hat{β} (\equiv \hat{z_{β}}) \neq \hat{z}

$\hat{\beta}(\equiv \hat{z_{\beta}})\boldsymbol{\ne}\hat{z}$ .

Frobenius

Die Lorentz-Matrix gegeben als

\tilde{L}

$\;\tilde{L}\;$ in Ihrer Frage identisch mit der in einem Kommentar von @Cinaed Simson gegebenen

L = [\begin{matrix} ICH + \frac{γ - 1}{{\vec{v}}^{2}} \vec{v} {\vec{v}}^{T} & γ {\vec{v}}^{T} \\ γ {\vec{v}}^{T} & γ \end{matrix}]

$L=\begin{bmatrix} I+\frac{\gamma-1}{\vec{v}^2}\,\vec v \,\vec{v}^T & \gamma \,\vec{v}^T \\ \gamma\vec{v}^T &\gamma \end{bmatrix}$ gilt nicht für beliebige Konfigurationen, sondern für das, was ich als Standardkonfiguration bezeichne , siehe zum Beispiel Abbildung-01 in meiner Antwort hier: Ist es ein Tippfehler in David Tongs Ableitung der Spin-Orbit-Wechselwirkung? .

Frobenius

... oder Abbildung-01 in meiner Antwort hier: Wenn wir den relativistischen Drehimpuls eines Teilchens in Richtung der z-Achse berechnen, welche relativistische Masse sollten wir verwenden? .

Frobenius

Um zu sehen, wie sich diese allgemeine Standardkonfiguration von der bekannten Standardkonfiguration in der bewährten

x -

$x-$ Achse siehe ABSCHNITT B in meiner Antwort hier (in der Vergangenheit als 'user82794'): Zwei Koordinatensätze jeweils in den Frames O und O '(Lorentz-Transformation)

Cinaed Simson

Eine Ähnlichkeitstransformation ist die Transformation eines Feldes, die nach der erfolgt

4

$4$ -Vektor wurde Lorentz-transformiert. Und da scheinst du wenigstens leistungsfähig zu sein

2

$2$ reiner Schub rein

2

$2$ verschiedene Richtungen - und möglicherweise mit

2

$2$ Bei unterschiedlichen Geschwindigkeiten wären die Lorentz-Frames präzediert worden - und Sie können ohne einen zusammengesetzten Boost und einen separaten nicht zum ursprünglichen Frame zurückkehren

3

$3$ d Raumrotation. Siehe Thomas Precession " en.wikipedia.org/wiki/Thomas_precession " und die Kommentare von @Frobenius.

Frobenius

@Cinaed Simson: IMO, Ihr obiger klärender Kommentar muss ein Hinweis in einer Antwort sein. Übrigens ergeben zwei aufeinanderfolgende (symmetrische) Lorentz-Transformationen in zwei verschiedene Richtungen eine (symmetrische) Lorentz-Transformation und eine Thomas- (oder Wigner-) Rotation (statisch), keine Präzession (Bewegung). Außerdem haben wir hier einen Widerspruch: Ich denke, dass OP das Kopfgeld +50 für eine akzeptierte vollständige Antwort geben würde, aber für die letzte ist es nicht zulässig, vollständig zu sein, da die Moderation sie als Hausaufgaben und Übungen gekennzeichnet hat .

dsm

@Frobenius Danke für die Eingabe. Ich bin mir nicht sicher, ob ich Ihren Kommentar verstehe, dass diese Rotation unmöglich ist, wenn

\hat{β} \neq \hat{z}

$\hat{\beta}\neq\hat{z}$ , könntest Du das erläutern? Wollen Sie damit sagen, dass das Problem grundlegend fehlerhaft ist? Der springende Punkt ist zu sehen

\hat{β} \neq \hat{z}

$\hat{\beta}\neq\hat{z}$ , mit natürlich der

\hat{β} = \hat{z}

$\hat{\beta}=\hat{z}$ als Einzelfall zufrieden. Dies ist die fragliche Übung. Ich bette ein

R

$R$ hinein

S O (3, 1)_{o}

$SO(3,1)_o$ , ändert das deine Unmöglichkeit?

dsm

@CinaedSimson Können Sie erklären, wie ich "mindestens 2 reine Boosts in 2 verschiedene Richtungen durchführe - und möglicherweise mit 2 verschiedenen Geschwindigkeiten"? Das gesamte Ziel dieses Problems, so dachte ich zumindest, bestand darin, nur das anzuzeigen

z

$z$ Boost als ein beliebiger durch Drehen auf einen anderen Rahmen, der hat

\hat{β}

$\hat{\beta}$ als seine

z

$z$ -Achse. Also ein reiner Boost willkürlich betrachtet. Es tut mir leid, dass ich das so lange in die Länge ziehe, ich bin mir nicht sicher, was ich mir von diesem Ansatz erhoffe.

Antworten (2)

Erhalten der willkürlichen Boost-Matrix aus einer Ähnlichkeitstransformation

Bei der Ähnlichkeitstransformation die Bestimmtheit von $L$ sollte gleich dem Bestimmten von sein $\tilde{L}.$ Und vielleicht habe ich das Problem falsch verstanden, aber ein Lorentz-Boost ist das nicht $z$ Richtung $L = [\begin{matrix} γ & 0 & 0 & - β γ \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ - β γ & 0 & 0 & γ \end{matrix}]$ $L=\begin{bmatrix} \gamma & 0 & 0 & -\beta\gamma \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ -\beta\gamma & 0 & 0 & \gamma \\ \end{bmatrix}$
Ich habe gerade die Bestellung von Ihnen realisiert $4$ -Vektorkomponenten sind nicht standardmäßig - Sie schreiben sie als: $[\begin{array}{cccc} X \\ j \\ z \\ T \end{array}]$ $\left[ \begin {array}{cccc} {\it x} \\ y\\ z \\ t\end {array} \right]$ Die Standardbestellung der $4$ -Vektorkomponenten ist: $[\begin{array}{cccc} T \\ X \\ j \\ z \end{array}]$ $\left[ \begin {array}{cccc} {\it t} \\ x\\ y\\ z\end {array} \right]$ Es spielt keine Rolle, aber Sie sollten dies vielleicht im Hinterkopf behalten, wenn Sie Fragen posten.
Ich verstehe wirklich nicht, was du machst. Dies ist die Matrix für einen beliebigen Lorentz-Boost unter Verwendung senkrechter und paralleler Vektoren: $L = [\begin{matrix} ICH + \frac{γ - 1}{{\vec{v}}^{2}} \vec{v} {\vec{v}}^{T} & γ {\vec{v}}^{T} \\ γ {\vec{v}}^{T} & γ \end{matrix}]$ $L=\begin{bmatrix} I+\frac{\gamma-1}{\vec{v}^2}\,\vec v \,\vec{v}^T & \gamma \,\vec{v}^T \\ \gamma\vec{v}^T &\gamma \end{bmatrix}$ Wenn Sie es erweitern, sollte es mit dem gewünschten Ergebnis aus der Übung übereinstimmen - mit Ihrem $4$ -Vektornotation. Und wenn Sie die einstellen $\beta_{x}=\beta_{y}=0$ Dann sollten Sie in der Lage sein, den Lorentz-Schub in der wiederzugewinnen $z$ Richtung.
Hallo @CinaedSimson. Ja, ich hätte klarstellen sollen, dass ich in der arbeite $(x,y,z,ct)$ Konvention (bearbeitete meinen Beitrag, um das aufzunehmen). Ich verstehe die Form einer willkürlichen Boost-Matrix, was ich zu sehen versuche, ist, wie es nicht erforderlich ist, dass ich sie habe $r_{1z}$ Und $r_{2z}$ diese spezifischen Werte sein.
Okay, lass $\vec r^{'}=\vec r_{\perp}+\vec r_{\parallel}$ Und $\vec r\cdot \vec v=r_{\parallel}v$ . Dann $T^{^{'}} = γ (T - \frac{\vec{R} \cdot \vec{v}}{C^{2}})$ $t^{'}=\gamma(t-\frac{\vec r\cdot \vec v}{c^{2}})$ ${\vec{R}}^{^{'}} = {\vec{R}}_{⊥} + (γ - 1) {\vec{R}}_{∥} - γ \vec{v} T$ $\vec r^{'}=\vec r_{\perp}+(\gamma-1) \vec r_{\parallel}-\gamma \vec vt$ . Ersatz, $\vec r_{\perp}=\vec r-\vec r_{\parallel}$ , Und $\vec r_{\parallel}=(\frac{\vec r\cdot \vec v}{v})\frac{\vec v}{v}$ - Wo $\vec r\cdot \vec v$ ist die Projektion von $\vec r$ auf zu $\vec v$ , Und $\frac{\vec v}{v}$ ist ein Einheitsvektor - hinein $\vec r^{'}$ . Somit, $\vec r^{'}=\vec r+(\frac{\gamma-1}{v^{2}}\vec r\cdot \vec v-\gamma t)\vec v$ .
@CinaedSimson Entschuldigung, aber ich bin mir nicht ganz sicher, wie das für meine Frage relevant ist. Ich versuche, alle Abhängigkeiten von den orthogonalen Richtungen in meiner allgemeinen Boost-Matrix zu eliminieren, um die endgültige Matrix zu erhalten, die ich aufgeschrieben habe (mit einer Ähnlichkeitstransformation). Es ist fast da.
Dies sind die Vektorgleichungen für eine beliebige Lorentz-Transformation aus $r \rightarrow r^{'}$ : ${\vec{R}}^{^{'}} = \vec{R} + (\frac{γ - 1}{v^{2}} \vec{R} \cdot \vec{v} - γ T) \vec{v}$ $\vec r^{'}=\vec r+(\frac{\gamma-1}{v^{2}}\vec r\cdot \vec v-\gamma t)\vec v$ $T^{^{'}} = γ (T - \frac{\vec{R} \cdot \vec{v}}{C^{2}})$ $t^{'}=\gamma(t-\frac{\vec r\cdot \vec v}{c^{2}})$ Sie in eine Matrix umzuwandeln, um sie mit dem gewünschten Ergebnis zu vergleichen, bleibt Ihnen als Übung überlassen.
@CinaedSimson Meine Frage ist nicht, wie man die willkürliche Lorentz-Transformation in eine Matrix umwandelt, das verstehe ich. Es erhält die willkürliche Boost-Matrix aus einer Ähnlichkeitstransformation . Ich weiß den Beitrag zu schätzen, aber noch einmal, alles, worum ich bitte, ist eine Klärung des allerletzten Schritts meiner Frage. Vielleicht ist die Art und Weise, wie ich gefragt habe, zu schwer zu verstehen.
Eine Ähnlichkeitstransformation, also eine Drehung im Raum, hat Bedeutung zwischen zueinander ruhenden Rahmen. Also lass $\;\mathrm S\boldsymbol{\equiv}Oxyzt\:$ Ihr anfänglicher Rahmen, $\;\mathrm S_{\alpha}\boldsymbol{\equiv}O_{\alpha}xyz_{\alpha}t_{\alpha}\:$ der Rahmen in der verstärkt $z-$ Richtung u $\;\mathrm S_{\beta}\boldsymbol{\equiv}O_{\beta}x_{\beta}y_{\beta}z_{\beta}t_{\beta}\:$ der Rahmen in der verstärkt $\hat{\beta}-$ Richtung. Um eine Drehung im Raum aus zu machen $\;\mathrm S_{\alpha}\:$ Zu $\;\mathrm S_{\beta}\:$ diese Rahmen müssen zueinander in Ruhe sein, aber ....
...das ist unmöglich, wenn $\hat{\beta}(\equiv \hat{z_{\beta}})\boldsymbol{\ne}\hat{z}$ .
Die Lorentz-Matrix gegeben als $\;\tilde{L}\;$ in Ihrer Frage identisch mit der in einem Kommentar von @Cinaed Simson gegebenen $L = [\begin{matrix} ICH + \frac{γ - 1}{{\vec{v}}^{2}} \vec{v} {\vec{v}}^{T} & γ {\vec{v}}^{T} \\ γ {\vec{v}}^{T} & γ \end{matrix}]$ $L=\begin{bmatrix} I+\frac{\gamma-1}{\vec{v}^2}\,\vec v \,\vec{v}^T & \gamma \,\vec{v}^T \\ \gamma\vec{v}^T &\gamma \end{bmatrix}$ gilt nicht für beliebige Konfigurationen, sondern für das, was ich als Standardkonfiguration bezeichne , siehe zum Beispiel Abbildung-01 in meiner Antwort hier: Ist es ein Tippfehler in David Tongs Ableitung der Spin-Orbit-Wechselwirkung? .
... oder Abbildung-01 in meiner Antwort hier: Wenn wir den relativistischen Drehimpuls eines Teilchens in Richtung der z-Achse berechnen, welche relativistische Masse sollten wir verwenden? .
Um zu sehen, wie sich diese allgemeine Standardkonfiguration von der bekannten Standardkonfiguration in der bewährten $x-$ Achse siehe ABSCHNITT B in meiner Antwort hier (in der Vergangenheit als 'user82794'): Zwei Koordinatensätze jeweils in den Frames O und O '(Lorentz-Transformation)
Eine Ähnlichkeitstransformation ist die Transformation eines Feldes, die nach der erfolgt $4$ -Vektor wurde Lorentz-transformiert. Und da scheinst du wenigstens leistungsfähig zu sein $2$ reiner Schub rein $2$ verschiedene Richtungen - und möglicherweise mit $2$ Bei unterschiedlichen Geschwindigkeiten wären die Lorentz-Frames präzediert worden - und Sie können ohne einen zusammengesetzten Boost und einen separaten nicht zum ursprünglichen Frame zurückkehren $3$ d Raumrotation. Siehe Thomas Precession " en.wikipedia.org/wiki/Thomas_precession " und die Kommentare von @Frobenius.
@Cinaed Simson: IMO, Ihr obiger klärender Kommentar muss ein Hinweis in einer Antwort sein. Übrigens ergeben zwei aufeinanderfolgende (symmetrische) Lorentz-Transformationen in zwei verschiedene Richtungen eine (symmetrische) Lorentz-Transformation und eine Thomas- (oder Wigner-) Rotation (statisch), keine Präzession (Bewegung). Außerdem haben wir hier einen Widerspruch: Ich denke, dass OP das Kopfgeld +50 für eine akzeptierte vollständige Antwort geben würde, aber für die letzte ist es nicht zulässig, vollständig zu sein, da die Moderation sie als Hausaufgaben und Übungen gekennzeichnet hat .
@Frobenius Danke für die Eingabe. Ich bin mir nicht sicher, ob ich Ihren Kommentar verstehe, dass diese Rotation unmöglich ist, wenn $\hat{\beta}\neq\hat{z}$ , könntest Du das erläutern? Wollen Sie damit sagen, dass das Problem grundlegend fehlerhaft ist? Der springende Punkt ist zu sehen $\hat{\beta}\neq\hat{z}$ , mit natürlich der $\hat{\beta}=\hat{z}$ als Einzelfall zufrieden. Dies ist die fragliche Übung. Ich bette ein $R$ hinein $SO(3,1)_o$ , ändert das deine Unmöglichkeit?
@CinaedSimson Können Sie erklären, wie ich "mindestens 2 reine Boosts in 2 verschiedene Richtungen durchführe - und möglicherweise mit 2 verschiedenen Geschwindigkeiten"? Das gesamte Ziel dieses Problems, so dachte ich zumindest, bestand darin, nur das anzuzeigen $z$ Boost als ein beliebiger durch Drehen auf einen anderen Rahmen, der hat $\hat{\beta}$ als seine $z$ -Achse. Also ein reiner Boost willkürlich betrachtet. Es tut mir leid, dass ich das so lange in die Länge ziehe, ich bin mir nicht sicher, was ich mir von diesem Ansatz erhoffe.

Kunst Braun · Answer 1

Ich gestehe, dass ich mit diesem Problem nicht ganz zufrieden bin. (Siehe meinen ersten Antwortversuch.)

Trotzdem weitermachen, denke ich $\vec{r_1}$ Und $\vec{r_2}$ sind durch die Anforderung eingeschränkt, dass die Lorentz-Transformation $\tilde{L}$ ein reiner Schub sein; das heißt, dass räumliche Vektoren senkrecht zur Verstärkungsrichtung sind $\vec{\beta}/\beta$ werden von unverändert gelassen $\tilde{L}$ . (Diese Vektoren bilden einen 2-dimensionalen Eigenraum mit Eigenwert 1.)

Genauer gesagt, lösen $\tilde{L} \vec{r_1} = \vec{r_1}$ Und $\tilde{L} \vec{r_2} = \vec{r_2}$ (oder Komponenten davon) ergibt 2 Bedingungen, die durch Auswählen erfüllt sind $r_{1z}=\beta_x/\beta$ Und $r_{2z}=\beta_y/\beta$ .

Zum Beispiel die $x$ -Bestandteil von $\tilde{L} \vec{r_1} = \vec{r_1}$ vereinfacht sich zu:

R_{1 X} R_{1 z} + R_{1 j} R_{2 z} + R_{1 z} β_{z} / β = 0

$r_{1x} r_{1z} + r_{1y} r_{2z} + r_{1z} \beta_z/\beta = 0$

Mit den Substitutionen wird diese Gleichung zu einem inneren Produkt von $r_1$ Und $\beta$ , die durch die Orthogonalität von verschwindet $r_1$ Und $\beta$ .

Die anderen Komponenten ergeben die gleiche oder eine ähnliche Gleichung, die durch die gleichen Substitutionen erfüllt wird.

AKTUALISIEREN:

Die Dinge sind jetzt klarer. Meine obige Antwort war insofern problematisch, als sie einige zusätzliche Einschränkungen auferlegte $\hat{r_1}$ Und $\hat{r_2}$ darüber hinaus, dass sie orthonormal zueinander sind und $\hat{\beta}$ , während das Problem besagte, dass jedes orthonormale Paar funktionieren sollte. In der Tat, jedes solche Paar $\hat{r_1}$ Und $\hat{r_2}$ ergibt eine Symmetrie $\tilde{L}$ , und damit ein reiner Boost, warum sollten also zusätzliche Einschränkungen erforderlich sein?

Die Antwort ist, dass zusätzliche Einschränkungen nicht erforderlich sind, wenn man die Matrix wählt $R$ rotieren $\hat{z}$ hinein $\hat{\beta}$ ( $R \hat{z}=\hat{\beta}$ ). Speziell, $R$ sollte die Transponierte der von Ihnen verwendeten sein. Mit dieser Änderung liefert die von Ihnen durchgeführte Berechnung das erwartete Ergebnis, ohne zusätzliche Einschränkungen $\hat{r_1}$ Und $\hat{r_2}$ erforderlich.

(Umgekehrt mit der Version von $R$ Sie beschäftigten, das war notwendig $r_{1z}=\beta_x/\beta$ Und $r_{2z}=\beta_y/\beta$ so dass $\hat{z}$ hinein gedreht wurde $\hat{\beta}$ .)

Können Sie erläutern, wie diese Bedingungen das Ergebnis der Forderung nach Invarianz der Eigenzeit sind? Es scheint mein Halt zu sein
@dsm, diese Idee von mir war nicht richtig, sorry. Ich denke, meine überarbeitete Antwort ist besser.
Erfordern $\tilde{L}r_1=r_1$ Und $\tilde{L}r_2=r_2$ macht Sinn, aber ich bin ratlos, diese herauszubekommen $r_{1z}=\beta_x/\beta$ Und $r_{2z}=\beta_y/\beta$ . In meiner einfachsten Form von $\tilde{L}$ Ich habe eliminiert $\beta_x$ Und $\beta_y$ mit Orthogonalität, und ich sehe nicht, wie diese Komponenten aus diesen beiden Matrixgleichungen wieder ins Spiel kommen. Übersehe ich etwas?
Ich habe gemeinsame Faktoren in der Gleichung gestrichen. Was übrig blieb, könnte als das Verschwinden des inneren Produkts von ausgedrückt werden $r$ und ein weiterer Vektor. Dieser zweite Vektor wird $\beta$ wenn die beiden fraglichen U-Boote strategisch gemacht sind (bringen $\beta_x$ usw. zurück ins Spiel) und die Gleichung durch Orthogonalität erfüllen.
Ahhh, ich sehe es! Danke schön. Das hat mich viel zu lange verwirrt. Und anstatt der Substitution ist es für mich klarer, einfach die Orthogonalitätsbedingung von zu subtrahieren $r_1$ Und $\beta$ davon $x$ -Komponentengleichung, um zu sehen, dass wir diese haben müssen $z$ -Komponenten aufgrund von $r_1$ (oder $r_2$ bei Verwendung der anderen Gleichung) willkürlich $x$ Und $y$ Komponenten; dh $R_{1 X} (R_{1 z} - β_{X} / β) + R_{1 j} (R_{2 z} - β_{j} / β) = 0 \Rightarrow R_{1 z} = β_{X} / β Und R_{2 z} = β_{j} / β$ $r_{1x}(r_{1z}-\beta_x/\beta)+r_{1y}(r_{2z}-\beta_y/\beta)=0\hspace{1mm}\Rightarrow r_{1z}=\beta_x/\beta\hspace{1mm}\text{and}\hspace{1mm}r_{2z}=\beta_y/\beta$ Ich schätze deine Beharrlichkeit, Prost :)

Eli · Answer 2

Die allgemeine Lorentz-Transformationsmatrix lautet:

L = [\begin{matrix} γ & - γ {\vec{β}}^{T} \\ - γ \vec{β} & {ICH}_{3} + \frac{γ - 1}{\vec{v} \cdot \vec{v}} \vec{β} {\vec{β}}^{T} \end{matrix}]

$L=\begin{bmatrix} \gamma & -\gamma\,\vec{\beta}^T \\ -\gamma\,\vec{\beta} & I_3+\frac{\gamma-1}{\vec{v}\,\cdot \vec{v}}\,\vec{\beta}\,\vec{\beta}^T \\ \end{bmatrix}$

Wenn Sie die Lorentz-Matrix drehen, dann:

$\vec{\beta}\mapsto R\,\vec{\beta}$

wo R ist $3\times 3$ orthogonale Rotationsmatrix

$R^T=\left[\vec{r_1},\vec{r_2},\vec{r_3}\right]$ Und $R^\,R^T=I_3$

Weil $R\,\vec{\beta}$ in deinem Fall ist:

β_{z} [\begin{matrix} R_{1 z} \\ R_{2 z} \\ R_{3 z} \end{matrix}]

$\beta_z\,\begin{bmatrix} r_{1z} \\ r_{2z} \\ r_{3z} \\ \end{bmatrix}$

nur die z-Komponenten der Vektoren, die die Rotationsmatrix R erzeugen, sind beteiligt

Ich weiß nicht, was Sie hier zu tun versuchen. Warum bewirbst du dich $R$ Zu $\vec{\beta}$ , die Richtung, in die ich drehe $z$ Richtung zu? Und was willst du damit vermitteln $\beta_z(r_{1z},r_{2z},r_{3z})^T$ ? Und was ist $r_3$ ? Alles, was ich versuche, ist zu eliminieren $r_{1z}$ Und $r_{2z}$ in meinem letzten Ausdruck, um diese endgültige Matrix zu erhalten; dh nicht von irgendwelchen Komponenten der Orthogonalen abhängig zu sein $r$ Richtungen.

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