Intervallerhaltende Transformationen sind in der speziellen Relativitätstheorie linear

Im Nachhinein hier ein kurzer Beweis.

Die Metrik$g_{\mu\nu}$ist die flache konstante Metrik$\eta_{\mu\nu}$in beiden Koordinatensystemen. Daher die entsprechenden (eindeutig definierten) Levi-Civita Christoffel-Symbole

$$\Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}~=~0$$

sind in beiden Koordinatensystemen Null. Es ist bekannt, dass sich das Christoffel-Symbol bei einer lokalen Koordinatentransformation nicht als Tensor transformiert$x^{\mu} \to y^{\rho}=y^{\rho}(x)$, sondern mit einem inhomogenen Term, der aus der zweiten Ableitung der Koordinatentransformation aufgebaut ist,

$$\frac{\partial y^{\tau}}{\partial x^{\lambda}} \Gamma^{(x)\lambda}_{\mu\nu} ~=~\frac{\partial y^{\rho}}{\partial x^{\mu}}\, \frac{\partial y^{\sigma}}{\partial x^{\nu}}\, \Gamma^{(y)\tau}_{\rho\sigma}+ \frac{\partial^2 y^{\tau}}{\partial x^{\mu} \partial x^{\nu}}.$$

Daher sind alle zweiten Ableitungen Null,

$$\frac{\partial^2 y^{\tau}}{\partial x^{\mu} \partial x^{\nu}}~=~0,$$

dh die Verwandlung$x^{\mu} \to y^{\rho}=y^{\rho}(x)$ist affin.

Ich hatte das Gefühl, dass ein direkter Beweis nur über die Relation möglich wäre$\eta _{ij}\frac{\partial y^i}{\partial x^p}\frac{\partial y^j}{\partial x^q}=\eta _{pq}$, wobei einfache Glattheitseigenschaften der Transformation angenommen und dann einige algebraische Manöver verwendet werden. Ich habe das folgende schöne Argument in dem Buch Gravitation and Cosmology von Steven Weinberg gefunden.

Wir gehen von der Relation aus

$$\eta _{ij}\frac{\partial y^i}{\partial x^p}\frac{\partial y^j}{\partial x^q}=\eta _{pq}$$

Differenzierung bzgl$x^k$wir erhalten

$$\eta _{ij}\frac{\partial ^2y^i}{\partial x^p\partial x^k}\frac{\partial y^j}{\partial x^q}+\eta _{ij}\frac{\partial y^i}{\partial x^p}\frac{\partial ^2y^j}{\partial x^q\partial x^k}=0$$

Dazu addieren wir die gleiche Gleichung mit$p$und$k$vertauscht, und subtrahiere dasselbe mit$q$und$k$vertauscht; das ist,

$$\eta _{ij}\left(\frac{\partial ^2y^i}{\partial x^p\partial x^k}\frac{\partial y^j}{\partial x^q}+\frac{\partial y^i}{\partial x^p}\frac{\partial ^2y^j}{\partial x^q\partial x^k}+\frac{\partial ^2y^i}{\partial x^k\partial x^p}\frac{\partial y^j}{\partial x^q}+\frac{\partial y^i}{\partial x^k}\frac{\partial ^2y^j}{\partial x^q\partial x^p}-\frac{\partial ^2y^i}{\partial x^p\partial x^q}\frac{\partial y^j}{\partial x^k}-\frac{\partial y^i}{\partial x^p}\frac{\partial ^2y^j}{\partial x^k\partial x^q}\right)=0$$

Dies vereinfacht zu

$$2\eta _{ij}\frac{\partial ^2y^i}{\partial x^p\partial x^k}\frac{\partial y^j}{\partial x^q}=0$$

Da die Tensoren$\frac{\partial y^i}{\partial x^j}$und$\eta _{ij}$invertierbar sind, bedeutet dies, dass

$$\frac{\partial ^2y^i}{\partial x^p\partial x^k}=0$$

Hier möchte ich nur erwähnen, dass es einen direkten Beweis in gibt$1+1$Dimensionen mit elementaren Argumenten. Lassen Sie die beiden Patches koordinieren$U_x$und$U_y$(das sind, sagen wir, beide konvexe Mengen in$\mathbb{R}^2$, die den Ursprung enthalten) haben Lichtkegelkoordinaten$x^{\pm}$und$y^{\pm}$, bzw. Die Metrik lautet

$$dy^{+}dy^{-} ~=~ dx^{+}dx^{-}.$$

Dies führt zu drei PDEs

$$\frac{\partial y^{+}}{\partial x^{+}} \frac{\partial y^{-}}{\partial x^{+}} ~=~0 \qquad \qquad\Leftrightarrow\qquad \qquad\frac{\partial y^{+}}{\partial x^{+}}~=~0 \qquad\mathrm{or}\qquad \frac{\partial y^{-}}{\partial x^{+}} ~=~0 ,$$ $$\frac{\partial y^{+}}{\partial x^{-}} \frac{\partial y^{-}}{\partial x^{-}} ~=~0\qquad \qquad\Leftrightarrow \qquad\qquad\frac{\partial y^{+}}{\partial x^{-}}~=~0 \qquad\mathrm{or}\qquad \frac{\partial y^{-}}{\partial x^{-}} ~=~0,$$ $$\frac{\partial y^{+}}{\partial x^{+}} \frac{\partial y^{-}}{\partial x^{-}} +\frac{\partial y^{+}}{\partial x^{-}} \frac{\partial y^{-}}{\partial x^{+}} ~=~1.$$

Seit$\det \frac{\partial y}{\partial x}\neq 0$, gibt es eigentlich nur zwei Möglichkeiten. Entweder

$$\frac{\partial y^{-}}{\partial x^{+}}~=~0 ~=~\frac{\partial y^{+}}{\partial x^{-}},$$

oder

$$\frac{\partial y^{+}}{\partial x^{+}}~=~0 ~=~\frac{\partial y^{-}}{\partial x^{-}}.$$

Durch eventuelles Umetikettieren$x^{+} \leftrightarrow x^{-}$, können wir ersteres annehmen. Damit

$$y^{+}~=~f^{+}(x^{+})\qquad \mathrm{and} \qquad y^{-}~=~f^{-}(x^{-}).$$

Aus dem dritten PDE schließen wir das

$$\frac{\partial f^{+}}{\partial x^{+}}\frac{\partial f^{-}}{\partial x^{-}} ~=~1.$$

Durch Trennung der Variablen ist dies nur möglich, wenn$\frac{\partial f^{\pm}}{\partial x^{\pm}}$ist unabhängig von$x^{\pm}$. Es folgt dem$y^{\pm}~=~f^{\pm}(x^{\pm})$sind affine Funktionen. QED

Nehmen wir zunächst an, dass das erhaltene Skalarprodukt eine positive Signatur hat, um die Hauptidee zu zeigen. Sie sagen auch, Sie möchten keine Homogenität annehmen, aber dies ist bereits in Ihrer Gleichung enthalten, da zur Bildung von Intervallen Unterschiede von Raum-Zeit-Punkten verwendet werden, sodass wir genauso gut einen dieser Punkte als Null eines Vektorraums annehmen können ( entsprechend könnten Sie über die Erhaltung eines Skalarprodukts auf einem Tangentenraum bis zu einem Punkt sprechen, aber dies ist auch linear, nicht affin).

Lassen

$$f : \mathbb R^2 \to \mathbb R^2, \quad (x,y) \mapsto (A(x,y), B(x,y))$$ sei längenerhaltend und nehme an $f$ist analytisch mit $$A(x,y) = \sum_{n,m=0}^{\infty} {a_{n,m} \over n! m!} x^n y^m, \quad B(x,y) = \sum_{n,m=0}^{\infty} {b_{n,m} \over n! m!} x^n y^m.$$

Dann haben wir$x^2 + y^2 = A(x,y)^2 + B(x,y)^2$für alle$x,y \in \mathbb R^2$oder ausdrücklich zuerst

$$x^2 + y^2 = \left(\sum_{n,m=0}^{\infty} {a_{n,m} \over n! m!} x^n y^m \right)^2 + \left( \sum_{n,m=0}^{\infty} {b_{n,m} \over n! m!} x^n y^m \right)^2.$$ Dies zeigt sofort, dass die einzigen nicht verschwindenden Koeffizienten auftreten, wenn $n+m \leq 1$. Wir müssen nur nachforschen $n=m=0$Fall aber das ist trivial da $f(0,0) = (a_{0,0}, b_{0,0})$.

Für die$n$D-Fall ist die Diskussion völlig analog. Bei willkürlicher Signatur ist Vorsicht geboten, da wir sie nicht verwenden können$x^2 + y^2 = 0 \rightarrow x = y =0$mehr (vielleicht kann man darin arbeiten$\mathbb C$anstatt$\mathbb R$und analytische Fortsetzung verwenden).

Der letzte verbleibende Bestandteil dieses Arguments ist die Analytizität von$f$. Aber das ist da trivial$||f(x,y)||^2 = x^2 + y^2$und$||\cdot||^2$sind um jeden herum analytisch$(x,y) \in \mathbb R^2$.

Lassen Sie uns die Frage von OP wie folgt umformulieren:

Beweisen Sie, dass es eine lokale Koordinatentransformation gibt$x^{\mu} \to y^{\rho}=y^{\rho}(x)$zwischen zwei lokalen Koordinatensystemen (auf einer 3+1-dimensionalen Lorentz-Mannigfaltigkeit) muss affin sein, wenn die Metrik$g_{\mu\nu}$in beiden Koordinatensystemen zufällig auf konstant flacher Minkowski-Form$\eta_{\mu\nu}$.

Hier werden wir einen Beweis präsentieren, der sowohl mit Minkowski- als auch mit euklidischer Signatur funktioniert; in der Tat für jede Signatur und für jede endliche Anzahl von Dimensionen ungleich Null, solange die Metrik$g_{\mu\nu}$ist invertierbar.

1) Erinnern wir uns zunächst an die Transformationseigenschaft der inversen Metrik$g^{\mu\nu}$, was eine Kontravariante ist$(2,0)$symmetrischer Tensor,

$$\frac{\partial y^{\rho}}{\partial x^{\mu}} g^{\mu\nu}_{(x)}\frac{\partial y^{\sigma}}{\partial x^{\nu}}~=~g^{\rho\sigma}_{(y)},$$

wo$x^{\mu} \to y^{\rho}=y^{\rho}(x)$ist eine lokale Koordinatentransformation. Denken Sie daran, dass die Metrik$g_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}$ist die flache konstante Metrik in beiden Koordinatensystemen. Damit wir schreiben können

$$\frac{\partial y^{\rho}}{\partial x^{\mu}} \eta^{\mu\nu}\frac{\partial y^{\sigma}}{\partial x^{\nu}}~=~\eta^{\rho\sigma}. \qquad (1)$$

2) Nehmen wir an, dass die lokale Koordinatentransformation reell analytisch ist

$$y^{\rho} ~=~ a^{(0)\rho} + a^{(1)\rho}_{\mu} x^{\mu} + \frac{1}{2} a^{(2)\rho}_{\mu\nu}x^{\mu}x^{\nu} + \frac{1}{3!} a^{(3)\rho}_{\mu\nu\lambda}x^{\mu} x^{\nu} x^{\lambda} + \ldots.$$

Durch eventuelles Vornehmen einer entsprechenden Übersetzung gehen wir von nun an ohne Beschränkung der Allgemeinheit davon aus, dass die konstante Verschiebung$a^{(0)\rho} =0$ist Null.

3) Zur nullten Ordnung in$x$, Die gleichung$(1)$liest

$$a^{(1)\rho}_{\mu} \eta^{\mu\nu}a^{(1)\sigma}_{\nu}~=~\eta^{\rho\sigma},$$

was nicht überraschend sagt, dass die Matrix$a^{(1)\rho}_{\mu}$eine Lorentz- (bzw. eine orthogonale) Matrix ist. Durch eventuelles Vornehmen einer entsprechenden "Rotation" gehen wir von nun an ohne Beschränkung der Allgemeinheit davon aus, dass die konstante Matrix

$$a^{(1)\rho}_{\mu}~=~\delta^{\rho}_{\mu}$$

ist die Einheitsmatrix.

4) Im Folgenden ist es zweckmäßig, den Index von zu verringern$y^{\sigma}$koordinieren als

$$y_{\rho}~:=~\eta_{\rho\sigma}y^{\sigma}.$$

Dann wird die lokale Koordinatentransformation

$$y_{\rho} ~=~ \eta_{\rho\mu} x^{\mu} + \frac{1}{2} a^{(2)}_{\rho,\mu\nu}x^{\mu}x^{\nu} + \frac{1}{3!} a^{(3)}_{\rho,\mu\nu\lambda}x^{\mu} x^{\nu} x^{\lambda}+ \ldots$$ $$+\frac{1}{n!} a^{(n)}_{\rho,\mu_1\ldots\mu_n}x^{\mu_1} \cdots x^{\mu_n}+ \ldots.$$

5) Zur ersten Bestellung$x$, Die gleichung$(1)$liest

$$a^{(2)}_{\rho,\sigma\mu}+a^{(2)}_{\sigma,\rho\mu}~=~0.$$

Das ist,$a^{(2)}_{\rho,\mu\nu}$ist symmetrisch in$\mu\leftrightarrow \nu$, aber antisymmetrisch in$\rho\leftrightarrow \mu$. Es ist nicht schwer zu sehen (indem man die Symmetrie- und die Antisymmetrieeigenschaft in abwechselnder Reihenfolge jeweils dreimal anwendet), dass die Koeffizienten zweiter Ordnung$a^{(2)}_{\rho,\mu\nu}=0$muss verschwinden.

6) Zur zweiten Bestellung rein$x$, Die gleichung$(1)$liest

$$a^{(3)}_{\rho,\sigma\mu\nu}+a^{(3)}_{\sigma,\rho\mu\nu}~=~0.$$

Das ist,$a^{(3)}_{\rho,\mu\nu\lambda}$ist symmetrisch in$\mu\leftrightarrow \nu\leftrightarrow \lambda$, aber antisymmetrisch in$\rho\leftrightarrow \mu$. Für fest$\lambda$, können wir wieder zum Schluss kommen$a^{(3)}_{\rho,\mu\nu\lambda}=0$.

7) In ähnlicher Weise schließen wir induktiv, dass die Koeffizienten höherer Ordnung$a^{(n)}_{\rho,\mu_1\ldots\mu_n}=0$muss auch verschwinden. Damit$y^{\mu}= x^{\mu}$. QED

Die erste Bedingung impliziert, dass die Jacobi-Matrix$L^i_j=\frac{\partial y^i}{\partial x^j}$ist eine Lorentztransformation. Durch Ersetzen der Definition des Jacobischen in dieser Bedingung erhalten wir:

$g^{ij}\frac{\partial y^k}{\partial x^i}\frac{\partial y^l}{\partial x^j} = g^{kl}$

Insbesondere das Gleichsetzen der Diagonalgleichungen$l=k$, wir haben

$g^{ij}\frac{\partial y^k}{\partial x^i}\frac{\partial y^k}{\partial x^j} = g^{kk}= \pm 1$

(Das Pluszeichen für die Zeitkoordinate und das Minuszeichen für die Raumkoordinaten).

Aber dies ist nur die Hamilton-Jacobi-Gleichung für ein freies relativistisches Teilchen, dessen eindeutige Lösung durch Trennung der Variablen erhalten werden kann:

$y^k = \sum_i f^{(k)}_i(x^i)$

Durch Substitution erhalten wir:

$\frac {df^{(k)}_i(x^i)}{dx^i} = const$

Somit sind die neuen Koordinaten lineare Funktionen der alten Koordinaten. Die konstanten Koeffizienten sind nicht unabhängig, da die Jacobi-Matrix eine Lorentz-Transformation sein muss.

Aktualisieren:

Auf Anregung von Lurscher folgen hier zwei Referenzen, die die Hamilton-Jacobi-Gleichung eines relativistischen Teilchens enthalten. (Beide Referenzen beziehen sich auf ein Teilchen in einem äußeren elektromagnetischen Feld. Um die Hamilton-Jacobi-Gleichung für das freie Teilchen zu erhalten, benötigt man den Spezialfall mit verschwindendem Vektorpotential): Referenz-1 (von A. granik) , Referenz- 2

(Die benötigte Version erscheint in Gleichung (33) der ersten Referenz, die zweite Referenz enthält die (richtige) zeitabhängige Version).

Zusätzlich gebe ich hier eine weitere Ableitung basierend auf der WKB-Näherung der Klein-Gordon-Gleichung an:

$\frac {1}{c^2}\frac {\partial^2\psi}{\partial t^2}-\nabla^2 \psi + \frac{m^2 C^2}{\hbar^2}\psi = 0$

Die Lösungen für ebene Wellen sind gegeben durch:

$\psi = C \exp(i\frac{\mathbf{p}.\mathbf{x}-\sqrt{m^2c^4+p^2c^2}t}{\hbar})$

Um eine WKB-Approximation durchzuführen, suchen wir eine Lösung der Form:

$\psi = A(x,t)\exp(\frac{iS(x,t)}{\hbar})$

und nehmen Sie die führenden Terme im Limit$\hbar \rightarrow 0$. ($S$wird manchmal als Hamilton-Jacobi-Phasenfunktion bezeichnet)

Durch Substitution erhalten wir:

$((\frac {1}{c^2}\frac {\partial^2A}{\partial t^2}-\nabla^2A)+\frac{2i}{\hbar}(\frac {1}{c^2}\frac {\partial A}{\partial t} \frac {\partial S}{\partial t} -\mathbf{\nabla}A.\mathbf{\nabla}S) -\frac{A}{\hbar^2}(\frac {1}{c^2}\frac {\partial^2S}{\partial t^2}-\nabla^2S - m^2 c^2 )) = 0$

Der führende Term ist die Hamilton-Jacobi-Gleichung:

$\frac {1}{c^2}\frac {\partial^2S}{\partial t^2}-\nabla^2S - m^2 c^2 = 0$

Was als Äquivalent zu jeder Gleichung auf der Hauptdiagonale der in der ursprünglichen Antwort geschriebenen Matrixgleichung angesehen werden kann.

Nun ist auch die Einzigartigkeit der Lösung leicht zu erkennen. Für das freie Teilchen kann man sehen, dass die nicht führenden Terme tatsächlich verschwinden. dh die WKB-Näherung ist exakt.

Die Hamilton-Jacobi-Phasenfunktion$S$ist nur die Phase der ebenen Wellenlösungen der Klein-Gordon-Gleichung:

$S = \mathbf{p}.\mathbf{x}-\sqrt{m^2c^4+p^2c^2}t$

An$\mathbb{R}^4$haben alle Lösungen der freien Klein-Gordon-Gleichung in kartesischen Koordinaten die Form der ebenen Wellen, was impliziert, dass die Hamilton-Jacobi-Phasenfunktion in den kartesischen Koordinaten linear ist.

Der Beweis entpuppt sich tatsächlich als eine sehr einfache Übung in linearer Algebra. Ich finde diesen algebraischen Beweis sehr zufriedenstellend, da er sehr wenig Maschinen verwendet. Es beweist auch, dass Rotationen und (mit einer leichten Umformulierung) einheitliche Karten linear sind.

Satz: Sei$U$und$V$Vektorräume über einem Körper sein$F$mit bilinearer Form ausgestattet$g$und$h$bzw. Weiter davon ausgehen$h$ist nicht entartet und wir haben eine surjektive Abbildung$f:U\rightarrow V$so dass$h(f(u),f(v))=g(u,v)$für alle$u,v\in V$. Dann$f$ist linear.

Beweis: Let$u,v,w\in V$und$k\in F$. Dann

$$h(f(ku+v)-kf(u)-f(v)v,f(w))=h(f(ku+v),f(w))-kh(f(u),f(w))-h(f(v),w)=g(ku+v,w)-kg(u,w)-g(v,w)=0.$$

Seit$w$war willkürlich und$f$ist surjektiv, Nichtentartung von$h$garantiert das$f(ku+v)=kf(u)+f(v)$. Deshalb,$f$ist linear.

Indem$U=V=M$der dem Minkowski-Raum zugrunde liegende Vektorraum und sein$g=h=\eta$als seine Metrik erhalten wir, dass metrierhaltende Transformationen linear sind. Lorentz-Transformationen (distanzerhaltende Transformationen) sind metrische erhaltende Transformationen aufgrund der Polarisationsformel in @Brian Moths Antwort. Ich denke jedoch, dass man die Surjektivität in die Definition einer Lorentz-Transformation einbeziehen muss. Vergleiche mit dem Satz von Mazur-Ulam.

Beachten Sie zunächst, dass if$\Lambda$eine Isometrie ist, dann behält sie Skalarprodukte bei, da if$p'=\Lambda(p)$,$q'=\Lambda(q)$, und$r'=\Lambda(r)$dann

$$\left( \langle r'-p' ,r'-p' \rangle -\langle r'-q' ,r'-q' \rangle - \langle q'-p' ,q'-p' \rangle \right)/2 = \langle r'-q' ,q'-p' \rangle,$$ und da die LHS erhalten bleibt, muss dies auch die rechte Seite sein.

Beginnen wir mit dem Minkowski-Raum und wählen einen Ursprung aus$p$, und eine orthonormale Basis$\mathbf{e}_\mu$befriedigend$\langle \mathbf{e}_\mu , \mathbf{e}_\nu \rangle = \eta _{\mu \nu}$. Jetzt jeder Punkt$x$im Minkowski-Raum geschrieben werden$p + x^\mu \mathbf{e}_\mu$, wo$x_\mu = \langle x-p,\mathbf{e}_\mu\rangle$.

Nun, was ist mit$x'=\Lambda(x)$? Nun, wir wollen natürlich sagen, dass es die gleichen Koordinaten hat. Lassen Sie uns also die neue Basis definieren.$\mathbf{e}'_\mu = \Lambda(p+\mathbf{e}_\mu)-\Lambda(p)$. Seit$\Lambda$bewahrt Produkte von Unterschieden, wir wissen, dass die$\mathbf{e}'_\mu$sind orthonormal und so$x'$kann geschrieben werden$p' + x'^\mu \mathbf{e}'_\mu$, wo$x'_\mu = \langle x'-p',\mathbf{e}'_\mu\rangle$.

Aber seit$\Lambda$konserviert Produkte, das haben wir$x'^\mu=x^\mu$. Daher seit

$$\Lambda(p + x^\mu \mathbf{e}_\mu)=\Lambda(p) +x^\mu\left(\Lambda(p + \mathbf{e}_\mu)-\Lambda(p)\right),$$ $\Lambda$ist affin.