Invarianz des inneren Produkts unter Poincare-Transformation

Question

Invarianz des inneren Produkts unter Poincare-Transformation

Faber Bosch

Die Poincare-Transformation lautet:

X \to X^{'} = Λ X + A

$x\rightarrow x^\prime=\Lambda x +a$ Das Skalarprodukt bleibt bei der Lorentz-Transformation erhalten. Ich sehe jedoch nicht, wie es unter der allgemeineren Poincare-Transformation erhalten bleibt,

\begin{aligned} X^{T} η X \to {X^{'}}^{T} η X^{'} & = {(Λ X + A)}^{T} η (Λ X + A) \\ = (X^{T} Λ^{T} + A^{T}) η (Λ X + A) \\ = X^{T} Λ^{T} η Λ X + A^{T} η Λ X + X^{T} Λ^{T} η A + A^{T} η A \\ = X^{T} η X + A^{T} η Λ X + X^{T} Λ^{T} η A + A^{T} η A \end{aligned}

$\begin{align} x^T\eta x\rightarrow {x^{\prime}}^T\eta x^{\prime}&=\left(\Lambda x +a\right)^T\eta\left(\Lambda x +a\right)\\ &=\left(x^T\Lambda^T+a^T\right)\eta\left(\Lambda x +a\right)\\ &=x^T\Lambda^T\eta\Lambda x+a^T\eta\Lambda x+x^T\Lambda^T\eta a+a^T\eta a\\ &=x^T\eta x+a^T\eta\Lambda x+x^T\Lambda^T\eta a+a^T\eta a \end{align}$ Ich weiß nicht, was ich mit den restlichen Begriffen machen soll. Ich muss auch zeigen, dass das Skalarprodukt

u^{μ} A_{μ},

$u^\mu A_{\mu},$ Wo

u^{μ}

$u^\mu$ ist die vier Geschwindigkeit und

A_{μ}

$A_{\mu}$ das Vektor-Eichpotential ist, unter Poincare-Transformationen invariant ist. Grundsätzlich versuche ich Stück für Stück zu zeigen, dass das geladene Teilchen in einem elektromagnetischen Feld unter Poincaré-Transformationen invariant ist,

\int (- M + e A_{μ} u^{μ}) D τ - \int D^{4} X \frac{1}{4} (F_{μ v} F^{μ v})

$\int \left(-m +eA_{\mu}u^\mu\right)d\tau-\int d^4x\frac{1}{4}\left(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\right)$

Grundlagen

Es ist nicht. Wie das innere Produkt zweier Positionsvektoren unter Galilei-Transformation. Sie sollten die Verschiebung oder eine Ableitung der Position betrachten, nicht die Position selbst

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Invarianz des inneren Produkts unter Poincare-Transformation

Es ist nicht. Wie das innere Produkt zweier Positionsvektoren unter Galilei-Transformation. Sie sollten die Verschiebung oder eine Ableitung der Position betrachten, nicht die Position selbst

Viraj Meruliya · Answer 1

Die Quantität $x^{2} = x^{\mu}x_{\mu}$ ist Lorentz-invariant, aber nicht Poincar'{e}, wie Sie deutlich gezeigt haben. Die vier Geschwindigkeiten werden jedoch durch die Ableitung definiert $u^{\mu} = \frac{dx^{\mu}}{d\tau}$ und damit unter $x' = \Lambda x + a$ , wir haben $u' = \Lambda u$ . Jetzt ist es leicht zu verstehen, warum $u^{\mu}A_{\mu}$ ist Poincare-invariante Verwendung $u'=\Lambda u$ Und $A'_{\mu}(x') = \Lambda_{\mu}^{\nu}A_{\nu}(x)$ .

Ich verstehe das nicht: warum ist $A_{\mu}(x^\prime)=\Lambda^{\,\,\,\nu}_\mu A_\nu(x)$ ? Müsste das nicht etwa so lauten: $A_\mu^\prime(x^\prime)=\Lambda^{\,\,\,\nu}_\mu A_\nu(\Lambda x+a)+a_\mu$ ? Entschuldigung, aber ich bin eine sehr verwirrte Seele! Bitte erläutern Sie dies etwas näher.
Entschuldigung, ich glaube, ich habe mich vorhin vertippt. Es ist jetzt korrigiert. Nein, es wird nichts extra geben $a_{\mu}$ Begriff. Denken Sie zum Beispiel an ein Skalarfeld $\phi(x)$ . Wenn man eine Übersetzung durchführt $x'=x+a$ dann haben wir $\phi'(x')=\phi(x)$ oder $\phi'(x) = \phi(x) - a^{\mu}\partial_{\mu}\phi(x)$ (Wenn $a$ ist infinitesimal). Die gleiche Idee gilt für das Vektorfeld $A_{\mu}(x)$ aber da es ein Vektor unter der Lorentz-Transformation ist, nimmt er a auf $\Lambda$ Begriff.
Okay! Ich verstehe. Das Wichtigste, was zu verstehen ist, ist dann $A_{\mu}$ ist ein Vektor unter Lorentz-Transformationen und nicht die gesamte Poincare-Transformation. Ich arbeitete damals unter einem falschen Eindruck.

Benutzer330563 · Answer 2

Betrachten wir den Verschiebungsvektor mit den Komponenten, die explizit als geschrieben sind $\Delta s = (x^\mu - 0^\mu)$ . Bei einer vollständigen Poincare-Transformation würde sich diese Koordinatendifferenz wie transformieren $\Delta s^{´} = (\Lambda x^\mu+a^\mu - (\Lambda 0^\mu+a^\mu))$ , und die Invarianz des Skalarprodukts für 4 - Vektoren würde dann aus der Invarianz unter homogenen Lorentz-Transformationen folgen.

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Benutzer330563

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