Lorentz-Transformation der Klein-Gordon-Gleichung

Vergessen wir die Indizes für eine Weile und machen wir die Kettenregel:

$$\partial_x\left(f(\lambda^{-1} x)\right) =\dfrac{\partial f(\lambda^{-1} x)}{\partial x} =\lambda^{-1}\dfrac{\partial f(\lambda^{-1} x)}{\partial (\lambda^{-1} x)} \quad.$$ Dies erklärt die$\Lambda^{-1}$Vorfaktor auf der RHS. Wenn Sie dies verstehen, sollte das Hinzufügen von Indizes ziemlich einfach sein.

Der zweite Teil Ihrer Frage wird durch den üblichen Notationsmissbrauch verursacht. Lassen Sie uns die Indizes erneut für einen Moment unterdrücken. Seit

$$\dfrac{\partial f(s)}{\partial s} \equiv (\partial_s f)(s) \quad,$$ wir können schreiben $$\dfrac{\partial f(\lambda^{-1} x)}{\partial (\lambda^{-1} x)} = (\partial_s f)(s) \biggr\rvert_{s=\lambda^{-1}x} = f^{\,\prime}(\lambda^{-1}x) \quad.$$

$\partial_\mu(\phi(\Lambda^{-1}x))$entspricht der Ableitung der Funktion$\tilde{\phi}(x)=\phi(\Lambda^{-1}x)$gegenüber$x^\mu$:

$$\partial_\mu(\phi(\Lambda^{-1}x)) = \dfrac{\partial \tilde{\phi}(x)}{\partial x^\mu} = \dfrac{\partial \phi(\Lambda^{-1}x)}{\partial x^\mu} \quad.$$ $(\partial_\mu\phi)(\Lambda^{-1}x)$entspricht der Berechnung der Ableitung von$\phi(s)$gegenüber$s$, und wertet dann diese Ableitung an diesem Punkt aus$s = \Lambda^{-1}x$: $$(\partial_\mu\phi)(\Lambda^{-1}x) = \left.\dfrac{\partial\phi(s)}{\partial x^\mu}\right|_{s=\Lambda^{-1}x} \quad.$$