量子世界/附錄/相對論/洛倫茲變換

洛倫茲變換（一般形式）

我們希望用另一個慣性系${\mathcal {F}}_{2}.$ 的座標$t'$ 和$\mathbf {r} '=(x',y',z')$ 來表示慣性系${\mathcal {F}}_{1}$ 的座標$t$ 和$\mathbf {r} =(x,y,z)$。我們將假設這兩個系滿足以下條件

1. 它們的空間時間座標原點重合（$t'{=}0,\mathbf {r} '{=}0$ 與$t{=}0,\mathbf {r} {=}0$ 標記相同的時空位置），
2. 它們的空間軸平行，並且
3. ${\mathcal {F}}_{2}$ 相對於${\mathcal {F}}_{1}.$ 以恆定速度$\mathbf {w}$ 運動。

我們目前知道的是，在 ${\mathcal {F}}_{1}$ 中以恆定速度運動的任何物體，都會在 ${\mathcal {F}}_{2}.$ 中以恆定速度運動。因此，變換 $t,\mathbf {r} \rightarrow t',\mathbf {r} '$ 將 ${\mathcal {F}}_{1}$ 中的直線對映到 ${\mathcal {F}}_{2}.$ 中的直線。特別是， ${\mathcal {F}}_{1},$ 的座標系將被對映到 ${\mathcal {F}}_{2}.$ 中的直線。這告訴我們，虛線座標是實線座標的線性組合，

$t'=A\,t+\mathbf {B} \cdot \mathbf {r} ,\qquad \mathbf {r} '=C\,\mathbf {r} +(\mathbf {D} \cdot \mathbf {r} )\mathbf {w} +\,t.$

We also know that the transformation from ${\mathcal {F}}_{1}$ to ${\mathcal {F}}_{2}$ can only depend on $\mathbf {w} ,$ so $A,$ $\mathbf {B} ,$ $C,$ and $\mathbf {D}$ are functions of $\mathbf {w} .$ Our task is to find these functions. The real-valued functions $A$ and $C$ actually can depend only on $w=|\mathbf {w} |={}_{+}{\sqrt {\mathbf {w} \cdot \mathbf {w} }},$ so $A=a(w)$ and $C=c(w).$ A vector function depending only on $\mathbf {w}$ must be parallel (or antiparallel) to $\mathbf {w} ,$ and its magnitude must be a function of $w.$ We can therefore write $\mathbf {B} =b(w)\,\mathbf {w} ,$ $\mathbf {D} =[d(w)/w^{2}]\mathbf {w} ,$ and $=e(w)\,\mathbf {w} .$ (It will become clear in a moment why the factor $w^{-2}$ is included in the definition of $\mathbf {D} .$) So,

$t'=a(w)\,t+b(w)\,\mathbf {w} \cdot \mathbf {r} ,\qquad \mathbf {r} '=\displaystyle c(w)\,\mathbf {r} +d(w){\mathbf {w} \cdot \mathbf {r} \over w^{2}}\mathbf {w} +e(w)\,\mathbf {w} \,t.$

讓我們設定 $\mathbf {r}$ 等於 $\mathbf {w} t.$ 這意味著 $\mathbf {r} '=(c+d+e)\mathbf {w} t.$ 由於我們關注的是靜止在 ${\mathcal {F}}_{2},$ 中的物體的軌跡，$\mathbf {r} '$ 必須是常數。 因此，

$c+d+e=0.$

讓我們寫下逆變換。 由於 ${\mathcal {F}}_{1}$ 相對於 ${\mathcal {F}}_{2},$ 以速度 $-\mathbf {w}$ 運動，它是

$t=a(w)\,t'-b(w)\,\mathbf {w} \cdot \mathbf {r} ',\qquad \mathbf {r} =\displaystyle c(w)\,\mathbf {r} '+d(w){\mathbf {w} \cdot \mathbf {r} ' \over w^{2}}\mathbf {w} -e(w)\,\mathbf {w} \,t'.$

為了方便我們，我們現在選擇空間軸，使得 $\mathbf {w} =(w,0,0).$ 然後上述兩個（相互逆）變換簡化為

$t'=at+bwx,\quad x'=cx+dx+ewt,\quad y'=cy,\quad z'=cz,$

$t=at'-bwx',\quad x=cx'+dx'-ewt',\quad y=cy',\quad z=cz'.$

將第一個變換代入第二個，我們得到

$t=a(at+bwx)-bw(cx+dx+ewt)=(a^{2}-bew^{2})t+(abw-bcw-bdw)x,$

$x=c(cx+dx+ewt)+d(cx+dx+ewt)-ew(at+bwx)$

     $=(c^{2}+2cd+d^{2}-bew^{2})x+(cew+dew-aew)t,$

$y=c^{2}y,$

$z=c^{2}z.$

第一個方程告訴我們

$a^{2}-bew^{2}=1$ 以及 $abw-bcw-bdw=0.$

第二個告訴我們

$c^{2}+2cd+d^{2}-bew^{2}=1$ 以及 $cew+dew-aew=0.$

結合 $abw-bcw-bdw=0$ 和 $c+d+e=0$ （考慮到 $w\neq 0$），我們得到 $b(a+e)=0.$

使用 $c+d+e=0$ 消去 $d,$，我們得到 $e^{2}-bew^{2}=1$ 和 $e(a+e)=0.$

由於最後兩個等式中的第一個意味著 $e\neq 0,$，我們從第二個得到 $e=-a.$

$y=c^{2}y$ 告訴我們 $c^{2}=1.$ $c$ 實際上必須等於 1，因為我們假設兩個座標系的座標軸平行（而不是反平行）。

有了 $c=1$ 和 $e=-a,$ $c+d+e=0$ 得到 $d=a-1.$ 求解 $e^{2}-bew^{2}=1$ 關於 $b,$，我們得到 $b,c,d,$ 和 $e$ 的表示式，它們完全取決於 $a$

$b={1-a^{2} \over aw^{2}},\quad c=1,\quad d=a-1,\quad e=-a.$

改進很大！

為了找到剩餘的函式 $a(w),$，我們考慮第三個慣性系 ${\mathcal {F}}_{3},$ 它相對於 ${\mathcal {F}}_{2}.$ 以速度 $\mathbf {v} =(v,0,0)$ 運動。將從 ${\mathcal {F}}_{1}$ 到 ${\mathcal {F}}_{2},$ 的變換結合起來，

$t'=a(w)\,t+{1-a^{2}(w) \over a(w)\,w}x,\qquad x'=a(w)\,x-a(w)\,wt,$

以及從 ${\mathcal {F}}_{2}$ 到 ${\mathcal {F}}_{3},$ 的變換，

$t''=a(v)\,t'+{\frac {1-a^{2}(v)}{a(v)\,v}}x',\qquad x''=a(v)\,x'-a(v)\,vt',$

我們得到從 ${\mathcal {F}}_{1}$ 到 ${\mathcal {F}}_{3}$ 的變換。

$t''=a(v)\left[a(w)\,t+{1-a^{2}(w) \over a(w)\,w}x\right]+{1-a^{2}(v) \over a(v)\,v}{\Bigl [}a(w)\,x-a(w)\,wt{\Bigr ]}$

     $=\underbrace {\left[a(v)\,a(w)-{1-a^{2}(v) \over a(v)\,v}a(w)\,w\right]} _{\textstyle \star }t+{\Bigl [}\dots {\Bigr ]}\,x,$

$x''=a(v){\Bigl [}a(w)\,x-a(w)\,wt{\Bigr ]}-a(v)\,v\left[a(w)\,t+{1-a^{2}(w) \over a(w)\,w}x\right]$

     $=\underbrace {\left[a(v)\,a(w)-a(v)\,v{1-a^{2}(w) \over a(w)\,w}\right]} _{\textstyle \star \,\star }x-{\Bigl [}\dots {\Bigr ]}\,t.$

從 ${\mathcal {F}}_{1}$ 到 ${\mathcal {F}}_{3}$ 的直接轉換必須與從 ${\mathcal {F}}_{1}$ 到 ${\mathcal {F}}_{2}$ 以及從 ${\mathcal {F}}_{2}$ 到 ${\mathcal {F}}_{3}$ 的形式相同，即

$t''=\underbrace {a(u)} _{\textstyle \star }t+{1-a^{2}(u) \over a(u)\,u}\,x,\qquad x''=\underbrace {a(u)} _{\textstyle \star \,\star }x-a(u)\,ut,$

其中 $u$ 是 ${\mathcal {F}}_{3}$ 相對於 ${\mathcal {F}}_{1}.$ 的速度。比較標有星號的係數，可以得到兩個關於 $a(u),$ 的表示式，當然這兩個表示式必須相等

$a(v)\,a(w)-{1-a^{2}(v) \over a(v)\,v}a(w)\,w=a(v)\,a(w)-a(v)\,v{1-a^{2}(w) \over a(w)\,w}.$

由此可知 ${\bigl [}1-a^{2}(v){\bigr ]}\,a^{2}(w)w^{2}={\bigl [}1-a^{2}(w){\bigr ]}\,a^{2}(v)v^{2},$ 這告訴我們

$K={1-a^{2}(w) \over a^{2}(w)\,w^{2}}={1-a^{2}(v) \over a^{2}(v)\,v^{2}}$

是一個通用常數。將第一個等式解關於 $a(w),$ 可得

$a(w)=1/{\sqrt {1+Kw^{2}}}.$

這使得我們可以將變換

$t'=at+bwx,\quad x'=cx+dx+ewt,\quad y'=cy,\quad z'=cz,$

轉換為以下形式

$t'={t+Kwx \over {\sqrt {1+Kw^{2}}}},\quad x'={x-wt \over {\sqrt {1+Kw^{2}}}},\quad y'=y,\quad z'=z.$

奏響號角！我們已經成功地將五個未知函式簡化為一個常數。