Las transformaciones que conservan intervalos son lineales en relatividad especial

En retrospectiva, aquí hay una breve prueba.

la métrica$g_{\mu\nu}$es la métrica constante plana$\eta_{\mu\nu}$en ambos sistemas de coordenadas. Por lo tanto, los símbolos Levi-Civita Christoffel correspondientes (definidos de forma única)

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

son cero en ambos sistemas de coordenadas. Es bien sabido que el símbolo de Christoffel no se transforma como un tensor bajo una transformación de coordenadas locales$x^{\mu} \to y^{\rho}=y^{\rho}(x)$, sino con un término no homogéneo, que se construye a partir de la segunda derivada de la transformación de coordenadas,

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

Por lo tanto, todas las segundas derivadas son cero,

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

es decir, la transformación$x^{\mu} \to y^{\rho}=y^{\rho}(x)$es afín.

Tuve la sensación de que sería posible una prueba directa usando solo la relación$\eta _{ij}\frac{\partial y^i}{\partial x^p}\frac{\partial y^j}{\partial x^q}=\eta _{pq}$, asumiendo propiedades simples de suavidad de la transformación y luego usando algunas maniobras de álgebra. Encontré el siguiente hermoso argumento en el libro Gravitation and Cosmology de Steven Weinberg.

Partimos de la relación

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

Diferenciar con respecto a$x^k$obtenemos

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

A esto le sumamos la misma ecuación con$p$y$k$intercambiados, y restamos lo mismo con$q$y$k$intercambiado; es decir,

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

Esto simplifica a

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

Dado que los tensores$\frac{\partial y^i}{\partial x^j}$y$\eta _{ij}$son invertibles, esto implica que

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

Aquí solo quiero mencionar que existe una prueba directa en$1+1$dimensiones utilizando argumentos elementales. Deja que los dos parches coordinen$U_x$y$U_y$(que son, digamos, ambos conjuntos convexos en$\mathbb{R}^2$, que contiene el origen) tienen coordenadas de cono de luz$x^{\pm}$y$y^{\pm}$, respectivamente. La métrica lee

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

Esto conduce a tres PDE

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

Desde$\det \frac{\partial y}{\partial x}\neq 0$, en realidad sólo hay dos posibilidades. Cualquiera

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

o

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

Posiblemente reetiquetando$x^{+} \leftrightarrow x^{-}$, podemos suponer lo primero. Asi que

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

De la tercera PDE, concluimos que

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

Por separación de variables, esto sólo es posible si$\frac{\partial f^{\pm}}{\partial x^{\pm}}$es independiente de$x^{\pm}$. Resulta que$y^{\pm}~=~f^{\pm}(x^{\pm})$son funciones afines. QED

Primero supongamos que el producto escalar que se conserva tiene una firma positiva para mostrar la idea principal. Además, usted dice que no quiere asumir homogeneidad, pero esto ya está implícito en su ecuación, ya que para formar intervalos se usan diferencias de puntos de espacio-tiempo, por lo que también podríamos tomar uno de esos puntos como cero de un espacio vectorial ( de manera equivalente, podría estar hablando de la preservación de un producto escalar en un espacio tangente a un punto, pero esto también es lineal, no afín).

Dejar

$$f : \mathbb R^2 \to \mathbb R^2, \quad (x,y) \mapsto (A(x,y), B(x,y))$$ conservar la longitud y suponer $f$es analítico con $$A(x,y) = \sum_{n,m=0}^{\infty} {a_{n,m} \over n! m!} x^n y^m, \quad B(x,y) = \sum_{n,m=0}^{\infty} {b_{n,m} \over n! m!} x^n y^m.$$

Entonces nosotros tenemos$x^2 + y^2 = A(x,y)^2 + B(x,y)^2$para todos$x,y \in \mathbb R^2$o explícitamente primero

$$x^2 + y^2 = \left(\sum_{n,m=0}^{\infty} {a_{n,m} \over n! m!} x^n y^m \right)^2 + \left( \sum_{n,m=0}^{\infty} {b_{n,m} \over n! m!} x^n y^m \right)^2.$$ Esto muestra inmediatamente que los únicos coeficientes que no desaparecen ocurren cuando $n+m \leq 1$. solo tenemos que investigar $n=m=0$caso pero esto es trivial ya que $f(0,0) = (a_{0,0}, b_{0,0})$.

Para el$n$Caso D la discusión es completamente análoga. Para la firma arbitraria, se debe tener cuidado ya que no podemos usar$x^2 + y^2 = 0 \rightarrow x = y =0$más (tal vez uno puede trabajar en$\mathbb C$en vez de$\mathbb R$y usar la continuación analítica).

El último ingrediente restante de este argumento es la analiticidad de$f$. Pero esto es trivial ya que$||f(x,y)||^2 = x^2 + y^2$y$||\cdot||^2$son analíticos en torno a cualquier$(x,y) \in \mathbb R^2$.

Reformulemos la pregunta de OP de la siguiente manera:

Dé una prueba de que una transformación de coordenadas local$x^{\mu} \to y^{\rho}=y^{\rho}(x)$entre dos sistemas de coordenadas locales (en una variedad lorentziana de 3+1 dimensiones) debe ser afín si la métrica$g_{\mu\nu}$en ambos sistemas de coordenadas resultan estar en forma plana constante de Minkowski$\eta_{\mu\nu}$.

Aquí presentaremos una prueba que funciona tanto con la firma de Minkowski como con la de Euclides; de hecho, para cualquier firma y para cualquier número finito distinto de cero de dimensiones, siempre que la métrica$g_{\mu\nu}$es invertible

1) Primero recordemos la propiedad de transformación de la métrica inversa$g^{\mu\nu}$, que es una contravariante$(2,0)$tensor simétrico,

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

dónde$x^{\mu} \to y^{\rho}=y^{\rho}(x)$es una transformación de coordenadas local. Recuerda que la métrica$g_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}$es la métrica constante plana en ambos sistemas de coordenadas. Entonces podemos escribir

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

2) Supongamos que la transformación de coordenadas locales es analítica real

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

Al realizar posiblemente una traducción apropiada, de ahora en adelante asumiremos sin pérdida de generalidad que el cambio constante$a^{(0)\rho} =0$es cero

3) Al orden cero en$x$, la ecuacion$(1)$lee

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

lo que no sorprende que diga que la matriz$a^{(1)\rho}_{\mu}$es una matriz de Lorentz (u ortogonal), respectivamente. Realizando posiblemente una "rotación" apropiada, asumiremos de ahora en adelante sin pérdida de generalidad que la matriz constante

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

es la matriz unitaria.

4) A continuación, será conveniente bajar el índice de la$y^{\sigma}$coordinar como

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

Entonces la transformación de coordenadas locales se convierte en

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

5) Al primer orden en$x$, la ecuacion$(1)$lee

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

Es decir,$a^{(2)}_{\rho,\mu\nu}$es simétrico en$\mu\leftrightarrow \nu$, pero antisimétrica en$\rho\leftrightarrow \mu$. No es difícil ver (aplicando la propiedad de simetría y antisimetría en orden alternado tres veces cada una), que los coeficientes de segundo orden$a^{(2)}_{\rho,\mu\nu}=0$debe desaparecer

6) Al segundo orden en$x$, la ecuacion$(1)$lee

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

Es decir,$a^{(3)}_{\rho,\mu\nu\lambda}$es simétrico en$\mu\leftrightarrow \nu\leftrightarrow \lambda$, pero antisimétrica en$\rho\leftrightarrow \mu$. para fijo$\lambda$, podemos llegar de nuevo a la conclusión$a^{(3)}_{\rho,\mu\nu\lambda}=0$.

7) De manera similar, concluimos inductivamente que los coeficientes de orden superior$a^{(n)}_{\rho,\mu_1\ldots\mu_n}=0$debe desaparecer también. Asi que$y^{\mu}= x^{\mu}$. QED

La primera condición implica que la matriz jacobiana$L^i_j=\frac{\partial y^i}{\partial x^j}$es una transformación de Lorentz. Por sustitución de la definición del jacobiano en esta condición, obtenemos:

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

En particular, tomando las ecuaciones diagonales que igualan$l=k$, tenemos

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

(El signo más para la coordenada de tiempo y el signo menos para las coordenadas de espacio).

Pero esta es solo la ecuación de Hamilton-Jacobi para una partícula relativista libre, cuya solución única se puede obtener por separación de variables:

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

Por sustitución, obtenemos:

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

Por lo tanto, las nuevas coordenadas son funciones lineales de las antiguas coordenadas. Los coeficientes constantes no son independientes, ya que la matriz jacobiana debe ser una transformación de Lorentz.

Actualizar:

Por sugerencia de lurscher, aquí hay dos referencias que contienen la ecuación de Hamilton-jacobi de una partícula relativista. (Ambas referencias se refieren a una partícula en un campo electromagnético externo. Para obtener la ecuación de Hamilton-Jacobi para la partícula libre, se necesita el caso particular con un potencial vectorial que se desvanece): referencia-1 (por A. granik) , referencia- 2

(La versión necesaria aparece en la ecuación (33) de la primera referencia, la segunda referencia contiene la versión (adecuada) dependiente del tiempo).

Además, daré aquí otra derivación basada en la aproximación WKB de la ecuación de Klein-Gordon:

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

Las soluciones de onda plana están dadas por:

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

Para realizar una aproximación WKB, buscamos una solución de la forma:

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

y tomar los términos principales en el límite$\hbar \rightarrow 0$. ($S$a veces se llama la función de fase de Hamilton-Jacobi)

Por sustitución, obtenemos:

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

El término principal es la ecuación de Hamilton-Jacobi:

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

Lo cual puede verse como equivalente a cada ecuación en la diagonal principal de la ecuación matricial escrita en la respuesta original.

Ahora, también es fácil ver la singularidad de la solución. Para la partícula libre, uno puede ver que los términos no principales en realidad desaparecen. es decir, la aproximación WKB es exacta.

La función de fase de Hamilton-Jacobi$S$es solo la fase de las soluciones de onda plana de la ecuación de Klein-Gordon:

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

Sobre$\mathbb{R}^4$, todas las soluciones de la ecuación libre de Klein-Gordon en coordenadas cartesianas tienen la forma de ondas planas, lo que implica que la función de fase de Hamilton-Jacobi es lineal en coordenadas cartesianas.

La prueba en realidad resulta ser un ejercicio muy simple de álgebra lineal. Esta prueba algebraica me parece muy satisfactoria ya que utiliza muy poca maquinaria. También prueba que las rotaciones y (con una ligera reformulación) los mapas unitarios son lineales.

Teorema: Sea$U$y$V$ser espacios vectoriales sobre un campo$F$equipado con forma bilineal$g$y$h$respectivamente. Suponga además que$h$no es degenerado y tenemos un mapa sobreyectivo$f:U\rightarrow V$tal que$h(f(u),f(v))=g(u,v)$para todos$u,v\in V$. Después$f$es lineal.

Prueba: Deja$u,v,w\in V$y$k\in F$. Después

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

Desde$w$fue arbitrario y$f$es sobreyectiva, no degeneración de$h$garantiza que$f(ku+v)=kf(u)+f(v)$. Por lo tanto,$f$es lineal.

Tomando$U=V=M$ser el espacio vectorial subyacente al espacio de Minkowski y$g=h=\eta$como su métrica, obtenemos que las transformaciones que conservan la métrica son lineales. Las transformaciones de Lorentz (transformaciones que preservan la distancia) son transformaciones que preservan la métrica debido a la fórmula de polarización en la respuesta de @Brian Moths. Sin embargo, creo que uno tiene que incluir la sobreyectividad en la definición de una transformación de Lorentz. Comparar con el teorema de Mazur-Ulam.

Primero, observe que si$\Lambda$es una isometría entonces conserva los productos escalares, ya que si$p'=\Lambda(p)$,$q'=\Lambda(q)$, y$r'=\Lambda(r)$después

$$\left( \langle r'-p' ,r'-p' \rangle -\langle r'-q' ,r'-q' \rangle - \langle q'-p' ,q'-p' \rangle \right)/2 = \langle r'-q' ,q'-p' \rangle,$$ y dado que el LHS se conserva, también debe serlo el lado derecho.

Empecemos con el espacio minkowski y escojamos un origen$p$, y una base ortonormal$\mathbf{e}_\mu$satisfactorio$\langle \mathbf{e}_\mu , \mathbf{e}_\nu \rangle = \eta _{\mu \nu}$. Ahora cualquier punto$x$en el espacio minkowski se puede escribir$p + x^\mu \mathbf{e}_\mu$, dónde$x_\mu = \langle x-p,\mathbf{e}_\mu\rangle$.

ahora que tal$x'=\Lambda(x)$? Bueno, por supuesto que queremos decir que tiene las mismas coordenadas. Así que vamos a definir la nueva base.$\mathbf{e}'_\mu = \Lambda(p+\mathbf{e}_\mu)-\Lambda(p)$. Desde$\Lambda$conserva productos de diferencias, sabemos que el$\mathbf{e}'_\mu$son ortonormales y por lo tanto$x'$puede ser escrito$p' + x'^\mu \mathbf{e}'_\mu$, dónde$x'_\mu = \langle x'-p',\mathbf{e}'_\mu\rangle$.

Pero desde$\Lambda$conservas productos, tenemos que$x'^\mu=x^\mu$. Por lo tanto, desde

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