La homogeneidad del espacio implica la linealidad de las transformaciones de Lorentz

Afirmo que si la transformación entre marcos es homogénea y diferenciable, entonces es afín (la homogeneidad no es estrictamente hablando suficiente para la linealidad ya que la transformación completa entre marcos es en realidad una transformación de Poincaré que es afín, no lineal)

Para una prueba matemáticamente precisa, necesitamos una definición matemática de homogeneidad. Para llegar a tal definición, notamos que la idea básica es que podemos elegir nuestro origen donde elijamos, y no "afectará los resultados de medición de diferentes observadores". En particular, esto se aplica a las mediciones de las diferencias entre las coordenadas de dos eventos. Pongámoslo en términos matemáticos.

Dejar$L:\mathbb R^4\to\mathbb R^4$ser una transformación. Nosotros decimos eso$L$es homogénea siempre que

$$\begin{align} L(x+\epsilon) - L(y+\epsilon) = L(x) - L(y) \end{align}$$ para todos $\epsilon\in\mathbb R^4$y para todos $x,y\in\mathbb R^4$.

Ahora podemos enunciar y probar con precisión el resultado deseado. Tenga en cuenta que también asumo que la transformación es diferenciable. No he pensado mucho sobre si o cómo se puede debilitar y/o motivar esta suposición.

Proposición. Si$L$es homogéneo y derivable, entonces$L$es afín.

Prueba. La definición de homogeneidad implica que ,

$$\begin{align} L(x+\epsilon)-L(x) = L(y+\epsilon) - L(y) \tag{1} \end{align}$$ para todos $\epsilon, x, y$. Ahora observamos que la derivada $L'(x)$de $L$en un punto $x$es un operador lineal en $\mathbb R^4$que satisface $$\begin{align} L(x+\epsilon) - L(x) = L'(x)\cdot \epsilon +o(|\epsilon|) \end{align}$$ y enchufando esto en $(1)$da $$\begin{align} (L'(x)-L'(y))\cdot\epsilon = o(|\epsilon|) \end{align}$$ para todos $\epsilon,x,y$, dónde $|\cdot|$es la norma euclidiana. Ahora simplemente elige $\epsilon = |\epsilon|e_j$con $|\epsilon|\neq 0$dónde $e_0, \dots e_3$son los elementos base estándar y ordenados en $\mathbb R^4$, multiplica ambos lados de la izquierda por $(e_i)^t$dónde $^t$significa transponer, dividir ambos lados por $|\epsilon|$, y tomar el límite $|\epsilon|\to 0$para mostrar que todos los elementos de la matriz de $L'(x)-L'(y)$son cero. Si se sigue inmediatamente que $$\begin{align} L'(x) = L'(y) \end{align}$$ En otras palabras, la derivada de $L$es constante Se sigue casi inmediatamente que $L$es afín, es decir, que existe un operador lineal $\Lambda$en $\mathbb R^4$y un vector $a\in\mathbb R^4$tal que $$\begin{align} L(x) = \Lambda x + a \end{align}$$ para todos $x\in\mathbb R^4$. $\blacksquare$

Esta respuesta es esencialmente la misma que la Respuesta de JoshPhysics pero con los siguientes puntos:

1. Usamos un resultado matemático más "listo para usar" para deshacernos de la suposición de diferenciabilidad que JoshPhysics usó en su respuesta y, en su lugar, simplemente debemos asumir que la transformación de Lorentz es solo continua;
2. Mostramos que la suposición de continuidad es necesaria y la suposición mínima necesaria además de la suposición de homogeneidad del OP, es decir , la afirmación del OP de que la linealidad proviene de la homogeneidad del espacio-tiempo solo es incorrecta.

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La ecuación de JoshPhysics (1) implica:

$$L(X+Y)-L(Y) = L(X)-L(0);\;\forall X,\,Y\in \mathbb{R}^{1+3}\tag{1}$$

Ahora definimos$h:\mathbb{R}^{1+3}\to\mathbb{R}^{1+3}$por$h(Z)=L(Z)-L(0)$; entonces se sigue de (1) solo que:

$$h(X+Y)=h(X)+h(Y);\quad\forall\,X,\,Y\in\mathbb{R}^{1+3}\tag{2}$$

Pero esta es la famosa ecuación funcional de Cauchy generalizada a$3+1$dimensiones. Para una dimensión real, la única solución continua es$h(X)\propto X$; hay otras soluciones, pero son discontinuas en todas partes, como se muestra en:

E. Hewitt y KR Stromberg, " Análisis real y abstracto " (Textos de posgrado en matemáticas), Springer-Verlag, Berlín, 1965. Capítulo 1, sección 5

Es fácil ampliar el argumento de Hewitt-Stromberg a cualquier número de dimensiones, de modo que, dada una suposición de continuidad de$L:\mathbb{R}^{1+3}\to\mathbb{R}^{1+3}$, Debemos tener:

$$L(X) = \Lambda\,X + \Delta\tag{3}$$

dónde$\Lambda$es un operador lineal - un$4\times4$matriz y$\Delta$un desplazamiento del espacio-tiempo.

Tenga en cuenta que debemos invocar la suposición de continuidad; de lo contrario, siguiendo el razonamiento de Hewitt y Stromberg, nuestro$h$función podría ser una de las soluciones de la ecuación de Cauchy discontinuas en todas partes, y luego podríamos, invirtiendo el paso de mi ecuación (1) a (2), construir funciones no lineales discontinuas en todas partes que cumplan el postulado de homogeneidad de JoshPhysics. Entonces, a menos que necesitemos exactamente continuidad, no "elegiremos" la solución correcta de la ecuación de Cauchy. Por lo tanto, la continuidad de la transformación, así como la homogeneidad, son los supuestos mínimos necesarios para implicar la linealidad.

Intuitivamente, esto es bastante fácil de entender. Esto no es una prueba, pero supongamos que Bob viaja a una velocidad constante en relación con usted de tal manera que:

• 3 minutos en el reloj de Bob equivalen a 15 minutos en tu reloj (dilatación del tiempo)

• 15 metros de la distancia de Bob es igual a 3 metros de tu distancia (contracción de Lorentz)

Tenga en cuenta que no estoy haciendo ninguna suposición de linealidad. No sé cuánto tiempo estarán 4 minutos en el reloj de Bob en mi reloj. Solo voy a usar las dos observaciones específicas anteriores para mostrar la linealidad (intuitivamente).

Supongamos que Bob inicia un cronómetro de 3 minutos (reloj de arena) y, en el momento en que pasan 3 minutos, lo gira para medir otros 3 minutos.

Como Bob está en un marco de referencia inercial (velocidad constante), sus 3 minutos más 3 minutos suman 6 minutos.

En su marco de referencia, los primeros 3 minutos tomaron 15 minutos (según nuestra observación anterior) y los segundos 3 minutos también tomaron 15 minutos, ya que la velocidad de Bob relativa a nosotros permanece constante. Por lo tanto, los 6 minutos de Bob tomaron 15 + 15 minutos, o 30 minutos.

Por supuesto, puede aplicar esta observación a cualquier cantidad de tiempo, mostrando así linealidad.

El argumento a favor de la distancia es similar. Si Bob camina 15 metros, hace una pausa (durante un período de tiempo que será diferente para ustedes dos) y luego camina otros 15 metros, ha caminado un total de 30 metros, ya que las distancias se suman.

No sabes cuánto mide para ti 30 de los metros de Bob, pero sabes que los primeros 15 metros se traducen en 3 metros, al igual que los segundos 15 metros. Dado que la distancia también le suma a usted, ahora sabe que 30 metros de la distancia de Bob equivalen a 6 metros de su distancia.

En otras palabras, el tiempo y la distancia se suman en todos los marcos de referencia intertial.

¿Por qué esto no es una prueba?

Supongo que 3 minutos en el reloj de Bob siempre es equivalen a 15 minutos en el tuyo, ya que Bob viaja a una velocidad constante con respecto a ti.

Sin embargo, es al menos teóricamente posible que la velocidad del reloj de Bob dependa de la distancia que te separa de ti. Quizás 3 minutos en el reloj de Bob equivalen a 15 minutos en tu reloj en el instante en que te pasa, pero, cuando está a medio año luz de distancia, 3 minutos en su reloj son ahora una hora en tu reloj.

Por lo tanto, esto no es una prueba, pero si intuitivamente acepta que la diferencia de tiempo y distancia entre dos observadores depende únicamente de su velocidad relativa, esto puede ser útil.

La siguiente prueba solo requiere la continuidad de las transformaciones de Lorentz$L$pero también requiere que los dos observadores comiencen a medir el tiempo en el mismo instante y en el mismo punto del espacio, así$L(0)=0$.

Como ya lo mencionó joshphysics , la homogeneidad del espacio se traduce en la siguiente propiedad:

$$\begin{equation} L(y+\varepsilon)-L(x+\varepsilon) = L(y)-L(x)\quad \forall\, x,\,y,\,\varepsilon\,. \end{equation}$$ deja ahora$\varepsilon = -x$de modo que $$L(y-x) = L(y) - L(x) + L(0)\,,$$ Luego tenemos lo siguiente $$L(y+x) = L(y-(-x)) = L(y) - L(-x) + L(0)$$ y $$L(-x) = L(0-x) = L(0)-L(x)+L(0) = -L(x) + 2\,L(0)\quad .$$ Combinando las dos últimas ecuaciones obtenemos $$L(y+x) = L(y)+L(x)-L(0)\quad.$$ Si asumimos que$L(0) = 0$entonces $$(1)\quad\begin{cases}L(y+x) = L(y)+L(x) \\ \\ L(-x) = - L(x)\end{cases}$$ Es fácil de comprobar desde$(1)$eso$L(z\,y) = z\,L(y)\,$ $\forall z\in\mathbb{Z}\,.$Considere ahora$q\in \mathbb{Q}$y deja$a\in\mathbb{Z}\,,$ $b\in\mathbb{N}$tal que$q=\dfrac{a}{b}\,.$Entonces $$L(y) = L\left(\dfrac{b}{b}\,y\right) = b\,L\left(\dfrac{1}{b}y\right) \qquad \Rightarrow \qquad L\left(\dfrac{1}{b}y\right) = \dfrac{1}{b}\,L(y)$$ de modo que $$L(q\,y) = L\left(\dfrac{a}{b}\,y\right) = a L\left(\dfrac{1}{b}\,y\right) = \dfrac{a}{b}\,L(y) = q\,L(y)\quad.$$ Considere ahora$\alpha\in\mathbb{R}$, desde$\mathbb{Q}$es denso en$\mathbb{R}$existe una secuencia$\{q_n\}_{n=0}^\infty$de números racionales tales que$q_n \rightarrow \alpha$como$n\rightarrow \infty$. De la continuidad de$L$tenemos eso $$L(\alpha\,y ) = \lim_{n\rightarrow \infty} L(q_n\,y) = \lim_{n\rightarrow \infty}q_n\, L(y) = \alpha\,L(y)\qquad .$$ Finalmente dados dos números reales cualesquiera$\alpha$y$\beta$, y dados dos eventos cualesquiera$x$y$y$, tenemos linealidad de las transformaciones de Lorentz: $$L(\alpha\,y+\beta\,x) = L(\alpha\,y)+L(\beta\,x) = \alpha\,L(y) + \beta\,L(x)\quad.$$ Tenga en cuenta que si$L(0)\neq 0$en lugar de$(1)$tenemos $$(2)\quad\begin{cases}L(y+x) = L(y)+L(x)-L(0) \\ \\ L(-x) = - L(x)+2\,L(0)\end{cases}$$ Alquiler$\Lambda(x) = L(x)-L(0)$podemos reescribir$(2)$como sigue $$(1')\quad\begin{cases}\Lambda(y+x) = \Lambda(y)+\Lambda(x) \\ \\ \Lambda(-x) = - \Lambda(x)\end{cases}$$

Desde$\Lambda$también es continua podemos repetir los pasos anteriores mostrando su linealidad. Al final, si la transformación de Lorentz es simplemente continua, la homogeneidad del espacio implica que es afín.