Duda sobre las Transformaciones de Lorentz

[Malmsteen19]

¿Alguien podría decirme cómo deducen la siguiente expresión?



O más exactamente... ¿de donde sale el termino siguiente en ella?

[[Beto]]

Re: Duda sobre las Transformaciones de Lorentz

Ya se me esta llegando la hora del almuerzo, asi que para abreviar chequea esto:

APUNTES DE RELATIVIDAD ESPECIAL

[pod]

Re: Duda sobre las Transformaciones de Lorentz

Hay muchas formas de deducir las transformaciones. Una de ellas es la siguiente:

Consideramos dos sistemas de referencia, S y S', el segundo se desplaza con respecto del primero con una velocidad $u$. En el origen del sistema S hay un punto que emite luz en todas direcciones en el instante $t = 0$. La luz estará en una esfera cuya ecuación será:

$$x^2 + y^2 + z^2 = (ct)^2\ .$$

En el sistema S' se ajusta de forma que el instante de emisión corresponda también a $x' = t' = 0$. Dado que, por los principios de la relatividad, la velocidad de la luz es la misma en este sistema, también se satisfará:

$${x'}^2 + {y'}^2 + {z'}^2 = (ct')^2 \ .$$

Las transformaciones de Lorentz deben ser lineales, y deben convertir la ecuación (2) en (1). Como las direcciones $y$ y $z$ no intervienen en la discusión, es lógico pensar en transformaciones triviales: $y' = y$ y $z' = z$. Para las otras dos coordenadas, escribimos la transformación lineal más general posible:

$$\begin{aligned}<br /> x' & = a x + b \, ct \ , \\<br /> ct' & = e x + d \, ct \ .<br /> \end{aligned}$$

Substituyendo, (2) se convierte en

$$a^2 x^2 + b^2 (ct)^2 + 2 a b x ct + y^2 + z^2 = e^2 x^2 + d^2 (ct)^2 + 2 e d x\, ct \ ,$$

agrupando términos,

$$(a^2 - e^2) x^2 + y^2 + z^2 = (d^2 - b^2) (ct)^2 + 2 (e d - a b ) x \, ct\ .$$

Comparando con (1), vemos que se debe cumplir

$$\begin{aligned}<br /> a^2 - e^2 & = 1 \ , \\<br /> d^2 - b^2 & = 1 \ , \\<br /> e d & = a b \ .<br /> \end{aligned}$$

El otro principio de la relatividad dice que las leyes deben ser las mismas en todos los sistemas de referencia. Así pues, la transformación debe ser la misma, con la única diferencia que la velocidad debe cambiar de signo,

$$\begin{aligned}<br /> x & = a' x + b' \, ct' \ , \\<br /> ct & = e' x + d' \, ct' \ .<br /> \end{aligned}$$

Donde la única diferencia entre $a$, $b$, $e$ y $d$ y sus versiones con prima es intercambiar $u$ con $-u$. Esto nos llevara a unas condiciones equivalentes:

$$\begin{aligned}<br /> {a'}^2 - {e'}^2 & = 1 \ , \\<br /> {d'}^2 - {b'}^2 & = 1 \ , \\<br /> e' d' & = a' b' \ .<br /> \end{aligned}$$

Como las dos primeras condiciones no cambian al cambiar de signo la velocidad, llegamos a la conclusión que todos los coeficientes al cuadrado sólo dependen de la velocidad al cuadrado. Eso nos da dos posibilidades: que tengan la forma $\gamma(u^2) \text{cte}$ o $\gamma(u^2) u \text{cte}$. Además, que la parte derecha de las igualdades no dependa de la velocidad, nos hace suponer que la función $\gamma$ es la misma para todos los coeficientes.
Eso nos permite hacer el siguiente cambio:

$$\begin{aligned}<br /> a & = \gamma A \ , &<br /> b & = \gamma B \ , \\<br /> e & = \gamma E \ , &<br /> d & = \gamma D \ .<br /> \end{aligned}$$

Donde los coeficientes en mayúscula sólo pueden ser constantes o lineales en la velocidad. Así las cosas, tenemos

$$\begin{aligned}<br /> A^2 - E^2 & = \gamma^{-2} \ , \\<br /> D^2 - B^2 & = \gamma^{-2}\ , \\<br /> E D & = c^2 A B \ .<br /> \end{aligned}$$

La siguiente condición sale de aislar $x$ y $t$ de (3) para comparar con (7):

$$\begin{aligned}<br /> x & = \frac{1}{a d - e b} ( d x' - e \, ct' ) = \frac{1}{\gamma(A D - E B)} (D x' - E \, ct') \ ,\\<br /> ct & = \frac{1}{a d - e b} (-b x' + a \, ct' ) = \frac{1}{\gamma(A D - E B)} (-B x' + A \, ct') \ .<br /> \end{aligned}$$

Comparando con (7), vemos que la única posibilidad es

$$\begin{aligned}<br /> A D - E B & = \gamma^{-2} \ , \\<br /> A' & = D \ , &<br /> B' & = - E \ , \\<br /> E' & = - B \ , &<br /> D' & = A \ .<br /> \end{aligned}$$

También podríamos haber hecho el procedimiento al revés, habríamos obtenido

$$\begin{aligned}<br /> A' D' - E' B' & = \gamma^{-2} \ , \\<br /> A & = D' \ , &<br /> B & = - E' \ , \\<br /> E & = - B' \ , &<br /> D & = A' \ .<br /> \end{aligned}$$

Observamos que $A$ y $D$ no cambian de signo al cambiar $u$ por $-u$, por lo tanto deben ser constantes, que llamaremos $\tilde a$ y $\tilde d$. Siguiendo el mismo razonamiento, $B$ y $E$ deben ser lineales en la velocidad, las llamaremos $B = u \tilde b$ y $E = u \tilde e$. Substituyendo en (12), vemos que además $\tilde a = \tilde d \equiv f$ y $\tilde b = \tilde e \equiv f$. Recapitulando,

$$\begin{aligned}<br /> a & = \gamma f \ , &<br /> b & = \gamma u g \ , \\<br /> e & = \gamma u g \ , &<br /> d & = \gamma f \ . <br /> \end{aligned}$$

Podemos introducir esto en (6) encontramos una única condición independiente,

$$\begin{aligned}<br /> f^2 - u^2 g^2 & = \gamma^{-2} \ , <br /> \end{aligned}$$

Ahora bien, si $u = 0$, la transformación debe dejar las coordenadas intactas. Si recapitulamos, vemos que ello significa $f = 1$. Por el momento, tenemos

$$\begin{aligned}<br /> x' & = \gamma \big( x + g u ct \big) \ , \\<br /> ct' & = \gamma \big( ct + g u x \big) \ .<br /> \end{aligned}$$

Para terminar, el origen del sistema S' visto desde S cumple $x = u t$. Este punto debe traducirse a $x' = 0$. Metiendo todo esto en (15), tenemos $g = - \frac{1}{c}$. Por tanto,

$$\begin{aligned}<br /> x' & = \gamma \left( x - u t \right) \ , \\<br /> ct' & = \gamma \left( ct - \frac{u x}{c} \right) \ .<br /> \end{aligned}$$

Para escribirlo como lo tienes tú, basta con dividir la segunda ecuación por c,

$$\begin{aligned}<br /> x' & = \gamma \left( x - u t \right) \ , \\<br /> t' & = \gamma \left( t - \frac{u x}{c^2} \right) \ .<br /> \end{aligned}$$

Esto completa la demostración. Supongo que se puede ordenar mejor para que sea más clara, pero la esencia es esa.