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Wolfi
Anmeldedatum: 21.01.2007
Beiträge: 164
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 Verfasst am: 18.08.2007, 22:03 Titel: |
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Hi!
Ich wollt mir nur eine zweite Meinung einholen.  Denkt ihr, mein Beweis für die Gruppeneigenschaften der LT im WumV-Forum ist ok? Oder hab ich vielleicht was übersehen? Ich denke, hier wurde der Beweis nur für Lorentz-Boosts entlang der z-Achse erbracht.
LG Wolfi |
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Erik
Anmeldedatum: 28.03.2006
Beiträge: 565
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| Verfasst am: 19.08.2007, 12:22 Titel: |
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| Zitat: |
Wolfi schrieb am 18.08.2007 23:03 Uhr:
Hi!
Ich wollt mir nur eine zweite Meinung einholen. Denkt ihr, mein Beweis für die Gruppeneigenschaften der LT im WumV-Forum ist ok? Oder hab ich vielleicht was übersehen?
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Meinst Du das?
http://18040.rapidforum.com/topic=100471323974#p47132397428738932
Das ist nur der einfache Teil des Beweises. Zum Nachweis der Gruppenaxiome gehört auch
der Beweis für die Existenz des Inversen, die Du einfach voraussetzt. Die einzige Schwierigkeit bei dem
Beweis ist ja eigentlich zu zeigen, daß aus g(Tx, Ty) = g(x,y) und T linear schon die Invertierbarkeit von
T folgt. Der Beweis von Karl demonstriert das auf sehr elegante Weise.
| Zitat: |
Ich denke, hier wurde der Beweis nur für Lorentz-Boosts entlang der z-Achse erbracht.
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Nein, es wird gezeigt für die Menge aller linearen Abbildungen mit g(Tx, Ty) = g(x, y). Das sind
definitionsgemäß alle Lorentz-Transformationen. |
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Wolfi
Anmeldedatum: 21.01.2007
Beiträge: 164
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| Verfasst am: 19.08.2007, 17:54 Titel: |
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| Zitat: |
Erik schrieb am 19.08.2007 13:22 Uhr:
Das ist nur der einfache Teil des Beweises. Zum Nachweis der Gruppenaxiome gehört auch
der Beweis für die Existenz des Inversen, die Du einfach voraussetzt.
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Wäre eine LT nicht invertierbar, dann würde das bedeuten, dass deren Determinante in der Matrixdarstellung gleich Null ist und somit das Bild der LT nicht den gesamten Minkowskiraum, sondern nur einen dreidimensionalen Unterraum umfassen würde. Unter einer solchen Abbildung würde doch die Metrik singulär werden, nicht?
LG Wolfi |
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Erik
Anmeldedatum: 28.03.2006
Beiträge: 565
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| Verfasst am: 19.08.2007, 18:52 Titel: |
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| Zitat: |
Wolfi schrieb am 19.08.2007 18:54 Uhr:
| Zitat: |
Erik schrieb am 19.08.2007 13:22 Uhr:
Das ist nur der einfache Teil des Beweises. Zum Nachweis der Gruppenaxiome gehört auch
der Beweis für die Existenz des Inversen, die Du einfach voraussetzt.
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Wäre eine LT nicht invertierbar, dann würde das bedeuten, dass deren Determinante in der Matrixdarstellung gleich Null ist und somit das Bild der LT nicht den gesamten Minkowskiraum, sondern nur einen dreidimensionalen Unterraum umfassen würde. Unter einer solchen Abbildung würde doch die Metrik singulär werden, nicht?
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Ja, wenn Du mit singulär meinst, daß die transformierte Bilinearform τ*g(x, y) := g(τx, τy) ausgeartet wäre,
besagt dies genau die Zeile
| Zitat: |
aus Karls Beweis:
Die lineare Abbildung τ ist injektiv denn sei x0∈T, x0 ≠ 0 ein Vektor für den gilt τx0 = 0 so steht (τx0, τy) = (0,τy) = 0 = (x0,y) für alle y∈T im Widerspruch zur Forderung, dass (x,y) nicht ausgeartet ist.
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Man kann es noch kürzer sagen:
Wenn τ*g = g (Invarianzbedingung), dann wäre für ein x∈ ker(τ) und alle y: g(x, y) = 0, also kann nur x=0 sein.
Daß das alles sehr tiefsinnig ist, sage ich ja nicht, aber es ist am ganzen Beweis noch das tiefsinnigste.
Gerade hier zu sagen, daß sei ja klar, sieht so aus, als hätte man es doch übersehen. |
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Wolfi
Anmeldedatum: 21.01.2007
Beiträge: 164
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| Verfasst am: 19.08.2007, 21:58 Titel: |
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Stimmt ich hab den Beweis von Karl leider übersehen. Sehr elegant. Und eigentlich trivial, wenn man nur ein bißchen lineare Algebra drauf hat! Das heißt H2 ist eindeutig unhaltbar!  |
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ralfkannenberg
Anmeldedatum: 22.02.2006
Beiträge: 4788
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| Verfasst am: 20.08.2007, 12:09 Titel: |
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| Zitat: |
Wolfi schrieb am 19.08.2007 22:58 Uhr:
Stimmt ich hab den Beweis von Karl leider übersehen. Sehr elegant. Und eigentlich trivial, wenn man nur ein bißchen lineare Algebra drauf hat! Das heißt H2 ist eindeutig unhaltbar!
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Hallo Wolfi,
H2 ist schon deswegen unhaltbar, weil das GOM'sche Gegenargument falsch ist: Transitivität und Kommutativität sind keine Gruppeneigenschaften.
Das muss aus dem buch.pdf raus. Der Nachweis, dass die Lorentztransformationen eine Gruppen bilden, ist nicht Thema von H2, kann aber problemlos mit Karl's Beweis, der ja von Erik inspiriert war, nachgeliefert werden. Man kann es auch umständlicher haben und meinen Beweis verwenden, der kommt ohne Bilinearformen aus, setzt aber die Existenz einer Basis voraus. Erik und Karl haben gezeigt, dass der Beweis auch allgemeiner und damit eleganter geht.
Und als nächstes muss auch die Instrumentierung von Sommerfeld, der gemäss GOM auch gegen Einstein war, aus H2 entfernt werden, weil Sommerfeld sich bei seiner Aussage nicht auf die Lorentztransformationen, sondern auf die relativistische Geschwindigkeitsaddition bezogen hat und GOM diese beiden Mengen (aus Versehen ?) verwechselt.
Freundliche Grüsse, Ralf |
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