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ralfkannenberg
Anmeldedatum: 22.02.2006
Beiträge: 4788
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 Verfasst am: 30.03.2007, 22:03 Titel: |
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Hallo Erik,
ich will nun also versuchen, meine Phobie zu überwinden. Du hast eine Halbmetrik sowie ein Minkowski-Produkt definiert:
Halbmetrik:
| Zitat: |
Erik schrieb am 21.03.2007 22:09 Uhr:
|x'| = |Lx| = |x|, wobei |x|^2 = t^2 - x^2 - y^2 - z^2.
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Hierbei ist noch zu beachten, dass x mal einen Vektor und mal eine Koordinate bezeichnet.
Minkowski-Produkt:
| Zitat: |
Erik schrieb am 27.03.2007 13:26 Uhr:
Minkowski-Produkts x*y (...)
x*y = (|x + y|^2 - |x|^2 - |y|^2) / 2
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Vorbemerkung:
Da die Koordinatenrichtungen üblicherweise als t, x, y und z geschrieben werden, vermeide ich im Folgenden diese Buchstaben bei der Benennung von Vektoren. Diese Vektoren benenne ich a, b, c … und ihre Komponenten bekommen die Indizes _t, _x, _y und _z, so dass also
a = (a_t, a_x, a_y, a_z)
Man beachte, dass dieser Vektor ein Spaltenvektor ist, was ich hier leider nicht darstellen kann. Entsprechend ist a' (' bedeutet transponiert) ein Zeilenvektor; man möge dies entschuldigen.
Dann ist das Minkowski-Produkt wie folgt definiert:
a*b = (|a + b|^2 - |a|^2 - |b|^2) / 2
Und die Halb-Metrik |.| ist dann wie folgt definiert:
|a| = a_t^2 -a_ x^2 - a_y^2 - a_z^2
So, nun können wir also loslegen:
| Zitat: |
Erik schrieb am 27.03.2007 13:26 Uhr:
Doch das genügt natürlich auch. Für Lorentz-Transformationen ist aber
immer |det(L)| = 1. Das folgt aus der Invarianz des Minkowski-Produkts
x*y= x'gy,
für x,y 4-Vektoren (der Strich' bedeutet Transposition) und
g = diag(1, -1,-1,-1).
Gilt die Invarianz Lx*Ly = x*y für alle x,y so folgt g = L'gL. Bildet man
daraus die Detereminante, ist man wg. det(g) = 1 sofort da. Hier habe
ich jetzt natürlich die Invarianz des Skalar-Produkts und nicht der Metrik
vorausgesetzt. Die schwächere Forderung |Lx| = |x| reicht
aber, da x*y = (|x + y|^2 - |x|^2 - |y|^2) / 2 und L linear.
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Gemäss Deiner Aussage gilt also
Lemma 1: a*b = a'Gb mit G = diag(1, -1,-1,-1)
Beweis:
2(a*b) =
= (|a + b|^2 - |a|^2 - |b|^2)
= [(a_t + b_t)^2 - (a_x + b_x)^2 - (a_y + b_y)^2 - (a_z + b_z)^2] - [(a_t)^2 - (a_x)^2 - (a_y)^2 - (a_z)^2] - [(b_t)^2 - (b_x)^2 - (b_y)^2 - (b_z)^2]
u.s.w.
Wollen wir das nur für eine Koordinate r nachrechnen, die dann t,x,y und z heissen kann:
(a_r + b_r)^2 - (a_r)^2 - (b_r)^2 = (a_r)^2 + 2 a_r b_r + (b_r)^2 - (a_r)^2 - (b_r)^2 = 2 a_r b_r
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, so gilt nun:
2(a*b) = 2 a_t b_t - 2 a_x b_x - 2 a_y b_y - 2 a_z b_z und somit
a*b = a_t b_t - a_x b_x - a_y b_y - a_z b_z
Gb = diag(1,-1,-1,-1) * (b_t, b_x, b_y, b_z) = (b_t, - b_x, - b_y, - b_z)
a' [Gb] = (a_t, a_x, a_y, a_z)' * (b_t, - b_x, - b_y, - b_z) = a_t b_t - a_x b_x - a_y b_y - a_z b_z
Ok wunderbar, das Lemma 1 scheint zu stimmen.
| Zitat: |
Gilt die Invarianz La*Lb = a*b für alle a,b so folgt G = L'GL
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Und hier hänge ich nun fest: Warum gilt das ?
Ach ja, detG = -1, aber das ändert natürlich nichts an der Aussage.
Freundliche Grüsse, Ralf |
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zeitgenosse
Anmeldedatum: 21.06.2006
Beiträge: 1811
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| Verfasst am: 31.03.2007, 00:44 Titel: |
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| Zitat: |
ralfkannenberg schrieb am 30.03.2007 23:03 Uhr:
ich will nun also versuchen, meine Phobie zu überwinden.
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Obwohl du es vermutlich bereits weisst, mein nächtlicher Sermon (dient auch zur Belebung meines eigenen Gedächtnisses):
Die Minkowski-Metrik ist vollständig beschrieben mit
ds^2 = g_i,k dx¯i dx¯k
x¯i = (x¯0, x¯1, x¯2, x¯3) und diag(1,-1,-1,-1)
Daraus folgt im R^4:
c^2 t^2 - x^2 - y^2 - z^2 = 0
Die Raum-Zeit-Transformationen der Lorentzgruppe sind Rotationen im Minkowski-Raum.
Gr. zg
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Erik
Anmeldedatum: 28.03.2006
Beiträge: 565
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| Verfasst am: 02.04.2007, 14:30 Titel: |
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| Zitat: |
ralfkannenberg schrieb am 30.03.2007 19:46 Uhr:
Seien A_8 und A_9 wie oben definiert und sei A_72 die Matrix mit lauter 72 in der Diagonale;
natürlich liegt A_72 nicht in der von Dir beschriebenen Menge.
Nun gilt: 0 = h(A_72) = h(A_8*A_9)(x) = h(A_8(A_9(x)) = h(A_9(x)) = 1
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Hier stimmt jetzt zwar irgendwas nicht mehr, denn h ist auf Elementen in M
definiert (wie vor dem letzten "=") und nicht auf Abbildungen A_72 (wie
nach dem ersten "="), aber ich glaube ich habe verstanden, was Du
meinst. (Du hattest übrigens in Deinem vorigen Posting auch h irgendwie für A_8 und
A_9 festgelegt, im Gegensatz zur Formulierung von Deinem Satz 2.)
| Zitat: |
d.h. h kann man nicht so definieren wie ich das vorher getan habe.
Somit ist mein h also keineswegs beliebig defininierbar.
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h schon. Nur T eben nicht. (D.h. man kann eben nicht aus jeder Menge
durch Festlegung von h eine Gruppe machen. Man kann aber wohl
für jedes h ein T definieren, welches dann eine Gruppe bildet.)
| Zitat: |
ralfkannenberg schrieb am 30.03.2007 23:03 Uhr:
Dann ist das Minkowski-Produkt wie folgt definiert:
a*b = (|a + b|^2 - |a|^2 - |b|^2) / 2
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Kann man so machen, finde ich auch gar nicht schlecht. Man kann
aber natürlich auch a*b := a'Gb als Definition verwenden. Dann ergibt
sich der Ausdruck oben sofort aus |a|^2 = a*a, indem man |a+b|^2 berechnet
und man macht sich das Leben etwas leichter.
| Zitat: |
ralfkannenberg schrieb am 30.03.2007 23:03 Uhr:
| Zitat: |
Gilt die Invarianz La*Lb = a*b für alle a,b so folgt G = L'GL
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Und hier hänge ich nun fest: Warum gilt das ?
Ach ja, detG = -1, aber das ändert natürlich nichts an der Aussage.
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Dafür brauchst Du nur in (La)'G(Lb) = a'Gb für a und b Elemente der
kanonischen Basis delta_ij einzusetzen. Dann zeigst Du es komponentenweise.
(Übrigens ist nach der Def. oben det G = 1, nicht -1.) |
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ralfkannenberg
Anmeldedatum: 22.02.2006
Beiträge: 4788
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| Verfasst am: 03.04.2007, 12:53 Titel: |
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Hallo Erik,
meine "Idee" war doch die, mit Hilfe dieser schwachen Isometrie eine Untergruppen-Bildung der Gruppe der invertierbaren linearen Abbildungen zu erreichen und dann wären die Lorentztransformationen/Minkoswki-Produkt einfach nur ein Spezialfall gewesen und ich hätte mir auch nie die Finger mit Details schmutzig zu machen brauchen.
Nun hat sich leider herausgestellt, dass mein "Beweis" vermutlich tatsächlich richtig ist, jedoch diese schwachen Isometrien keineswegs wohldefiniert zu sein brauchen, d.h. ich müsste zunächst beweisen, dass deren Definition nicht zu einem Widerspruch führt.
Diese Vorgehensweise erscheint mir aber ein völliger Blödsinn zu sein, d.h. diese Idee mit den schwachen Isometrien erscheint mir - zumindest momentan - nicht mehr lohnend zu sein. Schade, der Beweis selber war einfach, aber diese mögliche Widersprüchlichkeit hatte ich leider übersehen.
Natürlich ist mein "Gegenbeispiel" völlig dilletantisch:
| Zitat: |
ralfkannenberg schrieb am 30.03.2007 13:41 Uhr:
Sei A_8 eine lineare Abbildung, die in der Hauptdiagonale nur 8 hat und A_9 von gleicher Dimension mit lauter 9 in der Hauptdiagonale. A_8 und A_9 liegen in Deiner Gegenbeispiel-Menge; ich könnte h für A_8 und A_9 zu 1 definieren und für alle anderen zu 0; mein Beweis würde zur Folge haben, dass auch das Produkt A_8 * A_9 in der Menge liegen müsste, was ja offensichtlich falsch ist, da die Matrix, die lauter 72 in der Hauptdiagonale hat, nicht in dieser Menge ist.
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Dort, wo diese schwache Isometrie vom Gegenbeispiel zu 0 wird, liegt ja auch eine schwache Isometrie vor, nicht nur dort, wo sie zu 1 definiert ist.
Wie auch immer - ich nehme mir jetzt eine Auszeit und werde mich dem Beweis via Bilinearform/Skalarprodukt weiter widmen.
Freundliche Grüsse, Ralf |
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ralfkannenberg
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| Verfasst am: 03.04.2007, 12:56 Titel: |
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| Zitat: |
Erik schrieb am 02.04.2007 15:30 Uhr:
Übrigens ist nach der Def. oben det G = 1, nicht -1.
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Hallo Erik,
hier noch eine Frage: Wie kann die Determinante einer Matrix, die in der Hauptdiagonale drei (-1) und eine (+1) und ansonsten nur Nullen hat, zu +1 werden ?
Freundliche Grüsse, Ralf |
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Erik
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Beiträge: 565
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| Verfasst am: 03.04.2007, 13:37 Titel: |
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| Zitat: |
ralfkannenberg schrieb am 03.04.2007 13:56 Uhr:
| Zitat: |
Erik schrieb am 02.04.2007 15:30 Uhr:
Übrigens ist nach der Def. oben det G = 1, nicht -1.
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Hallo Erik,
hier noch eine Frage: Wie kann die Determinante einer Matrix, die in der Hauptdiagonale drei (-1) und eine (+1) und ansonsten nur Nullen hat, zu +1 werden ?
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Gar nicht. Mein Fehler. det G = -1, natürlich. |
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ralfkannenberg
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| Verfasst am: 03.04.2007, 14:48 Titel: |
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| Zitat: |
Erik schrieb am 03.04.2007 14:37 Uhr:
det G = -1, natürlich.
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ok, das vereinfacht das ganze natürlich wesentlich 
Freundliche Grüsse, Ralf |
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ralfkannenberg
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Beiträge: 4788
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| Verfasst am: 03.04.2007, 14:49 Titel: an die willkommenen stillen Mitleser der Gegenseite |
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Ich weiss ja, dass wir hier auch stille Mitleser von der Gegenseite haben, was ich übrigens sehr begrüsse.
Diesen Leuten könnte der unzutreffende Eindruck entstanden sein, Erik und ich seien noch dabei, den angeblichen GOM-Fehler H02 zu widerlegen. Das ist aber nicht der Fall - H02 ist längst widerlegt, es geht eigentlich "nur" noch darum, welcher Beweis "schöner" ist. Meine Herleitung macht starke Annahmen bezüglich der Invertierbarkeit der linearen Abbildungen, Erik's Herleitung macht starke Annahmen bezüglich der Halbmetrik-Eigenschaften der linearen Abbildungen. Die Lorentz-Transformationen erfüllen natürlich sämtliche Anfangsbedingungen. - Da ich letztlich via Basisvektoren argumentiere erscheint mir mein Beweis verständlicher, dafür ist Erik's Beweis über Bilinearformen natürlich eleganter.
Nur um Missverständnisse zu vermeiden und grüsst mir schön die Jocelyne drüben - als Interessensvertreterin von GOM kann sie bedenkenlos die Entfernung von H02 aus dem Fehlerkatalog im buch.pdf in die Wege leiten.
Freundliche Grüsse, Ralf |
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zeitgenosse
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| Verfasst am: 03.04.2007, 18:27 Titel: |
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GOM hatte nur insofern recht, dass im Falle der allg. Lorentz-Tansformationen keine Kommutativität vorliegt:
Λ1 ◦ Λ2 ≠ Λ2 ◦ Λ1
Ansonsten jedoch ändert dies nichts an den verlangten Gruppeneigenschaften. Ist die Gruppe zudem abelsch, gilt, dass Verknüpfungen kommutativ sind.
Eine Gruppe muss nur die Gruppenaxiome erfüllen:
- Verknüpfungen sind assoziativ
- es gibt ein neutrales Element
- jedes Element hat ein inverses Element
Die Lorentzgruppe erfüllt diese Axiome.
Gr. zg
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ralfkannenberg
Anmeldedatum: 22.02.2006
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| Verfasst am: 03.04.2007, 18:44 Titel: |
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| Zitat: |
zeitgenosse schrieb am 03.04.2007 19:27 Uhr:
Eine Gruppe muss nur die Gruppenaxiome erfüllen:
- Verknüpfungen sind assoziativ
- es gibt ein neutrales Element
- jedes Element hat ein inverses Element
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Zusätzlich muss gelten:
- eine Gruppe muss abgeschlossen sein, d.h. zwei Elemente miteinander verknüpft ergeben wieder ein Element aus der Gruppe
Es mag noch pedantisch tönen, aber
- es gibt genau ein neutrales Element
- jedes Element hat genau ein inverses Element
Zudem sollte man darauf achten, dass sich eine Gruppe stets auf Elemente und auf eine Verknüpfung bezieht.
Dass die ganzen Zahlen eine Gruppe bilden, sagt nichts aus - die ganzen Zahlen bilden eine Gruppe bezüglich der Addition, aber keine bezüglich der Multiplikation. Ich erwähne das deswegen, weil beim angeblichen Fehler H02 G.O.Mueller auch zwei Sachen durcheinandermischt:
- Lorentztransformationen bezüglich der Matrizenmultiplikation (d.h. nacheinander ausführen) sowie
- Geschwindigkeiten bezüglich der relativistischen Additionsregel
Letztere bilden tatsächlich keine Gruppe, weswegen ja der arme Herr Sommerfeldt als angeblicher Gegner Einsteins ins Rennen geführt wird (so ein kleiner GOM'scher "Trick" ...)
Freundliche Grüsse, Ralf |
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