T

1 HW 2思考题

1.1

这个张量怎么有点眼熟，算电磁和引力辐射时貌似会用到

1.1.1

\begin{aligned} T_{i j} & = \int δ (r - 1) x_{i} x_{j} d^{3} x \\ = \iint δ (r - 1) x_{i} x_{j} r^{2} d r d Ω \\ = \int_{0}^{\infty} \int_{4 π} δ (r - 1) (\frac{x_{i}}{r}) (\frac{x_{j}}{r}) r^{4} d r d Ω \\ = \int_{0}^{\infty} r^{4} δ (r - 1) d r \oint n_{i} n_{j} d Ω \\ = \oint n_{i} n_{j} d Ω \end{aligned}

1.1.2

在旋转变换下，向量 $n_{i}$ 变为 $n_{i}^{'} = R_{i k} n_{k}$ ，所以

\begin{aligned} T_{i j}^{'} & = \oint (R_{i k} n_{k}) (R_{j l} n_{l}) d Ω = R_{i k} R_{j l} \oint n_{k} n_{l} d Ω \\ = R_{i k} R_{j l} T_{k l} \end{aligned}

1.1.3

见 ppt， $C = \frac{4 π}{3}$

1.1.4

第一个利用 $d Ω = \sin θ d θ d ϕ$ 即可。

第二个，根据对称性，可以直接算 z 方向计算： $= \iint \frac{z}{r} \sin θ d θ d ϕ = \iint \frac{r \cos θ}{r} \sin θ d θ d ϕ = 0$

第三个，看讲义

第四个，被积函数是奇函数，结果为零

第五个，积分结果必须是 $S O (3)$ 下的不变张量，且阶数为四，它必须由克罗内克符号 $δ$ 组合而成。所有可能的配对方式只有三种：

\oint n_{i} n_{j} n_{k} n_{l} d Ω = C (δ_{i j} δ_{k l} + δ_{i k} δ_{j l} + δ_{i l} δ_{j k})

注意，由于 $n_{i} n_{j} n_{k} n_{l}$ 对索引 $i, j, k, l$ 的任意排列都是全对称的，所以这三项前的系数 $C$ 必须相等。先做两次缩并，左边：

\oint (n_{i} n_{i}) (n_{k} n_{k}) d Ω = \oint 1 \cdot 1 d Ω = 4 π

右边：

(δ_{i i} δ_{k k} + δ_{i k} δ_{i k} + δ_{i k} δ_{i k}) = 9 + 3 + 3 = 15

所以 $C = \frac{4 π}{15}$ .

1.2

略

1.3

用柱坐标爆算，注意：

E = \frac{e}{4 π ε_{0}} \frac{γ R}{[s^{2} + γ^{2} (z - v t)^{2}]^{3 / 2}}

剩下的懒得写了。

2 HW 3思考题

2.1

2.1.1

验证给定的势函数是否满足 $E = - \nabla φ$ 和 $B = \nabla \times A$ 即可

2.1.2

令 $u = λ x$ ，则 $u_{i} = λ x_{i}$ 。

\frac{d}{d λ} F_{j} (λ x) = \frac{\partial F_{j}}{\partial u_{i}} \frac{d u_{i}}{d λ} = \frac{\partial F_{j}}{\partial u_{i}} x_{i} = \frac{1}{λ} (x_{i} \frac{\partial F_{j}}{\partial x_{i}}) = \frac{1}{λ} (x \cdot \nabla) F_{j} (λ x)

即： $\frac{d}{d λ} F (λ x) = \frac{1}{λ} (x \cdot \nabla) F (λ x)$ 。

证明 $B = \nabla \times A$ ：

\nabla \times A = - \int_{0}^{1} λ \nabla \times (x \times B (t, λ x)) d λ

利用 $\nabla \times (\vec{A} \times \vec{B}) = (\vec{B} \cdot \nabla) \vec{A} + (\nabla \cdot \vec{B}) \vec{A} - (\vec{A} \cdot \nabla) \vec{B} - (\nabla \cdot \vec{A}) \vec{B}$ ，注意此时 $\nabla \cdot B = 0$ 且 $(x \cdot \nabla) B_{λ} = λ \frac{d}{d λ} B_{λ}$ ：

\nabla \times (x \times B_{λ}) = x \cdot 0 - B_{λ} \cdot 3 + B_{λ} - λ \frac{d}{d λ} {\vec{B}}_{λ} = - 2 B_{λ} - λ \frac{d}{d λ} B_{λ}

角标 $λ$ 没有其他含义，只是表示 $λ$ 作为当前函数的自变量之一。上式代入积分：

\nabla \times A = \int_{0}^{1} (2 λ B_{λ} + λ^{2} \frac{d}{d λ} B_{λ}) d λ = \int_{0}^{1} \frac{d}{d λ} (λ^{2} B (t, λ x)) d λ = [λ^{2} B (t, λ x)]_{0}^{1} = B (t, x)

证明 $E = - \nabla φ - \partial_{t} A$ ：

利用 $\nabla (\vec{A} \cdot \vec{B}) = \vec{A} \times (\nabla \times \vec{B}) + \vec{B} \times (\nabla \times \vec{A}) + (\vec{A} \cdot \nabla) \vec{B} + (\vec{B} \cdot \nabla) \vec{A}$ 计算 $\nabla φ$ ：

\nabla φ = - \int_{0}^{1} \nabla (x \cdot E_{λ}) d λ = - \int_{0}^{1} [E_{λ} + (x \cdot \nabla) E_{λ} + x \times (\nabla \times E_{λ})] d λ

利用法拉第定律 $\nabla_{u} \times E = - \partial_{t} B$ ，得 $\nabla \times E_{λ} = - λ \partial_{t} B_{λ}$ ：

\nabla φ = - \int_{0}^{1} [E_{λ} + λ \frac{d}{d λ} E_{λ} - λ x \times \partial_{t} B_{λ}] d λ = - \int_{0}^{1} \frac{d}{d λ} (λ E_{λ}) d λ + \partial_{t} \int_{0}^{1} λ x \times B_{λ} d λ

\nabla φ = - E (t, x) - \partial_{t} A ⟹ E = - \nabla φ - \partial_{t} A

证毕。

2.2

磁矢势满足 $U (1)$ 规范：
$A \to A^{'} = A + \nabla Λ$ 。

将变换后的 ${\vec{A}}^{'}$ 同样进行分解，由于 $\nabla Λ$ 本身是一个梯度场（无旋），它完全属于纵向分量。根据亥姆霍兹分解的唯一性：

A_{∥}^{'} + A_{⊥}^{'} = (A_{∥} + \nabla Λ) + A_{⊥}

横向分量 $A_{⊥}$ 在规范变换下保持不变（即它是规范无关的）。

B = \nabla \times A = \nabla \times (A_{∥} + A_{⊥}) = 0 + \nabla \times A_{⊥} = \nabla \times A_{⊥}

可以看到，磁场完全由 $A_{⊥}$ 决定。

2.3

参考 ppt

3 HW 4思考题

3.1 磁偶极子/带电旋转球

3.1.1

球壳上的面电流密度 $K (x^{'})$ 是由表面电荷随球壳转动产生的，其表达式为：

K (x^{'}) = σ_{0} v = σ_{0} (ω \times x^{'})

其中 $x^{'}$ 为球壳上的源点位置矢量，且 $| x^{'} | = a$ 。所以磁矢势为

\begin{aligned} A (x) & = \frac{μ_{0}}{4 π} \oint_{S} \frac{σ_{0} (ω \times x^{'})}{| x - x^{'} |} d σ^{'} \\ = \frac{μ_{0} σ_{0}}{4 π} ω \times \oint_{S} \frac{x^{'}}{| x - x^{'} |} d σ^{'} \end{aligned}

令积分部分为 $I = \oint_{S} \frac{x^{'}}{| x - x^{'} |} d σ^{'}$ 。设 $x^{'} = a {\hat{r}}^{'}$ ，面元 $d σ^{'} = a^{2} d Ω^{'}$ 。球坐标系下（参见 3-D Laplace Equation And Spherical Harmonic Function#4.1 函数 $ frac{1}{ vec{r}- vec{a} }$ 的勒让德系数）：

\frac{1}{| x - x^{'} |} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}} P_{l} (\cos γ), γ = \arccos \frac{x \cdot x^{'}}{| x \cdot x^{'} |}, r_{<} = min (x, x^{'}), r_{>} = max (x, x^{'})

则

I = a^{3} \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}} \oint_{S} P_{l} (\cos γ) {\hat{r}}^{'} d Ω^{'}

由于 ${\hat{r}}^{'}$ 可以看作是由 $l = 1$ 的球谐函数线性组合而成，根据正交性，只有 $l = 1$ 的项对应的积分不为零。当 $l = 1$ 时， $P_{1} (\cos γ) = \cos γ = \hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}$ ，故：

I = a^{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} \oint_{S} (\hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}) {\hat{r}}^{'} d Ω^{'}

利用课上的 $\oint_{S} {\hat{r}}^{'} {\hat{r}}^{'} d Ω^{'} = \frac{4 π}{3} I$ ，得到：

I = a^{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} \frac{4 π}{3} \hat{r} = \frac{4 π a^{3}}{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} \hat{r}

所以

A (x) = \frac{μ_{0} σ_{0}}{4 π} ω \times (\frac{4 π a^{3}}{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} \hat{r}) = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{3}}{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} (ω \times \hat{r})

A_{i n} (x) = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{3}}{3} \frac{r}{a^{2}} (ω \times \frac{x}{r}) = \frac{μ_{0} σ_{0} a}{3} (ω \times x), r < a

A_{o u t} (x) = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{3}}{3} \frac{a}{r^{2}} (ω \times \frac{x}{r}) = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{4}}{3 r^{3}} (ω \times x), r > a

3.1.2

磁感应强度由 $B = \nabla \times A$ 给出。利用 $\nabla \times (ω \times x) = ω (\nabla \cdot x) - (ω \cdot \nabla) x = 3 ω - ω = 2 ω$ ，可得：

B_{i n} = \nabla \times [\frac{μ_{0} σ_{0} a}{3} (ω \times x)] = \frac{2}{3} μ_{0} σ_{0} a ω

对于球外场，利用 $\nabla \times (f V) = \nabla f \times V + f (\nabla \times V)$ ，设 $f (r) = r^{- 3}$ ， $V = ω \times x$ ：

\nabla (r^{- 3}) \times (ω \times x) = - 3 r^{- 4} \hat{r} \times (ω \times x) = - 3 r^{- 5} x \times (ω \times x)

展开三重叉积 $x \times (ω \times x) = ω (x \cdot x) - x (x \cdot ω) = r^{2} ω - r^{2} (ω \cdot \hat{r}) \hat{r}$ ，所以

\nabla \times (\frac{ω \times x}{r^{3}}) = - 3 r^{- 5} [r^{2} ω - r^{2} (ω \cdot \hat{r}) \hat{r}] + r^{- 3} (2 ω) = \frac{1}{r^{3}} [3 (ω \cdot \hat{r}) \hat{r} - ω]

代入系数，得到球外的磁场分布：

B_{o u t} = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{4}}{3 r^{3}} [3 (ω \cdot \hat{r}) \hat{r} - ω]

显然这是一个磁偶极子场，其磁矩为 $m = \frac{4 π}{3} σ_{0} ω a^{4}$ 。

3.1.3

和课上带电球受力的求解类似，我们选择包围整个上半空间（ $z > 0$ ）的闭合曲面 $S$ 。这个闭合曲面包括无穷远处的半球面（ $r \to \infty, z > 0$ ）和赤道平面（ $z = 0$ ）。

由于在无穷远处，偶极子磁场 $B \propto 1 / r^{3}$ ，所以张量分量 $T \propto 1 / r^{6}$ 。而无穷远半球面的面积元 $d a \propto r^{2}$ ，因此当 $r \to \infty$ 时，无穷远半球面上的积分项趋近于 $0$ 。

所以，我们只需要计算在赤道平面（ $z = 0$ ）上的积分。对于上半空间，面元向量为 $d a = - \hat{z} d a$ 。

由于对称性，赤道面上的磁力只可能有 $z$ 分量（径向受力相互抵消）：

F_{z} = \int_{z = 0} (T \cdot d a)_{z} = \int_{z = 0} T_{z z} (- d a) = - \int_{z = 0} T_{z z} d a

麦克斯韦应力张量的纯磁场部分定义为 $T_{i j} = \frac{1}{μ_{0}} (B_{i} B_{j} - \frac{1}{2} δ_{i j} B^{2})$ ：

T_{z z}^{i n} = \frac{1}{2 μ_{0}} {(\frac{2}{3} μ_{0} σ_{0} a ω)}^{2} = \frac{2}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{2} ω^{2}

所以

F_{z}^{i n} = - \int_{0}^{a} (\frac{2}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{2} ω^{2}) 2 π r d r = - \frac{4 π}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{2} ω^{2} {[\frac{1}{2} r^{2}]}_{0}^{a} = - \frac{2 π}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{4} ω^{2}

在赤道面上（ $ω \cdot \hat{r} = 0$ ），外部磁场退化为 $B_{o u t} = - \frac{μ_{0} σ_{0} a^{4} ω}{3 r^{3}} \hat{z}$ ：

T_{z z}^{o u t} = \frac{1}{2 μ_{0}} {(- \frac{μ_{0} σ_{0} a^{4} ω}{3 r^{3}})}^{2} = \frac{μ_{0} σ_{0}^{2} a^{8} ω^{2}}{18 r^{6}}

所以

F_{z}^{o u t} = - \int_{a}^{\infty} (\frac{μ_{0} σ_{0}^{2} a^{8} ω^{2}}{18 r^{6}}) 2 π r d r = - \frac{π}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{8} ω^{2} \int_{a}^{\infty} r^{- 5} d r = - \frac{π}{36} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{4} ω^{2}

最终得到

F_{z} = F_{z}^{i n} + F_{z}^{o u t} = - \frac{π}{4} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{4} ω^{2}

负号代表方向朝下（南半球方向），即两半球之间相互吸引。

3.2 电子经典球壳模型

3.2.1

对于半径为 $a$ 、电量为 $e$ 的均匀带电球壳，球内电场为 $0$ ，球外电场为 $E = \frac{e}{4 π ϵ_{0} r^{2}}$ ， $σ_{0} = \frac{e}{4 π a^{2}}$ ，

W_{E} = \int_{a}^{\infty} \frac{1}{2} ϵ_{0} E^{2} (4 π r^{2}) d r = \frac{e^{2}}{8 π ϵ_{0} a}

利用上一题结论，内部磁场 $B_{i n} = \frac{μ_{0} e ω}{6 π a}$ ，外部为偶极场。

W_{M} = \frac{1}{2} \oint A \cdot K d a

$\int_{a l l} \frac{B^{2}}{2 μ_{0}} d V = \frac{1}{2 μ_{0}} \int B \cdot (\nabla \times A) d V$

利用分部积分：

\int B \cdot (\nabla \times A) d V = \int A \cdot (\nabla \times B) d V + \oint_{\infty} (A \times B) \cdot d S

对于局域分布的源，无穷远处的表面积分为 0。代入安培环路定理 $\nabla \times B = μ_{0} J$ ：

\int_{a l l} \frac{B^{2}}{2 μ_{0}} d V = \frac{1}{2 μ_{0}} \int A \cdot (μ_{0} J) d V = \frac{1}{2} \int A \cdot J d V

已知球面上的矢量势为 $A (a) = \frac{μ_{0} σ_{0} a}{3} (ω \times x) = \frac{μ_{0} e ω a \sin θ}{12 π} \hat{ϕ}$ ，面电流密度为 $K = σ_{0} v = σ_{0} a \sin θ ω = \frac{e ω \sin θ}{4 π a} \hat{ϕ}$ 。所以磁能：

W_{M} = \frac{1}{2} \int_{0}^{π} (\frac{μ_{0} e ω a \sin θ}{12 π}) (\frac{e ω \sin θ}{4 π a}) (2 π a^{2} \sin θ) d θ = \frac{μ_{0} e^{2} ω^{2} a}{36 π}

总能量

W = \frac{e^{2}}{8 π ϵ_{0} a} + \frac{μ_{0} e^{2} ω^{2} a}{36 π}

3.2.2

磁矩 $m = \frac{4 π}{3} σ_{0} ω a^{4} = \frac{1}{3} e ω a^{2}$ ，电磁场角动量

L = \int r \times g d V = \int r \times (ϵ_{0} E \times B) d V

由于球内 $E = 0$ ，角动量只存在于球外，计算动量部分：

E \times B = (\frac{e}{4 π ϵ_{0} r^{2}} \hat{r}) \times (\frac{μ_{0}}{4 π r^{3}} [- m]) = \frac{μ_{0} e}{16 π^{2} ϵ_{0} r^{5}} (m \times \hat{r})

所以，被积函数的矢量部分是：

\hat{r} \times (m \times \hat{r}) = m (\hat{r} \cdot \hat{r}) - \hat{r} (\hat{r} \cdot m) = m - \hat{r} (\hat{r} \cdot m)

代入到求解角动量的积分得到

L = \frac{μ_{0} e}{16 π^{2}} \int_{a}^{\infty} \frac{1}{r^{4}} r^{2} d r \int_{Ω} [m - \hat{r} (\hat{r} \cdot m)] d Ω

拆解该积分当中的每一项有：

\int_{a}^{\infty} r^{- 2} d r = \frac{1}{a}

\int m d Ω = 4 π m

\int \hat{r} (\hat{r} \cdot m) d Ω = \int (I \cdot m) d Ω = \frac{4 π}{3} m

所以最终得到旋转球壳的场角动量为：

L = \frac{μ_{0} e}{16 π^{2}} \cdot \frac{1}{a} \cdot \frac{8 π}{3} m = \frac{μ_{0} e}{6 π a} m = \frac{μ_{0} e^{2} a}{18 π} ω

3.2.3

通常在经典模型中，由于 $ω a ≪ c$ 的预期，磁能项 $W_{M}$ 远小于静电能 $W_{E}$ 。我们先忽略 $W_{M}$ ：

由 $W \approx \frac{e^{2}}{8 π ϵ_{0} a} = m_{e} c^{2}$ 得 $a = \frac{e^{2}}{8 π ϵ_{0} m_{e} c^{2}}$ (即经典电子半径)；由角动量公式 $\frac{μ_{0} e^{2} a ω}{18 π} = \frac{ℏ}{2}$ 得 $ω = \frac{9 π ℏ}{μ_{0} e^{2} a}$ 。以及

v = ω a = \frac{9 π ℏ}{μ_{0} e^{2}} = \frac{9 π ℏ ϵ_{0} c^{2}}{e^{2}}

利用精细结构常数 $α = \frac{e^{2}}{4 π ϵ_{0} ℏ c} \approx \frac{1}{137}$ ，上式可改写为：

v = \frac{9}{4 α} c \approx \frac{9 \times 137}{4} c \approx 308 c

这个速度远远超越了光速，是没有意义的，回过头来再用 $W \approx W_{M} = \frac{μ_{0} e^{2} ω^{2} a}{36 π} = m_{e} c^{2}$ 也没什么意义。另外，据说将电子视为刚体，通过转动惯量来计算角动量，也会得到类似的结论（得到赤道角速度为一百多倍光速）。

4 HW 5思考题

4.1

Δ s^{' 2} = g^{α β} d x_{α}^{'} d x_{β}^{'} = g^{ρ σ} d x_{ρ} d x_{σ} = g^{ρ σ} Λ_{ρ}^{α} Λ_{σ}^{β} d x_{α} d x_{β}

⟹ g^{α β} = g^{ρ σ} Λ_{ρ}^{α} Λ_{σ}^{β}

Λ^{γ}_{β} Λ_{γ}^{α} = g^{γ μ} g_{β ν} Λ_{μ}^{ν} Λ_{γ}^{α} = g_{β ν} g^{ν α} = δ_{β}^{α}

4.2 SO(3)

令矩阵为 $J = (\begin{matrix} 0 & - 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})$ ，注意到 $J^{2} = (\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix}) = - I_{2 \times 2}$ ， $J^{3} = - J$ ， $J^{4} = I_{2 \times 2}$ ，所以利用泰勒级数展开：

e^{- θ J} = I - θ J + \frac{θ^{2}}{2!} J^{2} - \frac{θ^{3}}{3!} J^{3} + \dots = (\cos θ) I - (\sin θ) J = (\begin{matrix} \cos θ & \sin θ \\ - \sin θ & \cos θ \end{matrix})

所以

Λ (θ) = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \cos θ & \sin θ \\ 0 & 0 & - \sin θ & \cos θ \end{matrix})

因为 $[K, K] = 0$ ：

Λ (θ_{1}) Λ (θ_{2}) = e^{- θ_{1} K} \circ e^{- θ_{2} K} = e^{- (θ_{1} + θ_{2}) K + \frac{1}{2} [- θ_{1} K, - θ_{2} K] + \dots} = Λ (θ_{1} + θ_{2})

证明完毕。

4.3 $S O (1, 3)^{↑}$

令 $k_{x} = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})$ ，根据 $Λ_{x} = e^{ξ Ω_{x}}$ 可以得到其 $L i e$ 群表示, 注意到 $k_{x}^{2} = I_{2 \times 2}$ :

\begin{aligned} Λ_{x} (ξ) = e^{ξ k_{x}} & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{ξ^{n} k_{x}^{n}}{n!} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{ξ^{2 n}}{(2 n)!} \underset{= 1}{\underset{⏟}{k_{x}^{2 n}}} + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{ξ^{2 n + 1}}{(2 n + 1)!} \underset{= k_{x}}{\underset{⏟}{k_{x}^{2 n + 1}}} \\ = (\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{ξ^{2 n}}{(2 n)!}) I + (\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{ξ^{2 n + 1}}{(2 n + 1)!}) k_{x} \\ = (\begin{array}{cc} \cosh (ξ) & 0 \\ 0 & \cosh (ξ) \end{array}) + (\begin{array}{cc} 0 & \sinh (ξ) \\ \sinh (ξ) & 0 \end{array}) \\ = (\begin{array}{cc} \cosh (ξ) & \sinh (ξ) \\ \sinh (ξ) & \cosh (ξ) \end{array}) \end{aligned}

即 :

Λ_{x} (ϕ) = (\begin{array}{cc} ch ξ & sh ξ \\ sh ξ & ch ξ \\ 1 \\ 1 \end{array})

同样的逻辑，因为生成元矩阵 $Ω$ 与其自身对易：

Λ (ξ_{1}) Λ (ξ_{2}) = e^{- ξ_{1} Ω} e^{- ξ_{2} Ω} = e^{- (ξ_{1} + ξ_{2}) Ω} = Λ (ξ_{1} + ξ_{2})

这也反映了沿同一方向的两个洛伦兹提升，其快度是直接相加的。

4.4

对于 $O (1, 3)$ 群元 $Λ_{1}, Λ_{2}$ ：

Λ^{T} g Λ = g

验证群的封闭性。

Λ^{T} g Λ = (Λ_{1} Λ_{2})^{T} g (Λ_{1} Λ_{2}) = Λ_{2}^{T} (Λ_{1}^{T} g Λ_{1}) Λ_{2} = Λ_{2}^{T} g Λ_{2} = g

所以 $Λ_{1} Λ_{2} \in O (3, 1)$ 。

验证群的逆元存在性。

首先确定 $Λ$ 是可逆的。对定义式 $Λ^{T} η Λ = η$ 两边取行列式：

det (Λ^{T}) det (η) det (Λ) = det (η)

由于 $det (η) \neq 0$ （其值为 $- 1$ ），且 $det (Λ^{T}) = det (Λ)$ ，可得：

(det Λ)^{2} = 1 ⟹ det Λ = \pm 1

行列式不为 0，说明 $Λ$ 必定存在逆矩阵 $Λ^{- 1}$ 。

在等式 $Λ^{T} η Λ = η$ 左边乘以 $(Λ^{T})^{- 1}$ ，右边乘以 $Λ^{- 1}$ ：

L H S = (Λ^{T})^{- 1} (Λ^{T} g Λ) Λ^{- 1} = g = R H S = (Λ^{T})^{- 1} g Λ^{- 1} = (Λ^{- 1})^{T} g Λ^{- 1}

因此 $Λ^{- 1} \in O (3, 1)$ 。

4.5

4.5.1

成立

封闭性（乘法）：
- 如果 $Λ_{1}, Λ_{2} \in S O (1, 3)^{↑}$ ，那么他们的行列式均为 1，则 $det (Λ_{1} Λ_{2}) = det Λ_{1} det Λ_{2} = 1 \times 1 = 1$ 。
- 对于性质 $Λ^{0}_{0} \geq 1$ ，两个正规变换的乘积依然是正规的（这可以通过柯西-施瓦茨不等式证明，见后续 #3.5.3 若 $ Lambda_1, Lambda_2$ 满足 $(L a m b d a_{1}) 0_{0} g e 1$ 且 $(L a m b d a_{2}) 0_{0} g e 1$ ，则它们的乘积 $ Lambda = Lambda_1 Lambda_2$ 的分量 $ Lambda 0_0$ 也必然满足 $ Lambda 0_0 ge 1$。）。
- 因此，乘积依然属于该子集。
逆元存在性：
- 如果 $det Λ = 1$ ，则 $det (Λ^{- 1}) = 1$ 。
- 对于性质 $Λ^{0}_{0} \geq 1$ ， $Λ_{0}^{0} = g_{0 α} g^{0 β} Λ^{α}_{β} = g_{00} g^{00} Λ^{0}_{0} = Λ^{0}_{0} \geq 1$ 。
- 因此，逆元依然属于该子集。

4.5.2

不成立。

除了包含单位矩阵的分支 $S O (1, 3)^{↑}$ 以外，其余三个子集均不构成群。比如，假设我们取子集 $Σ_{i} = P S O (1, 3)^{↑}, (det = - 1, Λ^{0}_{0} \geq 1)$ ，选取 $Λ_{1}, Λ_{2} \in Σ_{i}$ ，则 $det Λ_{1} = det Λ_{2} = - 1$ ，它们的乘积 $Λ_{1} Λ_{2}$ 的行列式为 $(- 1) \times (- 1) = 1$ ，落回了单位分支 $S O (1, 3)^{↑}$ 中。

3.5.3 若 $Λ_{1}, Λ_{2}$ 满足 $(Λ_{1})^{0}_{0} \geq 1$ 且 $(Λ_{2})^{0}_{0} \geq 1$ ，则它们的乘积 $Λ = Λ_{1} Λ_{2}$ 的分量 $Λ^{0}_{0}$ 也必然满足 $Λ^{0}_{0} \geq 1$ 。

对于任何 $Λ \in O (3, 1)$ ，取 $Λ^{T} g Λ = g$ 的00分量得：

(Λ^{0}_{0})^{2} - \sum_{i = 1}^{3} (Λ^{0}_{i})^{2} = 1 ⟹ (Λ^{0}_{0})^{2} = 1 + \sum_{i = 1}^{3} (Λ^{0}_{i})^{2} \geq 1

所以，可以定义对于 $S O (1, 3)^{↑}$ 群元， $Λ^{0}_{0} \geq 1$ 。

令 $\vec{a} = ((Λ_{1})^{0}_{1}, (Λ_{1})^{0}_{2}, (Λ_{1})^{0}_{3})$ ， $\vec{b} = ((Λ_{2})^{1}_{0}, (Λ_{2})^{2}_{0}, (Λ_{2})^{3}_{0})$ 其模长满足：

| \vec{a} |^{2} = \sum_{i = 1}^{3} ((Λ_{1})^{0}_{i})^{2} = ((Λ_{1})^{0}_{0})^{2} - 1, | \vec{b} |^{2} = \sum_{i = 1}^{3} ((Λ_{2})^{i}_{0})^{2} = ((Λ_{2})^{0}_{0})^{2} - 1

又，乘积矩阵 $Λ = Λ_{1} Λ_{2}$ 的左上角元素为：

Λ^{0}_{0} = (Λ_{1})^{0}_{μ} (Λ_{2})^{μ}_{0} = (Λ_{1})^{0}_{0} (Λ_{2})^{0}_{0} + \sum_{i = 1}^{3} (Λ_{1})^{0}_{i} (Λ_{2})^{i}_{0} = (Λ_{1})^{0}_{0} (Λ_{2})^{0}_{0} + \vec{a} \cdot \vec{b}

根据柯西-施瓦茨不等式 $| \vec{a} \cdot \vec{b} | \leq | \vec{a} | | \vec{b} |$ ，有：

(Λ_{1})^{0}_{0} (Λ_{2})^{0}_{0} - Λ^{0}_{0} \leq | Λ^{0}_{0} - (Λ_{1})^{0}_{0} (Λ_{2})^{0}_{0} | = | \vec{a} \cdot \vec{b} | \leq | \vec{a} | | \vec{b} | ⟹ Λ^{0}_{0} \geq (Λ_{1})^{0}_{0} (Λ_{2})^{0}_{0} - | \vec{a} | | \vec{b} |

代入刚才的模长公式：

Λ^{0}_{0} \geq (Λ_{1})^{0}_{0} (Λ_{2})^{0}_{0} - \sqrt{((Λ_{1})^{0}_{0})^{2} - 1} \sqrt{((Λ_{2})^{0}_{0})^{2} - 1} ≜ x y - \sqrt{x^{2} - 1} \sqrt{y^{2} - 1}, x, y \geq 1

因为

\begin{aligned} (\sqrt{x^{2} - 1} \sqrt{y^{2} - 1})^{2} & = x^{2} y^{2} - y^{2} - x^{2} + 1 \leq x^{2} y^{2} - 2 x y + 1 = (x y - 1)^{2} \end{aligned}

所以总是有 $x y \geq \sqrt{x^{2} - 1} \sqrt{y^{2} - 1} + 1$ ，因此 $Λ^{0}_{0} \geq 1$ 。

4.5.3

当一个粒子在它的瞬时共动参考系（Momentarily Comoving Reference Frame，MCRF）中感受到的固有加速度 $a$ 为常数时，它在实验室坐标系下的运动轨迹并不是抛物线，而是双曲线。

首先，力 $F$ 定义为动量的变化率：

F = \frac{d p}{d t} = \frac{d}{d t} (m γ v)

在 MCRF 中，物体感受到的力满足由牛二定律 $F = m a$ 。所以有：

m a = \frac{d}{d t} (m γ v) ⟹ a = \frac{d}{d t} (γ v)

其中 $\frac{d v}{d t}$ 是实验系测得的加速度。设 $t = 0$ 时， $v = 0$ ，对运动方程进行积分：

\frac{v}{\sqrt{1 - v^{2} / c^{2}}} = a t ⟹ v (t) = \frac{a t}{\sqrt{1 + (a t / c)^{2}}}

世界线即轨迹 $x (t)$ 。对速度 $v (t) = \frac{d x}{d t}$ 再次积分。设 $t = 0$ 时， $x = 0$ ：

x (t) = \int_{0}^{t} \frac{a t^{'}}{\sqrt{1 + (a t^{'} / c)^{2}}} d t^{'} = \frac{c^{2}}{a} \sqrt{1 + {(\frac{a t}{c})}^{2}} - \frac{c^{2}}{a}

改写上述方程，可以得到 $x$ 和 $t$ 的双曲线关系：

{(x + \frac{c^{2}}{a})}^{2} - (c t)^{2} = {(\frac{c^{2}}{a})}^{2}