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\chapter*{Übung 10}

\section*{Aufgabe 21}

Der Drehimpuls ist 
\[
	L = \vec{r} \times \vec{p} = \mvec{L_x \\ L_y \\ L_z} = \mvec{
		y p_z - z p_y \\
		z p_x - x p_z \\
		x p_y - y p_x
	}
	\quad \text{ mit } \quad 
	\vec{r} = \mvec{x \\ y \\ z} 
	\text{ und }
	\vec{p} = \mvec{p_x \\ p_y \\ p_z}
	\text{.}
\]

Zur Erinnerung: \fbox{$\mpoison{f}{p_i} = \frac{\partial f}{\partial q_i}$}\,. Damit ist
\begin{align*}
	\mpoison{L_x}{p_x} &= \frac{\partial (y p_z - z p_y)}{\partial x} = 0 = \{ L_y, p_y \} = \{ L_z, p_z \} \text{,} \\
	\mpoison{L_x}{p_y} &= \frac{\partial (y p_z - z p_y)}{\partial y} = p_z \text{,}	\\
	\mpoison{L_x}{p_z} &= - p_y \text{,} \\
	\mpoison{L_y}{x} &= - p_z \text{,} \\
	\mpoison{L_y}{z} &= p_x \text{,} \\
	\mpoison{L_z}{x} &= p_y \text{,} \\
	\mpoison{L_z}{y} &= - p_x \text{.}
\end{align*}

Mit der Einsteinschen Summenkonvention kann man das auch so schreiben: $\mpoison{L_i}{p_j} = \left( \sum^3_{k = 1} \right) \epsilon_{ijk} p_k$, wobei 
\[
	\epsilon_{ijk} = \left\{ 
	\begin{array}{cl} 
		+1 & \text{für $i, j, k$ ist $(1, 2, 3)$, $(2, 3, 1)$ oder $(3, 1, 2)$} \\
		-1 & \text{für $i, j, k$ ist $(3, 2, 1)$, $(1, 3, 2)$ oder $(2, 1, 3)$} \\
		0 & \text{für $i = j$ oder $j = k$ oder $i = k$}
	\end{array}
	\right.
	\text{.}
\]
Die Summe ist in Klammern, weil man sie bei der Einsteinschen Summenkonvention nicht hinschreibt (der Index $k$ kommt zweimal vor).

Wieder zur Erinnerung: 
$\mpoison{F}{G} = \sum^3_{i = 1} \frac{\partial F}{\partial q_i} \frac{\partial G}{\partial p_i} - \frac{\partial G}{\partial q_i} \frac{\partial F}{\partial p_i}$. Da $\{ L_x, L_x \} = - \{ L_x, L_x \}$ (antisymmetrisch), ist $\{ L_i, L_i \} = 0$. Für die anderen Komponenten rechnet man
\begin{align*}
	\mpoison{L_x}{L_y}
	&= \mpoison{y p_z - z p_y}{z p_x - x p_z}
	= \mpoison{y p_z}{z p_x} - \underbrace{\mpoison{y p_z}{x p_z}}_{= 0} - \underbrace{\mpoison{z p_y}{z p_x}}_{= 0} + \mpoison{z p_y}{x p_z} \\
	&= y \mpoison{p_z}{z} p_x + p_y \mpoison{z}{p_z} x = - y p_x + x p_y = L_z
	\text{.}
\end{align*}

Die anderen Rechnungen sind analog. Man erhält $\mpoison{L_i}{L_j} = \left( \sum^3_{k = 1} \right) \epsilon_{ijk} L_k$.

Es ist $\vec{L}^{\,2} = L_x^2 + L_y^2 + L_z^2$ gegeben. Nun rechnet man
\begin{align*}
	\mpoison{\vec{L}^{\,2}}{L_x} 
	=& \mpoison{L_x^2 + L_y^2 + L_z^2}{L_x}
	= \mpoison{L_y + L_z^2}{L_x}	 \\
	=& L_y \mpoison{L_y}{L_x} + \mpoison{L_y}{L_x} L_y + L_z \mpoison{L_z}{L_x} + \mpoison{L_z}{L_x} L_z \\
	=& -L_y L_z - L_z L_y + L_z L_y + L_y L_z = 0 \text{.}
\end{align*}
Analog rechnet man $\mpoison{\vec{L}^{\,2}}{L_y} = \mpoison{\vec{L}^{\,2}}{L_z} = 0$.

\section*{Aufgabe 22}

Wir arbeiten mit der Lorentztransformation 
\[
	\Lambda_{~\nu}^\mu \left( \vec{\beta} = \frac{\vec{v}}{c} = (\beta, 0, 0) \right) = 
	\begin{pmatrix}
		\gamma & - \gamma \beta & 0 & 0 \\
		- \gamma \beta & \gamma & 0 & 0 \\
		0 & 0 & 1 & 0 \\
		0 & 0 & 0 & 1
	\end{pmatrix}
	\text{.}
\]

Ein kontravarianter Vektor ist $x^\mu = (ct, x, y, z)^T$. Man sieht, dass die Komponenten $y$ und $z$ invariant unter der Transformation ist; deswegen lassen wir den Teil in der Rechnung weg, d.h. wir arbeiten mit der Matrix $\Lambda_{~\nu}^\mu = \begin{pmatrix}
		\gamma & - \gamma \beta \\
		- \gamma \beta & \gamma \beta
	\end{pmatrix}$.
	
\begin{description}
	\item[a, i)] Man rechnet
	\[
		\Lambda_{~\nu}^\mu \left( \Lambda_{~\nu}^\mu \right)^{-1} 
		= \begin{pmatrix}
			\gamma^2 (1 - \beta^2) & - \gamma^2 \beta (1 - 1) \\
			- \gamma^2 \beta (1 - 1) & -\gamma ^2 (\beta^2 - 1)
		\end{pmatrix}
		= \begin{pmatrix}
			1 & 0 \\
			0 & 1
		\end{pmatrix}
		\text{,}
	\] 
	denn $\gamma^2 (1 - \beta^2) = \left( \frac{1}{\sqrt{1 - \beta^2}} \right)^2 (1 - \beta^2) = 1$.
	
	\item[a, ii)] Wir wollen nachrechnen, dass
	\[
		\Lambda_\nu^{~\mu} = \Lambda_\nu^{~\mu} g_{\nu \beta} \Lambda^\beta_{~\alpha} g^{\mu \alpha} = (\Lambda^{-1})^\mu_{~\nu}
		\text{,}
	\]
	wobei 
	\[
		g_{\mu \nu} = \begin{pmatrix}
			1 & 0 & 0 & 0 \\
			0 & -1 & 0 & 0 \\
			0 & 0 & -1 & 0 \\
			0 & 0 & 0 & -1
		\end{pmatrix}
		\quad \leadsto \quad 
		g_{\mu \nu} = \begin{pmatrix}
			1 & 0 \\
			0 & -1
		\end{pmatrix}
		\text{.}
	\]
	
	Einsetzen:
	\begin{align*}
		\dots &= \begin{pmatrix}
			1 & 0 \\
			0 & -1
		\end{pmatrix}	
		\begin{pmatrix}
			\gamma & - \gamma \beta \\
			- \gamma \beta & \gamma
		\end{pmatrix}
		\begin{pmatrix}
			1 & 0 \\
			0 & -1
		\end{pmatrix} \\
		&= \begin{pmatrix}
			\gamma & - \gamma \beta \\
			\gamma \beta & - \gamma 
		\end{pmatrix}
		\begin{pmatrix}
			1 & 0 \\ 
			0 & -1
		\end{pmatrix} \\
		&= \begin{pmatrix}
			\gamma & \gamma \beta \\
			\gamma \beta & \gamma 
		\end{pmatrix} 
		= (\Lambda^{-1})^\mu_{~\nu}
		\text{.}
	\end{align*}
	
	\item[a, iii)] $x^\mu$ ist ein Tensor 1. Stufe, und das bedeutet $x'^\mu = \Lambda^\mu_{~\nu} x^\nu$, also 
	\[
		\mvec{c t' \\ x'} = \begin{pmatrix}
			\gamma & - \gamma \beta \\
			- \gamma \beta & \gamma
		\end{pmatrix} \mvec{ct \\ x}
		= \begin{pmatrix}
			c \gamma \left( t - \beta \frac{v}{c} \right) \\
			\gamma (x - \beta c t) 
		\end{pmatrix}
		\text{.}
	\]

	\item[a, iv)] Zum kovarianten Vektor: 
	\[
		x'_\mu 
		= \Lambda_\mu^{~\nu} x_\mu 
		= \begin{pmatrix}
			\gamma & \gamma \beta \\
			\gamma \beta & \gamma
		\end{pmatrix} \mvec{ct \\ -x}
		= \mvec{c \gamma \left( t - \beta \frac{x}{c} \right) \\ - \gamma (x - \beta c t)}
		\text{.}
	\] 
	
	\item[a, v)] Es ist $x_\mu x^\mu = x^\mu x_\mu = \mvec{ct \\ -x \\ -y \\ -z} \mvec{ct \\ x \\ y \\ z} = (ct)^2 - (x^2 + y^2 + z^2)$ und 
	\begin{align*}
		x'_\mu x'^\mu 
		&= \mvec{ c \gamma t - \beta \frac{x}{c} \\ - \gamma (x - \beta c t) \\ -y \\ -z} \mvec{ c \gamma \left( t - \beta \frac{x}{c} \right) \\ \gamma (x - \beta c t) \\ y \\ z}
		= c^2 \gamma^2 \left( t - \beta \frac{x}{c} \right)^2 - c^2 \gamma^2 \left( \frac{x}{c} - \beta t \right)^2 - y^2 - z^2 \\
		&= c^2 \gamma^2 (1 - \beta^2) \left( t^2 - \frac{x^2}{c^2} \right) - y^2 - z^2
		= c^2 t^2 - x^2 - y^2 - z^2
		\text{.}
	\end{align*}
	Das Skalarprodukt ist also invariant unter der Lorenztransformation.
	
	\item[b, i)] Es ist $x_\mu x^\mu = g_{\mu \nu} x^\nu x^\mu$, denn $x_\mu = g_{\mu \nu} x^\nu$. Mit dem Tensor $g_{\mu \nu}$ kann man also einfach Indizes nach unten bzw. nach oben ziehen. Also ist
	\begin{align*}
		x'_\mu x'^\mu 
		&= g_{\mu \nu} x'^\nu x'^\mu 
		= g_{\mu \nu} \Lambda^\mu_{~\alpha} x^\alpha \Lambda^\nu_{~\beta} x^\beta
		= \underbrace{\Lambda^\mu_{~\alpha} g_{\mu \nu} \Lambda^\nu_{~\beta}}_{\text{Lorentztansf. der Metrik}} x^\alpha x^\beta \\
		&= g_{\alpha \beta} x^\alpha x^\beta = x_\beta x^\beta = x_\mu x^\mu
		\text{.}
	\end{align*}
	Wie der Index am Ende heißt ist egal, da es nur noch einen gibt.
	
	\item[b, ii)] Es ist 
	\begin{align*}
		F'_{\mu \nu} F'^{\mu \nu} 
		&= g_{\alpha \mu} g_{\beta \nu} F'^{\alpha \beta} F'^{\mu \nu} \\
		&= g_{\alpha \mu} g_{\beta \nu} \Lambda^\alpha_{~\alpha'} \Lambda^\beta_{~\beta'} F^{\alpha' \beta'} \Lambda^\mu_{~\mu'} \Lambda^\nu_{~\nu'} F^{\mu' \nu'} \\
		&= \underbrace{\Lambda^\alpha_{~\alpha'} g_{\alpha \mu} \Lambda^\mu_{~\mu'}}_{g_{\alpha' \mu'}} \underbrace{\Lambda^\beta_{~\beta'} g_{\beta \nu} \Lambda^\nu_{~\nu'}}_{g_{\beta' \nu'}} F^{\alpha' \beta'} F^{\mu' \nu'} \\
		&= F_{\mu' \nu'} F^{\mu' \nu'}
		\text{.}
	\end{align*}
	
	\item[b, iii)] Zu zeigen ist, dass $\left( \Lambda^{-1} \right)^\mu_{~\nu} \Lambda^\nu_{~\sigma} = \delta^\mu_\sigma$. Dazu rechnet man
	\[
		\left( \Lambda^{-1} \right)^\mu_{~\nu} \Lambda^\nu_{~\sigma}
		= \Lambda_\nu^{~\mu} \Lambda^\nu_{~\sigma}
		= g_{\nu \nu'} \Lambda^\nu_{\mu'} g^{\mu \mu'} \Lambda^\nu_{~\sigma}
		= \underbrace{\Lambda^\nu_{~\sigma} g_{\nu \nu'} \Lambda^{\nu'}_{~\mu'}}_{g_{\sigma \mu'}} g^{\mu \mu'}
		= \delta^\mu_\sigma
		\text{.}
	\]
\end{description}