Die differentiale 1. Ordnung (IT)

Der Quotient aus dem infinitesimalen Viererortsvektor und dem Abstandskalar bildet die sogenannte Vierergeschwindigkeit , die wir an dieser Stelle als das erste Differential des Viererortsvektors bezeichnen.

$$\fbox {$ \ U_{1k} = \displaystyle\frac {dX_j}{ds} = \displaystyle... ...ystyle\frac {u}{c} \ \ und \ \ \displaystyle\frac {d\vec{R}}{dR} = \vec{t} \ $}$$ (2.39)

$$\fbox {$ \ U_{1k} = (i\displaystyle\frac {\displaystyle\frac {c}{... ...isplaystyle\frac {\vec{t}}{\sqrt{ 1 \ - \ \displaystyle\frac {c^2}{u^2}}}) \ $}$$ (2.40)

Die Gleichung (2.40) ist die Komponente des Vierergeschwindigkeitstenors aus der Impulstheorie. Seine Matrix hat mit $\alpha = (\displaystyle\frac {c}{u})$ die Form:

$$U_{jk} = \left( \begin{array}{llcl}i\displaystyle\frac {\alpha}{\... ...}} & i\displaystyle\frac {\alpha}{\sqrt{ 1 \ - \ \alpha^2}} \end{array} \right)$$ (2.41)

Die Matrix der Vierergeschwindigkeitstensor $U_{jk}$ hat einen besonderen Stellenwert unter den Vierertensoren. Ihr Quadrat bildet den Einheitstensor $\delta_j^k$.

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\ U_{jk} \ . \ ( U_{jk} )^T = \ {\delta}_j^k \ \ \ \ $}$$ (2.42)

Vollständigkeitshalber geben wir die Komponenten dieses Tensorprokuktes an.

$$\left( \displaystyle\frac {-\alpha^2 + 1}{( 1 - \alpha^2 )} \ , \... ... {\vec{t} \times \vec{t}}{( 1 - \alpha^2 )} ) \right) = ( 1 \ , \ \ \vec{0} \ )$$ (2.43)

An dieser Stelle möchen wir das Distributivgesetz der Vierertensoren behandlen. Bekanntlich ist das Produkt aus einem beliebigen Tensor und dem Einheitstensor der Tensor selbst. Nun möchten wir diesen Sachverhalt an Hand von zwei Transformationen übeprüpfen.

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\ ( U_{jk} \ . \ U_{kj} ) \ . \ X_{kj} = U_{jk} \ . \ ( U_{kj} \ . \ X_{kj} ) \ $}$$ (2.44)

Die Klammer auf der linken Seite (2.44) ist wie bereits gesehen gleich der Einheitstensor. Auf der rechten Seite haben wir zwei Transformationen, die wir in zwei Schritten errechnen werden. Mit der Subsitution $\acute{X_{kj}} = ( U_{kj} . X_{kj} )$ bezeichnen wir die ersten Transformation und errechnen dann den Klammerausdruck und finden für seine Komponente :

$$\acute{X_{kj}} = \Bigg ( - \displaystyle\frac {( \displaystyle\fr... ...ec{t} \times \vec{R}) }{\sqrt{ 1 \ - \ \displaystyle\frac {c^2}{u^2}}} ) \Bigg)$$ (2.45)

Aus dem Produkt der Vierergeschwindigkeit $U_{jk}$ mit der transformierten Viererortsmatrix $\acute{X_{kj}}$ entsteht die zweite Transformation, die den Viererortstensor in seiner Ausgangslage zurücktransformiert. Nach der Ausführung der zweiten Transformation finden wir unter Vernachlässigung einiger Glieder schießlich :

$$X_{k1} = \Bigg( ( -i\displaystyle\frac {\displaystyle\frac {c^2}{... ... \ ( \vec{t} \times \vec{t} )}{( 1 \ - \ \displaystyle\frac {c^2}{u^2} )} ) \ ,$$

$$( \displaystyle\frac {\displaystyle\frac {c^2}{u^2} \ \vec{R}}{( ... ...( \vec{t} \times \vec{R} )}{( 1 \ - \ \displaystyle\frac {c^2}{u^2} )} ) \Bigg)$$

Beim Anblick dieser Gleichung wird der Leser leicht irritiert sein und sich fragen, wie der Ausgang dieser Transformation soviele Ausdrücke enthalten kann. Aber der Schein trügt. Der Vergleich mit der linken Seite in (2.44) ergibt, daß in der ersten Klammer das Spatprodukt verschwindet und der Rest gleich i$cT$ wird. in der zweiten Klammer ist der Ausdruck gleich -$\vec{R}$. Der Vierervektor $X_{k1}$ ist bei diesen Transformationen unverändert geblieben.

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\ -\vec{t} \ . \ (\vec{t} \, . \, \v... ... \times ( \vec{t} \times \vec{R} ) = - ( \vec{t} \ . \ \vec{t} ) \ \vec{R} \ $}$$ (2.46)

Die bei den äquivalenten Transformationen entstehenden Vektorkomponenten haben die Form :

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\ -{\bf grad } \ ( {\bf div} \ \vec{A} ) \ + \ {\bf rot} \ ( {\bf rot} \ \vec{A} ) = - {\bf {grad}^2} \ \vec{A} \ $}$$ (2.47)

Andere Darstellungen von (2.47) sind nicht zulässig, da sonst die physikalische Intepretation zur Lichttheorie brüchig wird.