Penurunan Transformasi Lorentz dengan Menggunakan Sifat Grup Transformasi dan Postulat Pertama Einstein

Penurunan Transformasi Lorentz dengan Menggunakan Sifat Grup Transformasi dan Postulat Pertama Einstein Kelvin Lois Program Studi Fisika, Institut Teknologi Bandung, Indonesia Email : [email protected] Abstrak Makalah ini membahas penurunan Transformasi Lorentz homogen dengan menggunakan sifat Grup dan postulat pertama Einstein. Pada bagian pertama, penulis meninjau kembali penurunan Transformasi Lorentz yang umum yaitu melibatkan kedua postulat Einstein. Dalam penurunan pada bagian kedua, postulat Einstein petama-tama disampaikan, kemudian bentuk transfomasi akan diambil yang paling umum. Proses penurunan akan dikendalai dengan aturan Grup, dan dengan asumsi dasar homogenitas, sifat isotropic dari ruang-waktu dan hubungan sebab-akibat. Kemudian akan diperlihatkan bahwa hanya hanya Transformasi Lorentz dan Transformasi Galiliean yang merupakan kasus khususnya yang memenuhi kendal ini. Kata Kunci : grup lorentz, teori relativitas khusus, transformasi galiliean, transformasi lorentz

Penurunan I : Tinjauan kembali Transformasi Lorentz dengan Kedua Postulat Einstein. Dalam penurunan ini kita menggunakan dua postulat dalam Teori Relativitas yaitu, 1. Hukum Fisika sama untuk setiap kerangka acuan inersial. 2. Kecepatan cahaya c konstan relative terhadap semua kerangka inersial. Dalam Hukum ke-I Newton, dikatakan bahwa bila tidak ada gaya yang bekerja pada benda (atau bila resultan gaya yang bekerja pada benda adalah nol) maka benda berada dalam keadaan diam atau bergerak lurus beraturan. Sesungguhnya dalam hukum ini tersirat

pernyataan tentang kerangka acuan. Dalam hukum pertama, tersirat bahwa kita dapat memilih keluarga kerangka acuan (yang tak hingga banyaknya) bila resultan gaya yan bekerja pada benda adalah nol. Dalam hal ini, Hukum Newton tidak berubah dibawah transformasi Galilean. Namun dalam pertengahan abad ke delapan belas, implikasi dari persamaan Maxwell menunjukan bahwan persamaan-persamaan listrik dan magnet tidak berkovarian dibawah transformasi Galilean. Fakta bahwa kecepatan perambatan gelombang elektromagnetik dalam ruang hampa yang diprediksi Maxwell adalah konstan : 𝑐=

1 √𝜇0 𝜖0

Dimana 𝜇0 dan 𝜖0 adalah permitivitas dan permeabilitas dalam ruang hampa. Jelas bahwa c konstan dalam semua kerangka inersia. Jadi hukum penjumlahan kecepatan galileo tidak berlaku pada persamaan Maxwell. Para fisikawan abad ke-19 memiliki dua pilihan mengenai hasil ini. Fakta bahwa kedua formulasi ini tidak cocok satu-sama lain menunjukan bahwa salah satu dari kedua persamaan ini harus diperbaiki entah itu dengan memodifikasi persamaan Maxwell agar cocok dengan Hukum Newton atau memodifikasi Hukum Newton. 1. Karena persamaan Maxwell tidak memenuhi prinsip relativitas Newtonian. Artinya bahwa persamaan Maxwell hanya valid pada kerangka absolut. Jadi, ruang dianggap memiliki eksistensi tersendiri yang merambatkan gelombang EM, disebut eter. Atau, 2. Persamaan Maxwell memenuhi prinsip relativitas (artinya bahwa harusnya persamaan Maxwell berkovarian dibawah transformasi tertentu antar kerangka inersial), namun relasi antar kerangka inersial tersebut tidak seperti transformasi Galilean. Transformasi yang baru yang pertama kali diperkenalkan oleh Poincaré, disebut Transformasi Lorentz. Yang dalam kasus gerak relative antara kedua kerangka inersial hanya dalam satu sumbu diberikan sebagai : 𝑣 𝑡 = 𝛾 (𝑡 − 2 𝑥) 𝑐 ′

𝑥 ′ = 𝛾 (𝑥 − 𝑣𝑡) ′

𝑦 =𝑦 𝑧′ = 𝑧 Sekarang kita akan mencoba menurunkan Transformasi Lorentz dengan mengasumsikan bahwa kita kita tidak mengetahui sifat linear dari transformasi ini.

Karena transformasi Galilean kita anggap tidak tepat, kita bertanya bagaimana transformasi yang seharusnya ? Transformasi yang benar harus memenuhi dua syarat, yaitu menjaga kecepatan cahaya tetap konstan untuk kedua kerangka inersial, dan transformasi yang baru harus dapat direduksi menjadi transformasi Galilean. Namun sekarang kita tidak tahu bagaimana bentuk transformasinya. Apakah linear ? ataukah mungkin berupa polinom ? Misalnya kita mencoba menebak tarnsformasinya sebagai berikut :

bentuk

Untuk kasus gerak relative antara kedua kerangka O dan O’ dalam satu dimensi, misalkan O’ bergerak relative terhadap O dengan kecepatan v,

Y

Y’

P v

X O

O’

Persamaan transformasinya 𝑥 → 𝑥 ′ , 𝑑𝑎𝑛 𝑡 → 𝑡′ sebagai 𝑥 ′ = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑡 + 𝐶𝑡 2 𝑡 ′ = 𝐷𝑥 + 𝐸𝑡 + 𝐹𝑡 2 Kita asumsikan bahwa koefisien A,B,C,D dan E tidak lagi bergantung pada x dan t, tetapi mungkin saja bergantung pada v. Bila kedua persamaan diatas kita ambil diferensialnya, maka kita dapatkan 𝑑𝑥 ′ = 𝐴 𝑑𝑥 + 𝐵 𝑑𝑡 + 2𝐶𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 ′ = 𝐷 𝑑𝑥 + 𝐸 𝑑𝑡 + 2𝐹𝑡 𝑑𝑡

X’

Bagi dua persamaan, sehingga ruas kiri menjadi kecepatan suatu titik dalam kerangka O’ lalu manipulasi ruas kanan ′

𝑑𝑥 𝐴 𝑑𝑥 + 𝐵 𝑑𝑡 + 2𝐶𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡′ 𝐷 𝑑𝑥 + 𝐸 𝑑𝑡 + 2𝐹𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝐴 + 𝐵 + 2𝐶𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 𝐷 + 𝐸 + 2𝐹𝑡 𝑑𝑡 Dalam kasus kita, kecepatan relative antara O dan O’ konstan. Artinya bila O melihat bahwa kerangka O’ bergerak dengan kecepatan 𝑣𝑥′ konstan maka O’ harus setuju bahwa kerangka O juga bergerak dengan kecepatan 𝑣𝑥 konstan. Dengan asumsi ini, maka persamaan diatas menjadi

𝑑𝑥 + 𝐵 + 2𝐶𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 𝐾(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡) = 𝑑𝑥 𝑑𝑡 ′ 𝐷 + 𝐸 + 2𝐹𝑡 𝑑𝑡

𝑑𝑥 = 𝑀 + 𝑁𝑥, 𝑑𝑡

𝑣𝑥 (𝑥) ≠ 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛

Jadi kita simpulkan bahwa persamaan transformasi pasti tidak mengandung suku yang memiliki variable baik x dan t yang berorde lebih dari 1. Artinya, bersifat linear. Jadi, persamaannya adalah 𝑥 ′ = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑡 𝑡 ′ = 𝐶𝑥 + 𝐷𝑡 Persamaan mengandung empat variabel. Sehingga untuk memecahkannya kita butuh empat fakta. 1. Kerangka O melihat O’ bergerak dengan kecepatan v. Jadi, untuk x’ = 0, x = vt, 0 = 𝐴(𝑣𝑡) + 𝐵𝑡 ,

→ 𝐵 = −𝐴𝑣

𝐴

′

𝑎

𝑑𝑥 + 𝑏 + 𝑐𝑡 = 0 𝑑𝑡 𝑑𝑥 ≠ 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡 𝑑𝑡

Jadi, tidak sesuai dengan kasus kita. Bila persamaan transformasi mengandung bentuk kuadrat x :

2. Kerangka O’ melihat O bergerak dengan kecepatan –v. Jadi, untuk x=0, x’ = -vt’

−𝑣𝑡′ = 𝐴. 0 + 𝐵𝑡, 𝑡 ′ = 𝐶. 0 + 𝐷𝑡 Dari kedua hasil ini, diperoleh 𝐵 = −𝐷𝑣. Dari hasil di 1. Kita simpulkan A=D Jadi, persamaan kita menjadi

𝑥 ′ = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑡 + 𝐶𝑥 2

𝑥 ′ = 𝐴𝑥 − 𝐴𝑣𝑡

𝑡 ′ = 𝐷𝑥 + 𝐸𝑡 + 𝐹𝑥 2

𝑡 ′ = 𝐶𝑥 + 𝐴𝑡

Ambil diferensialnya, lalu set 𝑣𝑥′ = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛 , maka diperoleh 𝑑𝑥 𝐴 + 𝐵 + 2𝐶𝑥 𝑑𝑥 ′ 𝑑𝑡 = 𝐾(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡) = ′ 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝐷 + 𝐸 + 2𝐹𝑥 𝑑𝑡 𝑎

𝑑𝑥 + 𝑏 + 𝑐𝑥 = 0 𝑑𝑡

3. Pada saat t=t’=0 dan x=x’=0, sumber cahaya dihidupkan dan foton-foton merambat ke segala arah. Kita tinjau foton yang telah merambat dalam arah sumbu x dan x’ dalam waktu t dan t’. Persamaan kita memberikan, 𝑐𝑡′ = 𝐴𝑐𝑡 − 𝐴𝑣𝑡 𝑡 ′ = 𝐶𝑐𝑡 + 𝐴𝑡

Kalikan persamaan kedua dengan c lalu jumlahkan, diperoleh

Sehingga , 0 = 𝐴𝑣𝑡 + 𝐶𝑐 𝑡, → 𝐶 = −𝐴

1 2

√1 − 𝑣2 𝑐

(−

𝑣 𝑥 + 𝑡) 𝑐2

Bila kita set v=0, maka 𝑥 ′ = ± 𝑥 , jadi kita kita pilih akar positif sebagai solusinya. Dengan demikian persamaan transformasi kita adalah

𝑐𝑡′ = 𝐴𝑐𝑡 − 𝐴𝑣𝑡 𝑐𝑡 ′ = 𝐶𝑐 2 𝑡 + 𝐴𝑐𝑡

2

𝑡′ = ±

𝑡 ′ = 𝛾 (𝑡 −

𝑣 𝑐2

Sehingga, persamaan menjadi

𝑥 ′ = 𝛾 (𝑥 − 𝑣𝑡) 𝑦′ = 𝑦

𝑥 ′ = 𝐴𝑥 − 𝐴𝑣𝑡 𝑣 𝑡 = −𝐴 2 𝑥 + 𝐴𝑡 𝑐

𝑣 𝑥) 𝑐2

𝑧′ = 𝑧

′

Dengan 𝛾 =

1 2

√1−𝑣2

yang

merupakan

𝑐

4. Tinjau foton yang merambat dalam arah sumbu y. Dari kerangka O’, foton merambat dalam arah x’ dan y’ sedemikian sehingga kecepatannya adalah c. Jadi, 𝑥′2 + 𝑦′2 = 𝑐 2 𝑡′2, 𝑦 ′ = 𝑦 = 𝑐𝑡, 𝑥 ′ = 𝐴. 0 − 𝐴𝑣𝑡, 𝑡 ′ = 𝐶. 0 + 𝐴𝑡, Sehingga, diperoleh 𝐴= ±

1 2

√1 − 𝑣2 𝑐

Persamaan kita menjadi,

𝑥′ = ±

1 2

√1 − 𝑣2 𝑐

(𝑥 − 𝑣𝑡)

transformasi Lorentz. Perhatikan bahwa persamaan ini menjaga nilai c dan tereduksi menjadi transformasi Galilean bila v << c.

Derivation II : Transformasi Lorentz dari Sifat Grup dan Postulat Pertama Penurunan dengan cara yang lain juga dapat tanpa mengasumsikan bahwa adanya batas kecepatan universal c. Artinya bahwa postulat kedua tentang besar kecepatan cahaya yang tidak bergantung pada kerangka acuan inersial yang digunakan kita buang dalam usaha untuk menurunkan Transformasi Lorentz kali ini. Justru akan ditunjukan bahwa adanya batas kecepatan universal merupakan konsekuensi dalam perumusan transformasi ini, bukan lagi merupakan postulat yang harus kita masukan dalam perumusan Transformasi Lorentz. Kita tinjau kasus khusus dari gerak relatif dua kerangka inersial yang memiliki kecepatan relatif yang konstan v. Kita batasi gerak relatif ini hanya dalam satu dimensi dalam arah x (Lorentz Boots). Misalkan kita tidak tahu bentuk transformasinya. Karena kita mengasumsikan bahwa transformasi 𝐿

ini berlangsung dari (𝑥, 𝑡) → (𝑥 ′ , 𝑡 ′ ) antara tak hingga banyaknya kerangka inersial yang kontinu, maka secara umum, transformasinya bergantung pada n buah parameter {𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 } sehingga bentuknya adalah,

′

𝑥 = 𝑓 (𝑥, 𝑡 , 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ) + 𝑎

Misalkan transformasi ini memiliki suku berbentuk 𝐴(𝑎1 , … , 𝑎𝑛 ) 𝑥 𝑟 𝑡 𝑠 ; 𝑟, 𝑠 ∈ ℝ maka 𝑥 ′ = 𝐵(𝑥, 𝑡 , 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ) + 𝐴(𝑎1 , … , 𝑎𝑛 ) 𝑥 𝑟 𝑡 𝑠 𝑡 ′ = 𝐶(𝑥, 𝑡, 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ) + 𝐹(𝑎1 , … , 𝑎𝑛 ) 𝑥 𝑎 𝑡 𝑏 Maka dengan mengabil diferensial dari kedua persamaan, diperoleh 𝑑𝑥 ′ = 𝑑𝐵 + 𝐴𝑟𝑥 𝑟−1 𝑡 𝑠 𝑑𝑥 + 𝐴𝑠𝑡 𝑠−1 𝑥 𝑟 𝑑𝑡 𝑑𝑡 ′ = 𝑑𝐶 + 𝐹 𝑎𝑥 𝑎−1 𝑡 𝑏 𝑑𝑥 + 𝐹𝑏𝑡 𝑏−1 𝑥 𝑎 𝑑𝑡 Hubungan kecepatan menurut kerangka x dan x’ adalah 𝑑𝐵 𝑑𝑥 + 𝐴𝑟𝑥 𝑟−1 + 𝐴𝑠𝑡 𝑠−1 𝑥 𝑟 𝑑𝑥 ′ 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡 ′ 𝑑𝐶 + 𝐹𝑎𝑥 𝑎−1 𝑡𝑏 𝑑𝑥 + 𝐹𝑏𝑡𝑏−1 𝑥 𝑎 𝑑𝑡 𝑑𝑡 dari persamaan diatas, kita melihat bahwa apabila suatu titik diam terhadap salah satu kerangka, (x,t) misalkan, maka postulat pertama mengatakan bahwa nilai dx’/dt’ haruslah –v. Tetapi kita akan mendapatkan hasil kecepatan dalam kerangka (x’,t’) akan bergantung pada pemilihan koordinat (bergantung pada nilai x dan t). Sehingga trenasformasi ini tidak boleh melibatkan suku yang memiliki pangkat x dan t lebih dari 1 dan juga suku campuran. Kita persempit fungsi f dan g menjadi bentuk berikut

𝑡 ′ = 𝑔 (𝑥, 𝑡, 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ) + 𝑏 Tetapi parameter a dan b pada kedua persamaan dapat diabaikan karena parameter tersebut hanya menyatakan traslasi pada koordinat x dan t. Sehingga bentuk diatas menjadi

𝑥 ′ = 𝐹 (𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑥 + 𝐺(𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑡 𝑡 ′ = 𝑀(𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑥 + 𝑁(𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑡 Sekali lagi ambil diferensial x’ dan t’ ,

𝑥 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑡 , 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )

𝑑𝑥 ′ = 𝐹 (𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑑𝑥 + 𝐺(𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑑𝑡

𝑡 ′ = 𝑔 (𝑥, 𝑡, 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )

𝑑𝑡 ′ = 𝑀(𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑑𝑥 + 𝑁(𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑑𝑡

𝑥 ′ = 𝛾(𝑣)(𝑥 − 𝑣𝑡) . . . . . . . . . . (1)

Bagi dx’ dengan dt’,

𝑡 ′ = 𝛾(𝑣)[𝜆(𝑣)𝑥 − 𝜂(𝑣)𝑡] . . . . (2)

𝑑𝑥 𝑑𝑥 ′ 𝐹 𝑑𝑡 + 𝐺 = 𝑑𝑡 ′ 𝑀 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑑𝑡 𝑑𝑥

Ambil dx’/dt’= 0, diperoleh 𝐺 = −𝐹 𝑑𝑡 = −𝐹𝑣. 𝑑𝑥′

Dan bila dx/dt= 0 diperoleh 𝐺 = 𝑁 𝑑𝑡′ = 𝑁(−𝑣) = −𝑣𝑁. Dari hasil ini kita lihat bahwa salah satu parameter yang ada adalah v. Sehingga persamaan transformasi menjadi bentuk

Selanjutnya, kita asumsikan bahwa ruang tidak directional, atau ruang-waktu isotropik. Jadi arah sumbu x dan x’ harusnya tidak berpengaruh terhadap bentuk transformasi. Misalkan sekarang kita balik arah x dan x’. Koordinat yang kita gunakan sekarang adalah (-x,t) dan (-x’,t’). Transformasinya sekarang bergantung pada suatu parameter u dan memiliki bentuk −𝑥 ′ = 𝛾(𝑢)(−𝑥 − 𝑢𝑡)

𝑥 ′ = 𝐹 (𝑣, 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑥 − 𝑣𝐹(𝑣, 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑡

𝑡 ′ = 𝛾(𝑢)[−𝜆(𝑢)𝑥 − 𝜂(𝑢)𝑡]

𝑡 ′ = 𝑀(𝑣, 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑥 + 𝐹(𝑣, 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑡

Dengan membandingkan dengan persamaan (1) dan (2) kita peroleh

Dan diferensialnya adalah 𝑑𝑥 𝑑𝑥 ′ 𝐹(𝑣, … , 𝑎𝑛 ) ( 𝑑𝑡 − 𝑣) = 𝑑𝑥 𝑑𝑡 ′ 𝑀 +𝐹 𝑑𝑡 Dari persamaan ini bila kita ambil sembarang nilai dx/dt, dengan pemilihan parameter 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 tertentu, nilai F bernilai nol. Faktanya bahwa dengan pemilihan 𝑎2 = ⋯ = 𝑎𝑛 = 0 maka F=0. Artinya bahwa kecepatan sebuah titik terhadap kerangka (x,t) yang tidak nol, kita dapat memilih parameter sedemikian sehingga kecepatan terhadap kerangka yang lain harus nol. Karena hal ini tidak benar (karena kita menginginkan ruang-waktu yang homogen) dengan demikian, jelas bahwa parameter yang digunakan hanyalah v saja . Sehingga bentuk transformasi kita dipersempit menjadi 𝑥 ′ = 𝐹(𝑣)𝑥 − 𝑣𝐹(𝑣)𝑡 𝑡 ′ = 𝑀(𝑣)𝑥 + 𝐹(𝑣)𝑡 Atau dapat ditulis juga

𝛾(𝑢) = 𝛾(𝑣) 𝑢 𝛾(𝑢) = − 𝑣 𝛾(𝑣) −𝛾(𝑢)𝜆(𝑢) = 𝛾(𝑣)𝜆(𝑣) −𝛾(𝑢)𝜂(𝑢) = −𝛾(𝑣)𝜂(𝑣) Dari persamaan diatas 𝑢 = − 𝑣 seperti yang diharapkan. Dan 𝛾(−𝑣) = 𝛾(𝑣) −𝜆(−𝑣) = 𝜆(𝑣) 𝜂(−𝑣) = 𝜂(𝑣)

Hasil yang sama juga dapat diperoleh bila kita membalik arah sumbu waktu.

𝑡 = 𝛾(𝑤)[𝜆(𝑤)𝑥′ − 𝜂(𝑤)𝑡′] . .(4)

Using Group Transformation

Property

of

The

Transformasi adalah pemetaan 𝑇 ∶ 𝑉 → 𝑉 dari suatu set ke dirinya sendiri yang bijektif. Artinya T harus memiliki invers. Kumpulan transformasi ini membentuk Group ℊ yang memiliki sifat : 1. (Closure) ∀ 𝑇, 𝑆 ∈ ℊ , produk 𝑇𝑆 = 𝑆𝑇 ∈ ℊ 2. (Identitas) ∃ 𝑒 ∈ ℊ sehingga ∀ 𝑇 ∈ ℊ , 𝑒𝑇(𝑥) = 𝑇𝑒(𝑥) = 𝑇(𝑥) ; ∀ 𝑥 ∈ 𝑉 3. (Invers) ∀ 𝑇 ∈ ℊ , ∃ 𝑇 −1 ∈ ℊ sehingga 𝑇𝑇 −1 = 𝑇 −1 𝑇 = 𝑒 Kita akan memanfaatkan sifat transformasi ini untuk membantu menurunkan transformasi Lorentz.

Sifat Identitas

Bila kita mencari invers (x,t) secara langsung dari (1) dan (2) diperoleh 1 𝜆(𝑣) 𝑥= 𝑣) (1 − 𝛾(𝑣) 𝜂(𝑣) 1 𝜆(𝑣) 𝑡 = 𝑣) (1 − 𝛾(𝑣) 𝜂(𝑣) ′

−1

(𝑥 ′ −

−1

(

𝑣 𝑡′) 𝜂(𝑣)

𝜆(𝑣) ′ 𝑡′ 𝑥 − ) 𝜂(𝑣) 𝜂(𝑣)

Samakan koefisien x’ dan t’ dengan persamaan (3) dan (4) diperoleh, 1 𝛾(𝑣)

(1 −

−1 𝜆(𝑣) 𝑣) 𝜂(𝑣)

𝑣 = 𝜂(𝑣) 𝑤

= 𝛾(𝑤) . . . (5)

. . . . . . . . . . . . . . .(6)

1 = 𝜂(𝑣)𝜂(𝑤) . . . . . . . . . . . . . . (7) 𝜆(𝑣) = 𝜆(𝑤) 𝜂(𝑣) . . . . . . . . . . . .(8) Dari persamaan (6) dan (7) kita dapatkan

𝐿(𝑣)

(𝑥, 𝑡) →

(𝑥 ′ , 𝑡 ′ )

1 𝑣 = 𝜂( ) 𝜂(𝑣) 𝜂(𝑣)

𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑥 ′ = 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑡 ′ = 𝑡, ∀ (𝑥, 𝑡) ⇔

dari (1) dan (2) memberikan 𝑥 ′ = 𝑥 = 𝛾(𝑣)(𝑥 − 𝑣𝑡) 𝑡 ′ = 𝑡 = 𝛾(𝑣)[𝜆(𝑣)𝑥 − 𝜂(𝑣)𝑡] Sehingga dapat disimpulkan 𝐿(𝑣) = 𝐿(0). 𝛾(0) = 1 𝜆(0) = 0 𝜂(0) = −1

Sifat Invers 𝐿(𝑤)

(𝑥′, 𝑡′) →

(𝑥, 𝑡)

⇔

1 𝑣 = 𝜂( ) 𝜂(𝑣) 𝜂(𝑣)

1 𝑣 = 𝜂(𝑍(𝑣)) ; 𝑍(𝑣) = 𝜂(𝑣) 𝜂(𝑣) ⇔ ⇔ ⇔

𝑍(𝑣) = 𝑣 𝜂(𝑍(𝑣)) 𝑍(𝑣) 𝜂(𝑍(𝑣))

=𝑣

𝑍(𝑍(𝑣)) = 𝑣

dapay kita lihat bahwa fungsi Z memenuhi 𝑍(𝑣) = 𝑍 −1 (𝑣) . Bila kita memiliki titik (𝑣, 𝑍(𝑣)) , maka 𝑍(𝑣)𝑑𝑎𝑛 𝑍 −1 (𝑣) akan memetakannya ke (𝑍(𝑣), 𝑣) . Sehingga kurva Z(v) harus simetrik terhadap garis Z(v) = v.

Dari (1) dan (2) diperoleh 𝑥 = 𝛾(𝑤)(𝑥′ − 𝑤𝑡′) . . . . . . . . (3)

Misalkan pada kurva Z(v) yang simetrik terhadap garis Z = v , kita memilki dua titik

yaitu (𝑍(𝑣1 ), 𝑣1 ) dan (𝑍(𝑣2 ), 𝑣2 ) . Garis yang menghubungkan kedua titik ini tegak lurus terhadap garis Z = v. Persamaan garis tersebut adalah 𝑍 ′ (𝑣) = −𝑣 + 𝑣1 + 𝑣2 . Bila kita ambil garis yang lain yang juga tegak lurus dengan Z = v, kita juga memperoleh dua titik yang memenuhi Z(v). Diketahui bahwa Z(0) = 0. dan 𝑍 ′ (𝑣) =

𝜂(𝑣) − 𝑣 𝜂 ′ (𝑣) ⇒ 𝑍 ′ (0) = −1 𝜂(𝑣)2

Sketsa Z(v) diperlihatkan pada gambar dibawah

Sifat Komposisi 𝐿(𝑣1 )

(𝑥, 𝑡) →

𝐿(𝑣2 )

(𝑥1 , 𝑡1 ) →

(𝑥2 , 𝑡2 )

Dari (1) dan (2) diperoleh transformasi secara berurutan sebagai berikut, 𝑥1 = 𝛾(𝑣1 )(𝑥 − 𝑣1 𝑡) 𝑡1 = 𝛾(𝑣1 )[𝜆(𝑣1 )𝑥 + 𝑡] 𝑥2 = 𝛾(𝑣2 )(𝑥1 − 𝑣2 𝑡1 ) 𝑡2 = 𝛾(𝑣2 )[𝜆(𝑣2 )𝑥1 + 𝑡1 ]

menghasilkan 𝑥2 = 𝛾(𝑣2 )𝛾(𝑣1 )[1 − 𝑣2 𝜆(𝑣1 )] (𝑥 −

𝑣1 + 𝑣2 𝑡) 1 − 𝑣2 𝜆(𝑣1 )

𝜆(𝑣1 ) + 𝜆(𝑣2 )

𝑡2 = 𝛾(𝑣2 )𝛾(𝑣1 )[1 − 𝑣1 𝜆(𝑣2 )] ( Tetapi transformasi transformasi

ini

𝐿(𝑉)

Tetapi kita lihat bahwa Z(v) tidak satu-satu. Atau Z(v) tidak unik. Apabila Z(v) tidak unik, η(v) juga tidak unik. Sehingga transformasi kita tidak satu-satu. Tetapi 𝑍(𝑍(−𝑣)) = −𝑣. Artinya bahwa Z dapat juga simetrik terhadap –v. Bila kita gunakan syarat batas sebelumnya bahwa Z(0) = 0, dan Z’(0) = -1, maka kita peroleh bahwa kurva yang mungkin adalah 𝑍(𝑣) = −𝑣 . Sehingga dapat disimpulkan 𝜂(𝑣) = −1

(𝑥, 𝑡) →

1 − 𝑣 1 𝜆( 𝑣 2 )

ekivalen

Yang mana berbentuk 𝑥2 = 𝛾(𝑉)(𝑥 − 𝑉𝑡) 𝑡2 = 𝛾(𝑉)[𝜆(𝑉)𝑥 + 𝑡]

Bandingkan diperoleh

kedua

transformasi

𝑣2 𝜆(𝑣1 ) = 𝑣1 𝜆(𝑣2 ) ⟹ 𝜆(𝑣1 ) = 𝑣1

𝜆(𝑣2 ) 𝑣2

Karena 𝑣2 dapat dipilih sembarang, maka 𝜆(𝑣1 ) = 𝑣1 𝛼 Sehingga (9) menjadi

𝛾

dengan

(𝑥2 , 𝑡2 )

Sehingga (5) dan (6) memberikan 2 (𝑣)

−1

= (1 + 𝜆(𝑣)𝑣)

. . . . (9)

𝑥 + 𝑡)

𝛾 2 (𝑣) = (1 + 𝛼 𝑣 2 )−1

ini

Juga dengan mengambil diferensial transformasi 𝐿(𝑉)

(𝑥, 𝑡) →

(𝑥2 , 𝑡2 )

memberikan hukum penjumlahan kecepatan dengan menganggap benda yang bergerak adalah kerangka (𝑥2 , 𝑡2 ) 𝑑𝑥 𝑣1 + 𝑣2 ( − ) 𝑑𝑥2 𝑑𝑡 1 − 𝑣2 𝜆(𝑣1 ) = =0 𝜆(𝑣 ) + 𝜆(𝑣2 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑡2 ( 1 + 1) 1 − 𝑣1 𝜆(𝑣2 ) 𝑑𝑡 Sehingga ⟺

𝑡′ = 𝛾(𝑉)[−

𝑑𝑥 𝑣1 + 𝑣2 = 𝑑𝑡 1 − 𝛼 𝑣2 𝑣1

(Kasus 1. α = 0) Transformasinya menjadi Galilean 𝑥 ′ = 𝑥 − 𝑉𝑡 𝑡′ = 𝑡 𝑉 = 𝑣1 + 𝑣2

𝛾(𝑣) =

𝑣 𝑥 + 𝑡] 𝜅2 1

2 √1 − 𝑣 2 𝜅

Penentuan nilai 𝜅 diperoleh dari hasil eksperimental sebagai batas kecepatan universal c. Kita melihat bahwa disini kecepatan c bukan lagi merupakan postulat tetapi merupakan konsekuensi dari penurunan transformasi Lorentz.

Referensi : [1] A.R.Lee and T.M.Kalotas, 'Lorentz Transformation from the First Postulate", Am. J.Phys. 43 434-437 (1975) [2] Lévy-Leblond, Jean-Marc. "One more

derivation of the Lorentz transformation." Am. J. Phys 44.3 (1976): 271-277. [3] A.Beiser and K.W.Cheah. Concept of Modern Physics. New York : McGraw-Hill

(Kasus 2. α ˃ 0) Pada kasus ini penjumlahan dua kecepatan yang positif dapat memiliki nilai negative atau bahkan tak hingga. Misalkan kita 1

mengambil nilai 𝛼 = 𝜅2 , 𝑣2 = 𝜅 2 /𝑣1 , maka 𝑑𝑥 →∞ 𝑑𝑡 Sehingga pastilah α harus negative (Kasus 3. α ˂ 0) 1

Misalkan 𝛼 = 𝜅2 , maka 𝑑𝑥 𝑣1 + 𝑣2 = 𝑑𝑡 1 − 𝛼 𝑣2 𝑣1 𝑥′ = 𝛾(𝑉)(𝑥 − 𝑉𝑡)

[4] D.Morin, Introduction to Classical Mechanics with problems and Solutions, Cambridge : Cambridge University Press.