Seja S e S^{\prime} dois referenciais inercias na configuração usual, ou seja, com S^{\prime} se movendo com velocidade v em relação a S na direção positiva do eixo x, com os dois referenciais coincidindo \mathrm{em} t=0.
(a) Mostre que as equações de Lorentz para t e x podem ser escritas na forma (c=1)
\begin{aligned} x^{\prime} & =x \operatorname{cosh} \varphi-t \operatorname{sinh} \varphi \\\ t^{\prime} & =-x \operatorname{sinh} \varphi+t \operatorname{cosh} \varphi \end{aligned}
onde \operatorname{tanh} \varphi=v. Lembre-se das relações \operatorname{cosh} \varphi=\cos (i \varphi), i \operatorname{sinh} \varphi=\sin (i \varphi). Note que do ponto de vista formal, essas relações podem ser vistas como uma espécie de rotação no plano x \times i t de um ângulo i \varphi, de forma a manter invariante x^{2}+(i t)^{2}.
(b) Prove as seguintes relações para o parâmetro hiperbólico \varphi (também chamado de rapidez)
\operatorname{cosh} \varphi=\gamma, \quad \operatorname{sinh} \varphi=v \gamma, \quad e^{\varphi}=\left(\frac{1+v}{1-v}\right)^{1 / 2} .
Lembre-se que \operatorname{cosh} \varphi \pm \operatorname{sinh} \varphi=e^{ \pm \varphi}.
(c) Deduza a forma útil das transformações de Lorentz
\begin{aligned} t^{\prime}+x^{\prime} & =e^{-\varphi}(t+x) \\\ t^{\prime}-x^{\prime} & =e^{\varphi}(t-x), \end{aligned}
e use isso para provar que elas formam um grupo, ou seja: a resultante de duas transformações de Lorentz é também uma transformação de Lorentz em si, existe uma tranformação identidade e todas transformação tem associada uma tranformação inversa.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, para a gente não se perder.
  • Temos dois referenciais inerciais S e S' na configuração usual: S' move-se com velocidade v em relação a S na direção positiva de x.
  • Os origens coincidem em t=0.
  • Trabalhamos em unidades com c=1.
O enunciado pede três coisas:
(a) mostrar que as equações usuais de Lorentz podem ser escritas como
\begin{aligned} x' &= x \operatorname{cosh} \varphi - t \operatorname{sinh} \varphi,\\\ t' &= -x \operatorname{sinh} \varphi + t \operatorname{cosh} \varphi, \end{aligned}
com \operatorname{tanh} \varphi = v;
(b) provar as relações
\operatorname{cosh} \varphi=\gamma,\qquad \operatorname{sinh} \varphi=v\gamma,\qquad e^{\varphi}=\left(\frac{1+v}{1-v}\right)^{1/2},
onde \gamma=(1-v^{2})^{-1/2};
(c) deduzir as formas
\begin{aligned} t'+x' &= e^{-\varphi}(t+x),\\\ t'-x' &= e^{\varphi}(t-x), \end{aligned}
e usar isso para provar que as transformações de Lorentz formam um grupo (fechamento/composição, identidade, inverso, associatividade).
Agora que está tudo explícito, começo a resolução passo a passo.

Passo 2

Lembrando a forma padrão da transformação de Lorentz (com c=1) entre S e S' para um deslocamento ao longo de x:
\begin{aligned} x' &= \gamma (x - v t),\\\ t' &= \gamma (t - v x), \end{aligned}
onde \gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-v^{2}}}. Vou mostrar que existe um número real \varphi tal que escrevemos essas mesmas fórmulas em termos de \operatorname{cosh}\varphi e \operatorname{sinh}\varphi.
Definição útil: as funções hiperbólicas são
\operatorname{cosh} \varphi=\frac{e^{\varphi}+e^{-\varphi}}{2},\qquad \operatorname{sinh} \varphi=\frac{e^{\varphi}-e^{-\varphi}}{2},\qquad \operatorname{tanh} \varphi=\frac{\operatorname{sinh} \varphi}{\operatorname{cosh} \varphi}.
Elas satisfazem a identidade fundamental
\operatorname{cosh}^{2}\varphi-\operatorname{sinh}^{2}\varphi=1.
Vou escolher \varphi tal que
\operatorname{tanh} \varphi = v.
Isso faz sentido porque |v|<1 (velocidade menor que c), logo existe \varphi\in\mathbb{R} com \operatorname{tanh}\varphi=v.

Passo 3

A partir de \operatorname{tanh}\varphi=v temos \operatorname{sinh}\varphi=v\operatorname{cosh}\varphi. Substituindo na identidade \operatorname{cosh}^{2}\varphi-\operatorname{sinh}^{2}\varphi=1, obtemos
\operatorname{cosh}^{2}\varphi-(v\operatorname{cosh}\varphi)^{2}=1 \quad\Rightarrow\quad \operatorname{cosh}^{2}\varphi(1-v^{2})=1.
Logo
\operatorname{cosh}\varphi=\frac{1}{\sqrt{1-v^{2}}}=\gamma.
Usando \operatorname{sinh}\varphi=v\operatorname{cosh}\varphi segue que
\operatorname{sinh}\varphi=v\gamma.
Agora reescrevo as fórmulas usuais de Lorentz usando \operatorname{cosh}\varphi e \operatorname{sinh}\varphi:
x'=\gamma(x-vt)=\operatorname{cosh}\varphi\,x-\operatorname{sinh}\varphi\,t,
t'=\gamma(t-vx)=-\operatorname{sinh}\varphi\,x+\operatorname{cosh}\varphi\,t.
Isso prova a forma pedida em (a) com a escolha \operatorname{tanh}\varphi=v.
(Comentário didático rápido: a ideia é que \varphi é uma “rapidez” — um parâmetro aditivo das boosts — e \operatorname{cosh},\operatorname{sinh} aparecem naturalmente porque a métrica de Minkowski tem assinatura com sinal trocado, dando identidades hiperbólicas em vez das trigonométricas normais.)

Passo 4

Agora deduzo a relação exponencial pedida em (b). Uso a identidade padrão das funções hiperbólicas:
\operatorname{cosh}\varphi\pm\operatorname{sinh}\varphi=e^{\pm\varphi}.
Substituo \operatorname{cosh}\varphi=\gamma e \operatorname{sinh}\varphi=v\gamma:
e^{\varphi}=\operatorname{cosh}\varphi+\operatorname{sinh}\varphi=\gamma(1+v),
e^{-\varphi}=\operatorname{cosh}\varphi-\operatorname{sinh}\varphi=\gamma(1-v).
Multiplicando essas duas expressões:
1 = e^{\varphi} e^{-\varphi} = \gamma^{2}(1+v)(1-v)=\gamma^{2}(1-v^{2}),
o que é compatível com \gamma=1/\sqrt{1-v^{2}}. Para obter e^{\varphi} isolado, divido as duas expressões ou tomo quadrado:
e^{2\varphi}=\frac{e^{\varphi}}{e^{-\varphi}}=\frac{\gamma(1+v)}{\gamma(1-v)}=\frac{1+v}{1-v}.
Como \varphi é real, e^{\varphi}>0, então
e^{\varphi}=\left(\frac{1+v}{1-v}\right)^{1/2}.
Isso conclui (b): \operatorname{cosh}\varphi=\gamma, \operatorname{sinh}\varphi=v\gamma, e^{\varphi}=\sqrt{\dfrac{1+v}{1-v}}.

Passo 5

Agora deduzo as fórmulas em (c). Começo somando e subtraindo as expressões hiperbólicas que já temos:
t'+x' = (-x\operatorname{sinh}\varphi + t\operatorname{cosh}\varphi) + (x\operatorname{cosh}\varphi - t\operatorname{sinh}\varphi).
Agrupando termos:
t'+x' = x(\operatorname{cosh}\varphi-\operatorname{sinh}\varphi) + t(\operatorname{cosh}\varphi-\operatorname{sinh}\varphi) = (t+x)(\operatorname{cosh}\varphi-\operatorname{sinh}\varphi).
Usando \operatorname{cosh}\varphi-\operatorname{sinh}\varphi=e^{-\varphi} obtemos
t'+x' = e^{-\varphi}(t+x).
De modo análogo,
t'-x' = (-x\operatorname{sinh}\varphi + t\operatorname{cosh}\varphi) - (x\operatorname{cosh}\varphi - t\operatorname{sinh}\varphi) = t(\operatorname{cosh}\varphi+\operatorname{sinh}\varphi) - x(\operatorname{cosh}\varphi+\operatorname{sinh}\varphi) = (t-x)(\operatorname{cosh}\varphi+\operatorname{sinh}\varphi).
E como \operatorname{cosh}\varphi+\operatorname{sinh}\varphi=e^{\varphi} segue
t'-x' = e^{\varphi}(t-x).
Essas são exatamente as formas pedidas em (c).

Passo 6

Provo agora que as transformações de Lorentz (na direção x) formam um grupo. A ideia prática e muito conveniente é trabalhar com as combinações t\pm x e com o parâmetro \varphi.
Considere duas boosts sucessivas: primeiro uma boost de rapidez \phi_{1} (velocidade v_{1}=\operatorname{tanh}\phi_{1}), depois outra de rapidez \phi_{2} (velocidade v_{2}=\operatorname{tanh}\phi_{2}). Aplicando as fórmulas em t\pm x:
\begin{aligned} t'+x' &= e^{-\phi_{1}}(t+x),\\\ t'-x' &= e^{\phi_{1}}(t-x). \end{aligned}
Agora aplico a segunda boost aos primados:
\begin{aligned} t''+x'' &= e^{-\phi_{2}}(t'+x') = e^{-\phi_{2}} e^{-\phi_{1}}(t+x) = e^{-(\phi_{1}+\phi_{2})}(t+x),\\\ t''-x'' &= e^{\phi_{2}}(t'-x') = e^{\phi_{2}} e^{\phi_{1}}(t-x) = e^{\phi_{1}+\phi_{2}}(t-x). \end{aligned}
Comparando com as fórmulas em (c) vemos que a combinação das duas boosts é uma boost com rapidez
\varphi = \phi_{1}+\phi_{2}.
Isto prova o fechamento: a composição de duas transformações de Lorentz é outra transformação de Lorentz (com rapidez somada).
Agora checo identidade e inverso:
  • Identidade: escolher \varphi=0. Como e^{0}=1, das fórmulas em (c) vem t'+x'=t+x e t'-x'=t-x, portanto t'=t e x'=x. Logo \varphi=0 é a transformação identidade.
  • Inverso: a inversa de uma boost de rapidez \varphi é a boost de rapidez -\varphi, já que e^{-\varphi} e e^{\varphi} trocam de papel. Explicitamente, aplicar \varphi depois -\varphi dá fator total e^{-\varphi}e^{\varphi}=1 sobre t\pm x, recuperando as coordenadas iniciais. Em termos de velocidade, a inversa tem velocidade -v porque \operatorname{tanh}(-\varphi)=-\operatorname{tanh}\varphi.
  • Associatividade: a composição corresponde à soma de números reais \varphi, e a soma de reais é associativa; portanto a operação de composição de boosts é associativa.
Assim temos: fechamento, existência de identidade, existência de inverso e associatividade. Logo as boosts (transformações de Lorentz unidimensionais) formam um grupo abeliano cujo parâmetro de grupo é a rapidez \varphi e a lei de composição é adição de rápidas. (Observação física útil: a fórmula de adição de velocidades surge da identidade hiperbólica
\operatorname{tanh}(\phi_{1}+\phi_{2})=\frac{\operatorname{tanh}\phi_{1}+\operatorname{tanh}\phi_{2}}{1+\operatorname{tanh}\phi_{1}\operatorname{tanh}\phi_{2}},
ou seja v_{\text{res}}=(v_{1}+v_{2})/(1+v_{1}v_{2}).)

Resposta

(a) \displaystyle x' = x \operatorname{cosh} \varphi - t \operatorname{sinh} \varphi,\qquad t' = -x \operatorname{sinh} \varphi + t \operatorname{cosh} \varphi com \operatorname{tanh} \varphi = v.
(b) \displaystyle \operatorname{cosh} \varphi=\gamma,\qquad \operatorname{sinh} \varphi=v\gamma,\qquad e^{\varphi}=\left(\frac{1+v}{1-v}\right)^{1/2}.
(c) \displaystyle t'+x' = e^{-\varphi}(t+x),\qquad t'-x' = e^{\varphi}(t-x). As transformações formam um grupo porque a composição corresponde à adição das rápidas \varphi (fechamento), \varphi=0 é a identidade, a inversa é -\varphi, e a composição é associativa.

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