CCXDL的0=λ×0问题批错了对象（第一，在待定系数(b'/a')、(b/a)这一步，我们需要光波的特解x'=ct', x=ct，但不涉及除0问题；第
看来我真得给个别捍相专家讲点线性代数,关于(x-ct)=a(x'-ct')
作者:xdjxx(xxx.xxx.xxx.xxx) 2003/12/17 02:26 字节:1K 点击:14次 帖号:40913
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【【【感谢xdjxx仔细阅读我的数学推导全文。这样得到的意见犹如论文审稿一样，都是宝贵难得的意见，所以我下面认真回复。】】】】
为什么我要告诉个别捍相专家, (x-ct)=a(x'-ct')只对homogeneous方程成立。这个方程不是数学上对x-ct=d和x‘-ct’=d‘不成立,
x=ct或x=ct+d实际上时光的波前位置函数，而x-ct只不过是一个常数。如果x-ct=d不为零，那么对于任何不为零的表达式包括x‘-ct’，
我们都可以找到一个常数与该表达式相乘后等于d。我不明白为什么知道这一点值得炫耀。
【【【如果您的x-ct=d和x‘-ct’=d‘中d,d'是常数，那么它是针对光波而言的，我觉得您是在讨论参考系具有初始位移的庞加莱变换。您的意见（添加了一个d，d'）对于庞加莱变换也是成立的。
如果您的x-ct=d和x‘-ct’=d‘是针对普通粒子而言的，此时d,d'不是常数，（仍旧是通常场合：两个相对运动的参考系初始时空点重合），那么我把这个d,d'的取值告诉您：
d=d'sqrt[(c－v)/(c＋v)], d'=dsqrt[(c+v)/(c-v)].
】】
【【【您说的“如果x-ct=d不为零，那么对于任何不为零的表达式包括x‘-ct’，
我们都可以找到一个常数与该表达式相乘后等于d”，这是对的，这一点的确不值得炫耀。您这一点就是等价于我说的“只要承认时空变换是线性变换，那么必然存在系数a,a',b,b'使得ax+bt=a'x'+b't'恒成立”。
这一条无论在谁的变换（galileo,Lorentz,马国梁变换）中均成立，是一条线性代数规律。这一条的确不值得炫耀，是一个常识性知识（但不是所有人都主动去知晓过这一点）。
galileo,Lorentz,马国梁变换之间是兄弟变换关系，各自为政，各自自洽，并具有同一的数学形式，如gaileo变换x'=fx+gt, t'=f'x'+g't' (其中f=f'=1, g=v为参考系相对速度， g'=0，这就得到Galileo变换：x'=x+vt, t'=t).
galileo,Lorentz,马国梁变换都是具有x'=fx+gt, t'=f'x'+g't'形式。
galileo,Lorentz,马国梁变换之间的区别在于参数a,a',b,b'选择不同，如对于Galileo变换，a/a'=1；对于Lorentz变换，a/a'＝λ＝sqrt[(c－v)/(c＋v)]， v为参考系相对速度。
参数a,a',b,b'选择选择不同，所以导致不同的变换。之所以galileo,Lorentz,马国梁变换不同，是因为在待定系数a,a',b,b'时，选择的特解不同。
Lorentz变换的特解是x=ut， x'=[(u+v)/(1+uv/cc)]t' （其中当u=c时，就退化为更为简单的特解：x-ct=0和x‘-ct’=0）；Gailieo变换的特解是x=ut, x'=(u+v)t’。
】】】
(x-ct)=a(x'-ct')只对homogeneous方程成立，是狭义相对论的要求。根据狭义相对论，参照系平权，
（x-ct）=a（x’-ct‘）和 （1）
（x’-ct‘）=a（x-ct） （2）
必须同时成立（式中各量可以认为取绝对值）。如果同时成立，必须有x-ct=0和x‘-ct’=0。如果x-ct=d，x‘-ct’=d‘，上面（1）
式将给出d’=d/a，（2）式将给出d‘=ad。这样的结果就否定了相对论。如果我们给d’两个不同的数值来满足相对论，这在初等数学中
是不允许的，这说明（x-ct）=a（x‘-ct’）不能对non-homogeneous方程成立。
【【【【您的方程有一点问题，两个a是不同的。
我要改正您的方程：（x-ct）=a（x’-ct‘），（x’-ct‘）=a‘（x-ct） （对您的第二个方程的a打上一个撇）。
这里的取值是：a=sqrt[(c－v)/(c＋v)], a'=sqrt[(c+v)/(c-v)].
您先验地限制了a=a'，这是具有狭隘性的。】】】】
如果x-ct=0和x‘-ct’=0，从（x’-ct‘）=a（x-ct）不可能推出任何确定的系数的。如果得出确定的系数，必然在某一步偷换了概念，
隐蔽地使用了零做除数。jqsphy应该仔细检查一下爱因斯坦在那一步偷换了概念，用了零做除数。
【【【【这个问题xdjxx第二次提出了。我答复如下：
我多次说过：借助特解x'=ct', x=ct，从x'+(b'/a')t'=(a/a')[x+(b/a)t]得到(b'/a')、(b/a)的取值（为-c），然后从x'+(b'/a')t'=(a/a')[x+(b/a)t]就化为了（x’-ct‘）=λ（x-ct）。这一过程其实不涉及0=λ×0问题。这是待定系数法（前提是需要假设（光速不变原理）：在确定系数a,a',b,b'时，光子方程x＝ct 、x'＝ct'是ax+bt=a'x'+b't'的一个解）；
然后，如果从（x’-ct‘）=λ（x-ct），借助光波方程x-ct=0和x‘-ct’=0，来得到λ，这才是典型的零做除数的糊涂做法。这才存在0=λ×0问题。
但是，我们与爱因斯坦没有这么用“零做除数”。在推导（x’-ct‘）=λ（x-ct）与x'=k(x-vt)， x=k(x'+vt')中的λ，k时，
我们抛弃了特解x＝ct 、x'＝ct'（因为最后得到的（x’-ct‘）=λ（x-ct）与x'=k(x-vt)， x=k(x'+vt')是对于任何普通粒子都是成立的，具有一般性，
不再需要依靠特解x-ct=0和x‘-ct’=0来维持它的正确性）。假如在这一步中还使用特解x＝ct 、x'＝ct'，那么才有用0做除数的嫌疑。可是，实际上，在确定λ，k时，不再需要特解x＝ct 、x'＝ct'了。特解x＝ct 、x'＝ct'只用来待定前面的x'+(b'/a')t'=(a/a')[x+(b/a)t]的(b'/a')、(b/a)的取值的。
在待定λ，k时时候，我们不需要光波方程x-ct=0和x‘-ct’=0。我们得到λ=sqrt[(c－v)/(c＋v)]， k=1/sqrt(1-vv/cc). 这样，联立（x’-ct‘）=λ（x-ct）与x'=k(x-vt)， x=k(x'+vt')，可以得到关于时间的变换方程：t'=k(t-vx/cc), t=k(t'+vx/cc).
这样，完整的Lorentz变换就得到了：x'=k(x-vt)， x=k(x'+vt')，t'=k(t-vx/cc), t=k(t'+vx/cc).
CCXDL的0=λ×0问题批错了对象（第一，在待定系数(b'/a')、(b/a)这一步，我们需要光波的特解x'=ct', x=ct，但不涉及除0问题；第二，在待定系数λ，k时，我们已经不再需要光波的特解x'=ct', x=ct了，因此也不存在除0问题。）。
在确定系数（从x'+(b'/a')t'=(a/a')[x+(b/a)t]得到(b'/a')、(b/a)的取值（为-c））时，的确用到了特解x'=ct', x=ct，这是待定系数法，不涉及除0问题。
在确定（x’-ct‘）=λ（x-ct）与x'=k(x-vt)， x=k(x'+vt')中的λ，k时，我们抛弃了特解x'=ct', x=ct
（因为（x’-ct‘）=λ（x-ct）与x'=k(x-vt)， x=k(x'+vt')是对于任何普通粒子都是成立的，具有一般性，
不在需要特解光波方程x-ct=0和x‘-ct’=0来维持它的正确性），不存在0做除数问题。
CCXDL的0=λ×0问题批错了对象。】】】
用初等数学是不可能唯一地推导出洛伦兹变换的，爱因斯坦这样做可能是不自量力，也可能是哄大家玩。大家有时间不妨来个华山论剑，对爱因斯坦simple derivation的每一步进行辩论，看看是否用了零除，偷换了概念。
【【CCXDL的0=λ×0问题批错了对象（第一，在待定系数(b'/a')、(b/a)这一步，我们需要光波的特解x'=ct', x=ct，但不涉及除0问题；第二，在待定系数λ，k时，我们已经不再需要光波的特解x'=ct', x=ct了，因此也不存在除0问题。）。】】
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