Hay una manera fácil de mostrar que $x^2-t^2=1/g^2$ (relativista) cuerpo sometida a la aceleración de g?

Question

Un profesor me preguntó acerca de la (c=1) ecuación: $$x^2 - t^2 = 1/g^2$$ que he utilizado en un papel. O con $c$: $$x^2 - (ct)^2 = c^4/g^2.$$

Yo le dije que era la exacta ecuación de movimiento para un relativista partícula que experimenta una aceleración constante $g$. Él tenía algunas dudas acerca de la ecuación.

Así que volví a mi oficina y deriva de la ecuación de nuevo, pero era bastante complicado. Es una ecuación simple. Básicamente dice que para convertir el movimiento de las partículas de Newton para relativista, usted tiene que reemplazar parábolas con hipérbolas. En lugar de acelerar de forma indefinida, la partícula velocidad de enfoques $\pm c$. Hay un simple corto o derivación?

Answer 1

Sí - - - - - este es directamente análoga a la siguiente declaración de la geometría: El plano de la curva con todas partes de curvatura constante es el círculo.

Usted puede probar esto mediante la integración de la condición de curvatura constante (que es tan complicado como en la relatividad), o haciendo un arclength parametrización (que es limpia, ver más abajo). Pero lo más fácil de todo es tener en cuenta que las rotaciones alrededor de la toma de centro del círculo a sí mismo, y cada punto en el círculo transitivamente a cualquier otro punto. Puesto que la curvatura es la rotación invariable, la curvatura en todos los puntos es la misma.

De manera similar, en la relatividad, la hipérbola

$$ x^2-t^2 = R^2 $$

es invariante bajo aumenta, y aumenta la ley de transitivamente. Para llegar a la conclusión de que la curvatura es constante. La curvatura es el resto de marco de aceleración, y el resultado es que la hipérbola tiene una aceleración constante.

La magnitud de la aceleración se puede ver observando la pequeña t (ya que en t=0, la velocidad es 0, por lo que la relatividad se reduce a Newton/Galileo)

$$ x = \sqrt{ R^2 +t^2} = R + {t^2\over 2R} + ... $$

De modo que la aceleración está dada por

$$ a={1\over R}$$

Es el inverso del radio de la Hipérbola, como la curvatura es el inverso del radio de un círculo, en geometría.

Arclength parametrización

Hay muchos problemas en la geometría del/de la relatividad, que son simplificados por arclength parametrización. En esta parametrización, x(s) y y(s) obedecer

$$\dot{x}^2 + \dot{y}^2 = 1$$

así que, la diferenciación de

$$\dot{x}\ddot{x} = - \dot{y}\ddot{y}$$

La curvatura es la magnitud de la derivada segunda

$$ \ddot{x}^2 + \ddot{y}^2 = {1\over R^2}$$

y sustituyendo $\ddot{y}$ usando la relación da

$$ (1+ {\dot{x}^2\over\dot{y}^2}) \ddot{x}^2 = {1\over R^2}$$

y la simplificación de

$$ {\ddot{x} \over \sqrt{1-\dot{x}^2}} = {1\over R }$$

Esta es una ecuación diferencial ordinaria en $\dot{x}$ que integra simplemente dar a los que x(s) es una sinusoide, y, entonces y(s) es también una sinusoide.

$$ {d\over ds}(\sin^{-1}(\dot{x})) = {1\over R} $$

$$ \dot{x}= \sin ({s-s_0\over R}) $$

$$ x - x_0 = R \cos({(s-s_0)\over R}) $$

En la relatividad, las mismas manipulaciones dar una sincronización ecuación para x con volteado signo en virtud de la raíz cuadrada, y dar la hiperbólicas funciones trigonométricas.

Aquí hay una respuesta donde puedo hacer uso de arclength parametrización para un problema no trivial, que no puede ser resuelto por la simetría: ¿hay una razón intuitiva la brachistochrone y la tautochrone son la misma curva?

Hay probablemente muchas fascinante en la curva de los problemas de geometría en la relatividad que son análogos de la Brachistochrone y Isócrono, pero nunca nadie ha formulado estas. No es difícil de hacer, pero que no tienen una inmediata interpretación física.

Dos definiciones de aceleración constante

Hay dos diferentes definiciones posibles para "aceleración constante". Uno es que usted tiene una aceleración constante en el marco del resto, y esto, obviamente, le da la invariante círculo-como la curva de la hipérbola. La otra definición es una partícula de movimiento en un constante E campo.

$$ {d\over dt} {dx\over d\tau} = E $$

Las dos definiciones se ven diferentes superficialmente, sino que son el mismo. Esto se muestra aquí: Conociendo la masa y de la fuerza que actúa sobre una partícula, ¿cómo podemos derivar el relativista función de la velocidad con respecto al tiempo?

El resultado de los vinculados con el argumento de que mientras que el $d/dt$ no es lo mismo que $d/d\tau$, hay un geométrica de proyección, la proyección es el mismo trigonométricas hiperbólicas factor como uno de los involucrados en la toma de la componente x, en lugar de la componente perpendicular al movimiento, para definir la aceleración, por lo que el resultado final es el mismo.

Answer 2

Su expresión es una solución para la integración de la transformación, $\vec g = \gamma^3\vec a$, para la aceleración a lo largo de $\vec V$ entre el laboratorio y los marcos apropiados con las condiciones iniciales $\vec u = 0$, $\vec x = c^2/g$ en $t = 0$. Me voy a dar una derivación de esta norma de transformación.

Vamos marcos de $S'$ $S$ estar en configuración estándar con $S'$ que se mueve con una velocidad de $\vec V$ a lo largo de $\vec x$. La diferenciación de la velocidad de transformación de $\vec u$ wrt t da la transformación de la aceleración a lo largo de $\vec V$ $$\begin{align*}\vec a_\parallel &= \frac d {dt}\left(\frac{\vec u'_\parallel + \vec V}{1 + \frac{\vec u'\cdot\vec V}{c^2}}\right)\\ &= \frac {d\vec u'_\parallel}{d\tau} \frac{d\tau}{dt}\frac {d}{d\vec u_\parallel} \left(\frac{\vec u_\parallel + \vec V}{1 + \frac{\vec u'\cdot\vec V}{c^2}}\right)\\ &= \vec a'_\parallel\frac{1}{\gamma(1 + \frac{\vec u'\cdot\vec V}{c^2})}\frac{1}{\gamma^2(1 + \frac{\vec u'\cdot\vec V}{c^2})^2}\\ &= \vec a'_\parallel\frac{1}{\gamma^3(1 + \frac{\vec u'\cdot\vec V}{c^2})^3}\end{align*}$$ For completion, the same can be done for the acceleration perpendicular to $\vec V$, $\vec a_\asesino$ que Jackson le pide a probar en el problema 11.5 en la electrodinámica Clásica, 3ª edición

$$ {{\vec a}_\parallel } = \frac{1}{{{\gamma ^3}{{\left( {1 + \frac{{\vec v\cdot\vec u'}}{{{c^2}}}} \right)}^3}}}{{\vec a'}_\parallel }{{\vec a}_ \bot } = \frac{1}{{{\gamma ^2}{{\left( {1 + \frac{{\vec v\cdot\vec u'}}{{{c^2}}}} \right)}^3}}}\left( {{{\vec a'}_ \bot } + \frac{{\vec v}}{{{c^2}}} \times (\vec a' \times \vec u')} \right)$$ which reduce to the important standard expressions for a proper frame $$\gamma^3\vec a_\parallel = \vec a'_\parallel\qquad\gamma^2\vec a_\perp = \vec a'_\perp$$

Answer 3

Considere la posibilidad de la partícula de vista desde su propia (la aceleración) marco de referencia. Desde $g$ es una aceleración de la partícula siempre las medidas de una aceleración constante de sí mismo. Combinado con el hecho de que, por definición, su velocidad es cero en ese marco de referencia, usted sabe que la trayectoria de la partícula ha de ser invariante bajo un tiempo combinado de traducción y de Lorentz impulso. (En otras palabras, la trayectoria ha localmente el mismo aspecto después de algún tiempo ha transcurrido y las partículas de coordenadas de la velocidad ha cambiado en consecuencia.) La única trayectoria que cumple esa condición es una hipérbola.

Matemáticamente, usted puede venir para arriba con esto en varias ocasiones la aplicación de una transformación de Lorentz. La transformación puede ser representado como

$$\begin{pmatrix}ct \\ x\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}\gamma & \beta\gamma \\ \beta\gamma & \gamma\end{pmatrix}\begin{pmatrix}ct \\ x\end{pmatrix}$$

(si usted tiene alguna pregunta acerca de los signos negativos, me pregunta cuando he conseguido dormir un poco :-P) Suponga que la partícula comienza con $x'(0) = 0$, que corresponde a la configuración de un sistema de coordenadas en el que se inicia en el descanso. El uso regular de la edad de la cinemática, se puede averiguar que en las cercanías de $t = 0$, su ruta de acceso debe seguir $x(t) = \frac{1}{2}gt^2 + \mathcal{O}(t^3)$ (después de todo, este debe coincidir con el nonrelativistic resultado en cortas escalas de tiempo). Así que un tiempo infinitesimal $\delta t$ después $t = 0$, su velocidad es $\beta c = g\delta t$, y la correspondiente transformación de Lorentz es

$$\begin{pmatrix}1 & g\delta t/c \\ g\delta t/c & 1\end{pmatrix}$$

Ahora, si la partícula de la ruta de acceso es invariante bajo el tiempo de la traducción con el correspondiente impulso, a continuación, si desea avanzar $\delta t$ más adelante en el tiempo, que acaba de hacer la misma cosa una y otra vez, y otra vez. El único inconveniente es que este incremento $\delta t$ es el momento adecuado, porque siempre estás midiendo en la partícula del propio marco del resto.

En general, para averiguar la partícula del camino después de un número finito de tiempo apropiado,$\tau$, que acaba de aplicar la transformación $N$ veces, utilizando el límite de $N\to\infty$$N\delta t = \tau$:

$$\begin{align}\begin{pmatrix}1 & g\delta t/c \\ g\delta t/c & 1\end{pmatrix}^N &= \left[\mathbb{1}_2 + \begin{pmatrix}0 & g/c \\ g/c & 0\end{pmatrix}\delta t\right)^{(\tau/\delta t)} \\ &= \exp\left[\begin{pmatrix}0 & g/c \\ g/c & 0\end{pmatrix}\tau\right] \\ y= \begin{pmatrix}\cosh\frac{g\tau}{c} & \sinh\frac{g\tau}{c} \\ \sinh\frac{g\tau}{c} & \cosh\frac{g\tau}{c}\end{pmatrix}\end{align}$$

Aplicar esto a la posición de partida de cuatro vectores $\begin{pmatrix}0 \\ x(0)\end{pmatrix}$ y la coordinación del tiempo y de la posición de la coordenada,

$$\begin{pmatrix}ct(\tau) \\ x(\tau)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x(0)\sinh\frac{g\tau}{c} \\ x(0)\cosh\frac{g\tau}{c}\end{pmatrix}$$

y si a solucionar esto de poner $x$ en términos de $t$, se obtiene

$$\begin{align}x(0)^2\cosh^2\frac{g\tau}{c} - x(0)^2\sinh^2\frac{g\tau}{c} &= x(0)^2 \\ x(t)^2 - t^2 &= x(0)^2\end{align}$$

Para averiguar lo $x(0)$ es, usted puede tomar la segunda derivada con respecto al tiempo apropiado,

$$\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\tau^2}x(\tau) = x(0)\frac{g^2}{c^2}\cosh\frac{g\tau}{c} = g \quad\to\quad x(0) = \frac{c^2}{g}$$

No sé si esa es la simple prueba de que usted está buscando. Es físicamente intuitivo, pero como es a menudo el caso, al saltar en la matemática, es fácil enredarse en los detalles.

Answer 4

Creo que es suficiente para usar el análisis Dimensional:

$$x^2 - (ct)^2 = c^4/g^2.$$
LHS = $[L]^2$ ( la resta de las áreas es un área )
RHS = $[L]^{4}[T]^{-4}\cdot [T]^{4}[L]^{-2}=[L]^{2}$ tiene un área de.