Desplazamiento Doppler para un observador uniformemente acelerado

Question

Esto se dio en el libro de texto como un ejemplo.

Un observador en una nave espacial con una velocidad de cuatro $u$ se acerca desde $x = +\infty$ una estrella en reposo en el marco de referencia $S$ mientras se somete a una aceleración propia y constante $a > 0$ . Su distancia de máxima aproximación es $a^{-1}$ . La estrella emite luz de frecuencia $\omega_{star}$ . La frecuencia de desplazamiento Doppler observada de la luz de la estrella es $\omega(\tau) = \omega_{star}e^{-a\tau}$

Ahora bien, ¿cómo consiguieron que esa fuera la frecuencia? He tratado de revisar el texto y buscar un ejemplo más elaborado, pero eso es todo. Sé que la ecuación de la frecuencia desplazada por Doppler es $$v_{obs} = v_{source}\sqrt\frac{1+\beta}{1-\beta}.$$ No sé cómo entra en juego la distancia para obtener la respuesta del ejemplo.

Answer 1

Utiliza la relación estándar entre la aceleración en los dos marcos de referencia.

es decir, la aceleración adecuada $a$ viene dada por $$ a = \gamma^3 \frac{dv}{dt}, \ \ \ \ \ \ \ \ \gamma = \frac{dt}{d\tau} $$ $$ \frac{dv}{d\tau} = \frac{dv}{dt} \frac{dt}{d\tau} = \gamma^{-2} a = (1-v^2)a$$

Esto puede integrarse para dar $v$ y por lo tanto $\gamma$ en función de $\tau$ . $$ \int \frac{dv}{1-v^2} = \int a\ d\tau$$ Dejemos que $v = \tanh(x)$ y utilizar la identidad $1 - \tanh^2(x) = 1/\cosh^2(x)$ $$\frac{dv}{dx} = \frac{\cosh^2(x) - \sinh^2(x)}{\cosh^2(x)} = \frac{1}{\cosh^2(x)}$$ y así la integral se convierte en $$ \int dx = \int a\ d\tau$$ $$ \tanh^{-1} (v) = a\tau + A,$$ donde $A$ es una constante determinada por la velocidad inicial.

Dejemos que $v=v_0$ cuando $\tau=0, $ por lo tanto: $$ v = \tanh[a\tau + \tanh^{-1}(v_0)]$$

El desplazamiento doppler puede escribirse como $$ \omega = \omega_0 (1-v)\gamma$$

NB: Esta expresión proviene de aquí con la fuente en reposo, pero creo que sólo es estrictamente válido cuando la velocidad del observador no cambia significativamente entre los frentes de onda. Para la luz óptica, esto requiere que (expresando $a$ en unidades del SI por un momento) $a \ll 10^{24}$ ms $^{-2}$ - lo que probablemente esté bien para una nave espacial.

$$ \omega = \omega_0\left[1 - \tanh[a\tau + \tanh^{-1}(v_0)]\right]\left[1 - \tanh^2[a\tau + \tanh^{-1}(v_0)]\right]^{-1/2}$$ $$ \omega = \omega_0 \left[1 - \tanh[a\tau + \tanh^{-1}(v_0)]\right]\cosh[a\tau + \tanh^{-1}(v_0)]$$ .

Esta es la expresión general. Para el caso concreto que aborda el PO, tenemos $v_0=0$ . En este caso: $$\omega = \omega_0[1 - \tanh(a\tau)]\cosh(a\tau)$$ $$\omega = \omega_0\left[\frac{\cosh(a\tau) - \sinh(a\tau)}{\cosh(a\tau)}\right] \cosh(a\tau)$$ Expresar las funciones hiperbólicas en términos de exponenciales: $$\omega = \frac{\omega_0}{2}[\exp(a\tau) + \exp(-a\tau) - \exp(a\tau) + \exp(-a\tau)] = \omega_0 \exp(-a\tau)$$ según sea necesario.

Un tratamiento similar es el que ofrece Cochran 1989 (sección II), lo que lleva al mismo resultado.

Un resultado más útil se obtiene al observar que una transformación de coordenadas de la forma $$ \tau^{\prime} = \tau + \frac{\tanh^{-1}(v_0)}{a}$$ puede facilitar la vida para los casos generales, ya que esto también conduce al resultado $$ \omega = \omega_0 \exp(-a\tau^{\prime})$$

Esto nos facilita la vida, por ejemplo, podemos demostrar que recuperamos el desplazamiento doppler estándar cuando $a=0$ ya que $a\tau^{\prime} = \tanh^{-1}(v_0)$ y así $$\omega = \omega_0 \exp[-\tanh^{-1}(v_0)] = \omega_0 \exp\left[-\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+v_0}{1-v_0}\right)\right]$$ $$ \omega = \omega_0\left( \frac{1+v_0}{1-v_0}\right)^{-1/2} = \omega_0(1-v_0)[(1+v_0)(1-v_0)]^{-1/2} = \omega_0(1-v_0)\gamma\ .$$