Prueba $p=\gamma_Pmu$

Question

Como estoy leyendo sobre el Momentum relativista, mi libro dice lo siguiente:

$$p=m \frac{\Delta x}{\Delta t}=m\frac{\Delta x}{\sqrt{(1-u^2/c^2)}\Delta t}=\frac{mu}{\sqrt{1-u^2/c^2}}=\gamma_Pmu$$

"Si se trata de la expresión 'correcta' de p depende de si se conserva el ímpetu total P cuando las velocidades de un sistema de partículas se transforman con las ecuaciones de transformación de Lorentz velocidad. La prueba es algo largo y tedioso..."

Estoy interesado en ver la prueba que está describiendo como "largo y tedioso".

Answer 1

En primer lugar usted necesita para asegurarse de que newton impulso no se conserva aquí, así que la prueba esta en un caso de dos bolas de viajar hacia simpatia. Lo que usted notará es que el momento se conserva en el sistema de coordenadas $xy$ y no se conserva en el sistema de coordenadas $x'y'$.

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Aquí es cómo usted demostrar que el momento se conserva en $xy$ ($p_1$ es momento antes de la colisión y $p_2$ es momento después de la colisión):

$$ \scriptsize \begin{split} p_1 &= \left[m_A v_{A1x} + m_{B} v_{B1x}\, \bigl| \, 0\right] = \left[m v- m v\, \bigl| \, 0\right] = m\left[v-v \, \bigl| \, 0 \right]=m\left[0 \, \bigl| \, 0 \right] \\ p_2 &= \left[m_A v_{A2y} + m_{B} v_{B2y} \, \bigl| \, 0 \right] = \left[m v - mv \, \bigl| \, 0 \right] = m\left[v-v \, \bigl| \, 0 \right]=m\left[0 \, \bigl| \, 0 \right] \\ \\p_1 &= p_2 \end{split} $$

He utilizado comillas como $[~~|~~]$ sólo para sepparate $x$ $y$ componentes de impulso como esta $p_1=[p_{1x}|p_{1y}]$.

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Ahora usted probar que el impulso en el sistema de coordenadas $x'y'$ no se conserva. Aquí usted tiene que pagar una gran oferta en un sistema de coordenadas que viaja de izquierda a derecha en todo momento - incluso después de la colisión (ver la foto). Esto significa que después de la colisión de dos bolas se allso ha $x'$ componentes. He aquí la prueba de la desigualdad:

Antes de la colisión: $$ \scriptsize \begin{split} p_1' &= \left[ m_A v_{A1x}' + m_B v_{B1x}'\, \biggl| \, 0 \right] = \left[ m_A 0 + m_B \left( \frac{v_{B1x} - u}{1-v_{B1x}\frac{u}{c^2}} \right)\, \biggl| \, 0 \right]= m \left[\left( \frac{-v - v}{1+ v \frac{v}{c^2}} \right) \, \biggl| \, 0 \right] =~~~\\ &= m\left[ - 2v \left( \frac{1}{1+ \frac{v^2}{c^2}}\right) \, \biggl| \, 0 \right] \end{split} $$

Después de la colisión: $$ \scriptsize \begin{split} p_2' &= \left[-2mv \, \biggl| \,m_A v_{A2y}' + m_B v_{B2y}'\right]=\\ &=\left[ -2mv \, \biggl| \, m_A \left( \frac{v_{A2y}}{\gamma \left(1 - v_{A2x} \frac{u}{c^2}\right)} \right) + m_B \left( \frac{v_{B2y}}{\gamma \left(1 - v_{B2x} \frac{u}{c^2}\right)} \right) \right]=\\ &= \left[ -2mv \, \biggl| \, m \left( \frac{v}{\gamma \left(1 - 0 \frac{v}{c^2}\right)} \right) - m \left( \frac{v}{\gamma \left(1 - 0 \frac{v}{c^2}\right)} \right)\right]= m\left[ -2v \, \biggl| \, \left( \frac{v}{\gamma} \right) - \left( \frac{v}{\gamma} \right)\right]=\\ &= m \left[ -2v \, \biggl| \, 0 \right] \end{split} $$

Usted notará que las ecuaciones difieren por un factor de $1/(1+ v^2/c^2)$ lo que significa que la clásica impulso no es apropiado para la relatividad ya que no se conserva en todos los sistemas de coordenadas.

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Ahora escriba una desigualdad acabo de enterar, hacer un poco de álgebra y predecir que puede cambiar el signo de $\neq$ $=$ si se multiplican ambos lados de la desigualdad de la ecuación por alguna función... he usado la notación $\gamma(v)$.

$$ \scriptsize \begin{split} m\left[ -2v \left( \frac{1}{1+\frac{v^2}{c^2}} \right) \, \biggl| \, 0 \right] &\neq m \left[-2v \, \biggl| \, 0 \right]\\ -2 mv \left( \frac{1}{1+\frac{v^2}{c^2}} \right) &\neq -2 mv\\ \frac{-2 mv}{1+\frac{v^2}{c^2}} &\neq -2 mv\\ \gamma(v) \, \frac{-2 mv}{1+\frac{v^2}{c^2}} &= -2 mv \, \gamma(v)\\ \end{split} $$

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Nos enteramos de que la función de $\gamma(v)$ es realmente así (no sé exactamente cómo los científicos calculan o derivados de ella, pero se encontraron con él):

$$ \scriptsize \gamma(v) = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} $$

PRECAUCIÓN: $v$ no es una velocidad relativa de los sistemas de coordenadas muuuy importante relación entre ellas (que yo denotar usualy por $u$), pero es un completo velocidad de un objeto en algún sistema de coordenadas.

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Ahora sólo se necesita una prueba para probar que esta función es el uno. Y aquí es el final. Porque en $\gamma(v)$ hay una plena velocidad primero calcular la velocidad total $v$ para un objeto antes y después de la colisión en el sistema de coordenadas $x'y'$ y, a continuación, utilizar esos para probar que si se multiplica la desigualdad de la ecuación anterior con $\gamma(v)$ consigue la igualdad. Puedo elegir sólo un objeto (que es la bola con la masa de $m_A$) y comprobar su impulso antes y después de la colisión:

Toda la velocidad de $m_A$ $x'y'$ antes de la colisión:

$$ \scriptsize v = -2v \left( \frac{1}{1+\frac{v^2}{c^2}} \right)= \frac{-2v}{1+\frac{v^2}{c^2}}\\ $$

Toda la velocidad de $m_A$ $x'y'$ después de la colisión:

$$ \scriptsize \begin{split} v&=\sqrt{(-v)^2 + \left(\frac{v}{\gamma}\right)^2}=v \sqrt{1+ \frac{1}{\gamma^2}} =\\ &= v \sqrt{ 1 + \left(1 - \frac{u^2}{c^2}\right)} = v \sqrt{2 - \frac{v^2}{c^2}} \end{split} $$

Y la prueba de que el impulso de la bola con la masa de $m_A$ se conserva ahora:

$$ \begin{split} \gamma \! \left(\frac{-2v}{1+\frac{v^2}{c^2}}\right) \, \frac{-2mv}{1 + \frac{v^2}{c^2}} &= -2mv \, \gamma \! \left(v \sqrt{2-\frac{v^2}{c^2}}\right)\\ \frac{1}{\sqrt{1- \frac{\left\{-2v/\left(1+v^2\!/\!c^2\right)\right\}^2}{c^2}}} \, \frac{-2mv}{1 + \frac{v^2}{c^2}} &= -2mv \, \frac{1}{\sqrt{1-\frac{\left\{v\sqrt{2-v^2\!/\!c^2}\right\}^2}{c^2}}}\\ \frac{1}{\sqrt{1- \frac{\left\{-2v/\left(1+v^2\!/\!c^2\right)\right\}^2}{c^2}}} \, \frac{1}{1 + \frac{v^2}{c^2}} &= \frac{1}{\sqrt{1-\frac{\left\{v\sqrt{2-v^2\!/\!c^2}\right\}^2}{c^2}}}\\ \frac{1}{1- \frac{\left\{-2v/\left(1+v^2\!/\!c^2\right)\right\}^2}{c^2}} \, \frac{1}{\left(1 + \frac{v^2}{c^2}\right)^2} &= \frac{1}{1-\frac{\left\{v\sqrt{2-v^2\!/\!c^2}\right\}^2}{c^2}}\\ \frac{1}{1- \frac{4v^2}{c^2 \left(1+v^2\!/\!c^2\right)^2}} \, \frac{1}{\left(1 + \frac{v^2}{c^2}\right)^2} &= \frac{1}{1-\frac{v^2\left(2-v^2\!/\!c^2\right)}{c^2}}\\ \frac{1}{\frac{c^2 \left(1+v^2\!/\!c^2\right)^2-4v^2}{c^2 \left(1+v^2\!/\!c^2\right)^2}} \, \frac{1}{\left(1 + \frac{v^2}{c^2}\right)^2} &= \dots\\ \frac{{\bigl(1+\frac{v^2}{c^2}\bigl)}^2}{\frac{c^2 \left(1+v^2\!/\!c^2\right)^2-4v^2}{c^2}} \, \frac{1}{\left(1 + \frac{v^2}{c^2}\right)^2} &= \dots\\ \frac{1}{\frac{c^2 \left(1+v^2\!/\!c^2\right)^2-4v^2}{c^2}} &= \dots\\ \frac{1}{\frac{c^2 \left(1+2v^2\!/\!c^2+v^4\!/\!c^4\right)-4v^2}{c^2}} &= \dots\\ \frac{1}{\frac{c^2+2v^2+v^4\!/\!c^2-4v^2}{c^2}} &= \dots\\ \frac{1}{\frac{c^2-2v^2+v^4\!/\!c^2}{c^2}} &= \dots\\ \frac{1}{\frac{c^2}{c^2} - 2\frac{v^2}{c^2} + \frac{v^4}{c^4}} &= \dots\\ \frac{1}{1 - \frac{v^2}{c^2} \left( 2 - \frac{v^2}{c^2} \right)} &= \dots\\ \frac{1}{1 - \frac{v^2 \left( 2 - v^2\!/\!c^2 \right)}{c^2}} &= \frac{1}{1-\frac{v^2\left(2-v^2\!/\!c^2\right)}{c^2}}\\ \end{split} $$

Wohoho ahora tenemos igualdad de repente. Así que eso es lo que queríamos derecho? Esta es la prueba de que la ecuación de $p=\gamma(v)mv$ es el uno para reemplazar a $p=mv$.

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Este es realmente el paso a paso de usar fácil de álgebra. Yo solía $\dots$ donde yo no cambio nada en comparación con una línea por encima.

PRECAUCIÓN: Si usted lee esto que me propietario de una cerveza jeje. Esto y mucho más de cosas como esta va a ser mi nuevo libro. Es $1/4$ hecho en el momento.

Answer 2

La respuesta a esta pregunta depende de lo que quieres decir con "se derivan." Si se va a definir relativista impulso por la expresión $\gamma m v$, entonces usted podría mostrar, en físico, real, de los experimentos, que el relativista impulso de un sistema aislado de partículas se conserva. Por otra parte, se puede demostrar matemáticamente que esta ley de la conservación es de Lorentz-covariante en el sentido de que se mantiene en todos los marcos inerciales, y que se reduce a la expresión Newtoniana a baja velocidad.

La covarianza de la propiedad es lo que la cita se refiere a que, como lo que yo puedo decir, y creo que esto es lo que Michael Brown se refiere en su comentario. La idea es que en escribir una expresión para el relativista impulso, queremos que nos conduce a la conservación de esta cantidad en todos los marcos inerciales, y que se reduce a la expresión Newtoniana $mv$ en el límite de pequeñas velocidades. Si tuviéramos que encontrar una expresión para relativista impulso que no eran para satisfacer estos criterios, entonces estaríamos inclinados a llamar "incorrecto".

Habiendo dicho esto, aquí es la manera de proceder con la prueba de Lorentz-covarianza de los relativistas impulso en el caso de una sola dimensión de espacio y de dos partículas que colisionan (la generalización a dimensiones más altas y más partículas es más tedioso, pero en realidad no agregar a la comprensión).

En primer lugar, una muestra que el relativista impulso se transforma como sigue bajo un cambio de sistema inercial de marco $S$ marco $S'$:

$p' = \gamma(p - v E/c^2)$

donde $p$ $p'$ son los momentos en los respectivos marcos, $v$ es la velocidad relativa de los marcos, y $E$ es la energía ($\gamma m c^2$). A continuación, se observa que, si hemos de conservación de la energía y el impulso en el marco de la $S$

$p_{1i} + p_{2i} = p_{1f} + p_{2f}, \qquad E_{1i} + E_{2i} = E_{1f} + E_{2f}$

a continuación, en $S'$ uno tiene

$p'_{1} + p'_{2f} = \gamma(p_{1} + p_{2f} - v(E_{1}+E_{2f})/c^2) =\gamma(p_{1i} + p_{2} - v(E_{1i}+E_{2i})/c^2) = p'_{1} + p'_{2}$

de modo que el impulso se conserva en $S'$, y de manera similar para la energía.

Por favor, hágamelo saber si hay erratas. Espero que esto ayude!

Saludos!