Как получить сложение скоростей без преобразования Лоренца?

Поскольку преобразования Лоренца являются следствием постулата о постоянстве скорости света, а также некоторой однородности и параллельных постулатов, немного трудно уточнить запрос на демонстрацию без преобразования Лоренца.

Но я буду интерпретировать вопрос как требование синтетического доказательства сложения скоростей. Синтетическое доказательство — это доказательство в том же стиле, что и доказательства евклидовой геометрии, которые вы делаете в начальной школе. Это дает вам картину и интуитивно понятный способ понять формулу.

Во-первых, для начала вы должны понимать, что скорость — это отношение пройденного пути к прошедшему времени, это аналог тангенса угла в геометрии. В геометрии есть закон сложения касательных:

$$\tan(a+b) = {\tan(a) + \tan(b)\over 1 - \tan(a)\tan(b)}$$

Самый простой способ понять теорию относительности состоит в том, что это геометрия Лоренца — геометрия, в которой теорема Пифагора имеет знак минус, а перпендикулярные линии не выглядят перпендикулярными, но имеют такой же наклон относительно линии под углом 45 градусов (на противоположной стороне). сторон), где выделенная 45-градусная линия является световым лучом.

В лоренцевской геометрии формула сложения представляет собой закон сложения гиперболических касательных:

$$\tanh(a+b) = {\tanh(a) + \tanh(b) \over 1 + \tanh(a)\tanh(b)}$$

Если вы интерпретируете углы как быстроты (это просто определение лоренцевского аналога угла), гиперболические тангенсы как скорости, это закон сложения скоростей.

Синтетическое доказательство обоих законов сложения касательных

Сначала просмотрите эти два ответа: постулаты Эйнштейна.$\leftrightarrow$пространство Минковского для неспециалиста и: какова механика, с помощью которой происходят замедление времени и сокращение длины? . Вам нужно немного интуиции для геометрии.

Рассмотрим следующую схему:

• [ссылка на изображение не работает (кажется невосстановимой): http://i40.tinypic.com/105slt2.png/2rygd90.png ]

Геометрическое сложение касательных

Где длина отрезка AB равна 1, длина отрезка BC равна u, а угол ABC прямой. Отсюда следует, что угол CAB имеет касательную к u по определению и что длина угла AC равна$\sqrt{1+u^2}$.

Если я хочу, чтобы угол CAE имел тангенс v, то мне нужно, чтобы отношение EC к CA было равно v. Это определяет длину EC как$v\sqrt{1+u^2}$, и отсюда вы узнаете, что длина CD равна v, а длина DE равна uv (поскольку треугольники ABC и CDE подобны). Вы можете заполнить все длины ручкой, моя программа для рисования не допускала квадратных корней.

Следовательно, тангенс суммы двух углов равен отношению

$${EF\over AF} = {u + v \over 1 - uv}$$

И я надеюсь, что схема понятна без каких-либо сложных формул.

В теории относительности вы делаете то же самое в пространстве-времени. Аналогичная схема приведена ниже.

Релятивистское сложение скоростей --- ось времени горизонтальная

В треугольнике ABC AB лежит вдоль оси времени (я нарисовал его горизонтально, чтобы схема была максимально похожа на предыдущую) и имеет длину 1. BC имеет длину u, так что скорость линии AC равна u .

Отсюда вы найдете длину AC, используя релятивистскую версию теоремы Пифагора (со знаком минус). Затем CE рисуется релятивистски-перпендикулярно AC (вот как это выглядит --- привыкайте), а треугольник CED подобен ABC (по той же причине, что и в евклидовой геометрии), так что длины пропорциональны. Отсюда вы узнаете, что DE имеет длину v, а CD — длину uv (как и прежде).

Теперь полная скорость определяется отношением EF к AF, как и раньше, и теперь она равна:

$${EF\over AF} = {u+v\over 1+uv}$$

Чтобы убедить себя, что это действительно нормально, вам нужно освоиться с вращениями относительности.

Я поддерживаю ответ Рона - это систематический способ действовать. скорость$v/c$может быть записано как$\tanh \eta$куда$\eta$, скорость или что-то еще, является гиперболическим (Минковского) аналогом (евклидова) угла. Затем сложение скоростей сводится к формуле сложения для$\tanh(\eta_1+\eta_2)$потому что быстроты просто добавляют аддитивно.

Позвольте мне предложить элементарный вывод без каких-либо замысловатых скоростей. Представьте, что объект движется со скоростью$u$справа движется другой объект$v$влево относительно нашего кадра. Какова их относительная скорость?

Мировая линия первого наблюдателя — прямая, содержащая точки$(0,0)$а также$(1,u)$; координаты$(t,x)$. Другой объект имеет мировую линию, соединяющую$(0,0)$с$(1,-v)$. Теперь представим, что мы трансформируем ситуацию в систему покоя второго наблюдателя, т.е. увеличиваем ее на скорость$v$. Как наклонится мировая линия первого наблюдателя?

Чтобы найти ответ, обратите внимание на то, что, сделав усиление Лоренца, которое фиксирует начало координат$(0,0)$, лоренцев внутренний продукт двух векторов,$(1,u)$а также$(1,-v)$, не изменится; Я определяю внутренний продукт$(A,B)$а также$(C,D)$в качестве$AC-BD/c^2$где знак минус возникает из-за поворотов теории относительности Лоренца и$c^2$является обычным преобразованием длины во время. Их длина также не изменится. Это также означает, что внутренний продукт, деленный на произведение длин, не изменится. В исходном кадре он равен

$$\frac{(1,u)\cdot (1,-v)}{|(1,u)|\cdot |(1,-v)|} = \frac{1^2+uv/c^2}{\sqrt{1-u^2/c^2}\sqrt{1-v^2/c^2}}$$ Обратите внимание, что взяв отношение, я отменил абсолютную нормализацию двух векторов $(1,u)$а также $(1,-v)$, так что эта нормализация не имеет значения. Однако это отношение должно быть таким же в новой системе отсчета, где векторы наблюдателей, указывающие направления мировой линии, равны $(1,0)$а также $(1,V)$куда $V$- полная относительная скорость. Из этих двух векторов то же отношение, что и выше (которое снова отменяет нормализацию), равно $$\frac{(1,0)\cdot (1,V)}{|(1,0)| \cdot |(1,V)|} = \frac{1}{\sqrt{1-V^2/c^2}}$$ Чтобы быть уверенным, отношения должны быть равны, и они также могут быть записаны как $\cosh \eta$куда $\eta$это общий "гиперболический угол", т.е. скорость между двумя мировыми линиями, тот самый "угол", о котором говорилось выше. Формула для $\cosh$аналогична формуле средней школы для $\cos$включая внутренний продукт, но вам не нужно ничего знать из этого абзаца, чтобы следовать моему выводу.

Теперь у нас есть

$$\frac{1}{\sqrt{1-V^2/c^2}} = \frac{1^2+uv/c^2}{\sqrt{1-u^2/c^2}\sqrt{1-v^2/c^2}}$$ Возведите его в квадрат и инвертируйте: $$1 - \frac{V^2}{c^2} = \frac{(1-u^2/c^2)(1-v^2/c^2)}{(1+uv/c^2)^2}$$ Разложите произведение в числителе и вычтите единицу с обеих сторон: $$- \frac{V^2}{c^2} = \frac{1 - u^2/c^2 - v^2/c^2 + u^2 v^2/c^4 - 1 - 2uv/c^2-u^2 v^2/c^4}{(1+uv/c^2)^2}$$ Числитель правой части упрощается, две пары слагаемых сокращаются: $$- \frac{V^2}{c^2} = \frac{- u^2/c^2 - v^2/c^2 - 2uv/c^2}{(1+uv/c^2)^2}$$ Теперь умножьте обе части на $(-1)$избавиться от знаков. И даже я теперь могу вычислить квадратный корень: $$\frac{V}{c} = \frac{u/c+v/c}{1+uv/c^2}$$ что мы и хотели доказать. Не стесняйтесь умножать на $c$опять таки.

Дэвид Мермин придумал прекрасный мысленный эксперимент, который можно найти в его книге Boojums :

Предположим, что наблюдатель в инерциальной системе отсчета$S$наблюдает, как поезд движется с постоянной скоростью$v$. Длина движущегося поезда, измеренная в$S$, равно$L$. Сейчас, во время$t=0$, фотон и массивная частица (со скоростью$w < c$) начинают двигаться от задней части поезда к передней.

Фотон достигает фронта за время$t=T$, а затем отражается обратно; тем временем массивная частица все еще движется вперед. В какое-то более позднее время$t=T+T'$, частица и отраженный фотон встретятся в определенном месте поезда. Выразим это местоположение в виде дроби$f$общей длины$L$. Поскольку это положение одинаково во всех системах отсчета, мы можем утверждать, что$f$является инвариантным (если мы делаем разумное предположение, что отношения между длинами не меняются от одной системы отсчета к другой).

Отсюда имеем

$$w(T + T') = c(T - T')\tag{1}.$$ Действительно, и частица, и фотон прошли одинаковое чистое расстояние за общее время. $T+T'$, но фотон двигался в противоположном направлении в течение промежутка времени $T'$. Расстояние, которое фотон преодолел за время $T$от зада к переду это длина $L$поезда + расстояние, которое проехал поезд за это время: $$cT = L + vT\tag{2}.$$ Точно так же расстояние, которое фотон прошел за время $T'$от фронта до места встречи $fL$является $$cT' = fL - vT'\tag{3}.$$ Из уравнения (1) находим $$\frac{T'}{T} = \frac{c-w}{c+w}\tag{4},$$ и комбинируя это с (2) и (3), находим $$f = \left(\frac{c+v}{c-v}\right)\frac{T'}{T} = \frac{(c+v)(c-w)}{(c-v)(c+w)}.\tag{5}$$ С $f$инвариантно, это соотношение остается верным в системе отсчета $S'$что движется вместе с поездом. В этом кадре $v=0$и массивная частица будет иметь другую скорость, скажем $u$. Итак, мы получаем $$f = \frac{c-u}{c+u}.\tag{6}$$ Если мы теперь приравняем (5) и (6), то найдем $$\frac{c+w}{c-w} = \left(\frac{c+u}{c-u}\right)\left(\frac{c+v}{c-v}\right),\tag{7}$$ и решение для $w$приводит к известному релятивистскому закону сложения: $$w = \frac{u+v}{1 + uv/c^2}.\tag{8}$$ Единственные предположения в этом простом мысленном эксперименте заключаются в том, что скорость света $c$и отношения между длинами инвариантны.