Как вывести лоренцево сокращение из инвариантного интервала?

Question

Как вывести лоренцево сокращение из инвариантного интервала?

Дану

Просматривая некоторые основы специальной теории относительности, я наткнулся на эту проблему:

Из определения собственного времени:

с^{2} д т^{2} знак равно с^{2} д т^{2} - д {Икс}^{2}

$c^2d\tau^2=c^2dt^2-dx^2$ Я смог вывести формулу замедления времени, используя

x = v t

$x=vt$ :

с^{2} д т^{2} знак равно с^{2} д т^{2} - в^{2} д т^{2} знак равно с^{2} д т^{2} (1 - \frac{в^{2}}{с^{2}}) \to д т знак равно д т \sqrt{1 - \frac{в^{2}}{с^{2}}} знак равно д т / γ

$c^2d\tau^2=c^2dt^2-v^2dt^2=c^2dt^2\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)\rightarrow d\tau = dt\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}=dt/\gamma$

Теперь я очень хотел бы иметь возможность вывести формулу сокращения длины аналогичным образом и твердо уверен, что это возможно. Определение инвариантного интервала:

д с^{2} знак равно д {Икс}^{2} - с^{2} д т^{2}

$ds^2=dx^2-c^2dt^2$ с использованием

t = \frac{x}{v}

$t=\frac{x}{v}$ Я попытался:

д с^{2} знак равно д {Икс}^{2} - \frac{с^{2}}{в^{2}} д {Икс}^{2} знак равно д {Икс}^{2} (1 - \frac{с^{2}}{в^{2}}) \to д с знак равно д Икс \sqrt{1 - \frac{с^{2}}{в^{2}}}

$ds^2=dx^2-\frac{c^2}{v^2}dx^2=dx^2\left(1-\frac{c^2}{v^2}\right)\rightarrow ds=dx\sqrt{1-\frac{c^2}{v^2}}$

Вот где я застрял: я не понимаю, как это можно преобразовать в фактор Лоренца...

Любая помощь, которая позволит мне достичь желаемого результата $ds=\gamma dx$ был бы очень признателен.

Джерри Ширмер

Самый простой способ сделать это — обобщить

2 - D

$2-D$ поворот к

2 - D

$2-D$ гипербоическое вращение, заменив все ваши синусы и косинусы на гиперболические синусы и косинусы, а затем сделав определение

v / c = \tanh ϕ

$v/c = \tanh \phi$ , и используя это, чтобы устранить угол поворота. Результаты просто всплывут.

Ответы (1)

Как вывести лоренцево сокращение из инвариантного интервала?

Самый простой способ сделать это — обобщить $2-D$ поворот к $2-D$ гипербоическое вращение, заменив все ваши синусы и косинусы на гиперболические синусы и косинусы, а затем сделав определение $v/c = \tanh \phi$ , и используя это, чтобы устранить угол поворота. Результаты просто всплывут.

Джон Ренни · Answer 1

Предположим, у нас есть стержень длиной $l$ в состоянии покоя в незаштрихованной системе отсчета, и мы наблюдаем наблюдателя в заштрихованной системе отсчета, проносящегося мимо:

Рамки

Будем считать, что начало координат в обеих системах отсчета совпадает, когда наблюдатель в заштрихованной системе проходит первый конец стержня, поэтому событие А $(0, 0)$ в обоих кадрах.

В незагрунтованной раме дальний конец стержня находится на $x = l$ , и мы видим, как мчащийся наблюдатель проезжает его на $t = l/v$ , поэтому событие B $(l/v, l)$ . Таким образом, интервал между этими событиями составляет:

с^{2} знак равно \frac{с^{2} л^{2}}{в^{2}} - л^{2}

$s^2 = \frac{c^2l^2}{v^2} - l^2$

В заштрихованной системе неподвижный наблюдатель видит стержень длиной $l'$ приближается к нему на скорости $v$ . $x$ координата обоих событий равна нулю, а время события B равно $t = l'/v$ , поэтому интервал равен:

с^{' 2} знак равно \frac{с^{2} л^{' 2}}{в^{2}}

$s'^2 = \frac{c^2 l'^2}{v^2}$

Интервалы должны быть одинаковыми, $s^2 = s'^2$ , так:

\frac{с^{2} л^{' 2}}{в^{2}} знак равно \frac{с^{2} л^{2}}{в^{2}} - л^{2}

$\frac{c^2 l'^2}{v^2} = \frac{c^2l^2}{v^2} - l^2$

и быстрая перестановка дает:

л^{' 2} знак равно л^{2} (1 - \frac{в^{2}}{с^{2}})

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

л^{'} знак равно л \sqrt{1 - \frac{в^{2}}{с^{2}}} знак равно \frac{л}{γ}

$l' = l \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2} } = \frac{l}{\gamma}$

Ответ на комментарий:

Чтобы определить замедление времени, вы используете другую пару событий. В незаштрихованной рамке у вас есть часы, тикающие с периодом $T$ , стационарный в начале координат. Таким образом, события для первого и второго тиков $(0, 0)$ и $(T, 0)$ . Интервал $s^2 = c^2 T^2$ .

Как обычно, мы выбираем загрунтованную рамку так, чтобы начало координат совпадало, а первая отметка находилась в точке $(0, 0)$ . Второй тик находится на $t = T'$ , а так как часы идут со скоростью $v$ , $x$ координата второго тика $x = vT'$ давать $(T', vT')$ . Следовательно, интервал $s^2 = c^2T'^2 - v^2T'^2$ .

Как и раньше, мы устанавливаем интервалы равными так:

с^{2} Т^{2} знак равно с^{2} Т^{' 2} - в^{2} Т^{' 2}

$c^2 T^2 = c^2T'^2 - v^2 T'^2$

или:

Т^{' 2} знак равно Т^{2} \frac{с^{2}}{с^{2} - в^{2}}

$T'^2 = T^2 \frac{c^2}{c^2 - v^2}$

Теперь просто разделите верх и низ правой стороны на $c^2$ и извлеките квадратный корень, чтобы получить:

Т^{'} знак равно Т \frac{1}{\sqrt{1 - в^{2} / с^{2}}}

$T' = T \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$

Глупый вопрос, но почему вы предполагаете, что в кадре Prime длина равна l ', а скорость равна v? Почему не длина l и скорость v'?
>Интервал между этими событиями равен: 𝑠2=𝑐2𝑙2𝑣2−𝑙2 Почему в квадрате?

Как вывести лоренцево сокращение из инвариантного интервала?

Дану

Джерри Ширмер

Ответы (1)

Джон Ренни

Томас

m8labs

Докажите, что y=y',z=z'y=y',z=z'y=y',z=z' в преобразовании Лоренца

Чистый импульс Лоренца; транспонировать ≠≠\neq наоборот?

Как вывести пространственно-временной интервал из преобразования Лоренца?

Проблема вывода преобразования Лоренца из однородности и изотропии пространства-времени и принципа относительности

Интуитивное объяснение преобразования Лоренца для времени

Путаница пространственноподобных и времениподобных интервалов

Доказательство существования преобразования Лоренца от светоподобных к светоподобным векторам

Как именно преобразования Лоренца вращаются?

Почему временной порядок инвариантен во времениподобном интервале?