Bewegung einer gleichmäßig beschleunigenden Rakete in der speziellen Relativitätstheorie

Question

Bewegung einer gleichmäßig beschleunigenden Rakete in der speziellen Relativitätstheorie

Alexander Tschska

Ich habe versucht, mehr über die Beschleunigung in der speziellen Relativitätstheorie zu erfahren. Zu diesem Zweck konsultierte ich den großen Lev Landau. Er hat ein Beispiel dazu in seinem Buch, aber eine seiner Gleichungen verwirrt mich. Stellen Sie sich eine Rakete vor, die positiv beschleunigt $x$ Richtung. Die vier Beschleunigungen für einen Beobachter, der sieht, wie sich die Rakete mit hoher Geschwindigkeit bewegt $v$ wird von gegeben

A^{μ} = γ \frac{D}{D T} (C γ, v γ)

$a^{\mu}=\gamma \frac{d}{dt}(c\gamma,v\gamma)$

Im momentanen Ruhesystem der Rakete wo $v=0$ , wir haben

A^{μ} = (0, A_{0}, 0, 0) .

$a^{\mu}=(0,a_0,0,0).$ Dieses augenblickliche Bild stelle ich mir vor, wie die Passagiere der Rakete auf ihre Sitze gedrückt werden.

Dann behauptet Landau, man könne die Ausdrücke für die beiden Ruherahmen quadrieren und erhalten

\frac{D}{D T} \frac{v}{\sqrt{1 - \frac{v^{2}}{C^{2}}}} = \frac{D}{D T} (γ v) = A

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

Die rechte Seite dieser Gleichung ist klar, offensichtlich ist sie das Quadrat der vier Beschleunigungen im momentanen Ruhesystem. Aber wie bekommt man die rechte Seite ab $a^{\mu}a_{\mu}$ in dem System, in dem sich die Rakete bewegt? Ich würde Ihre Hilfe schätzen.

EDIT: Einige Bemerkungen in expliziter Form geschrieben

A^{μ} = γ^{2} (\frac{v \cdot A}{C} γ, \frac{v \cdot A}{C^{2}} γ v + A)

$a^{\mu}=\gamma^2\left(\frac{\textbf{v}\cdot \textbf{ a}}{c}\gamma ,\frac{\textbf{v}\cdot \textbf{a}}{c^2}\gamma v +\textbf{a } \right)$

Wo

\frac{D γ}{D T} = \frac{v \cdot A}{C^{2}} γ^{3}

$\frac{d\gamma}{dt}=\frac{\textbf{v}\cdot \textbf{ a}}{c^2}\gamma^3$

Entlang dieser Linien

A_{μ} A^{μ} = \frac{{(v \cdot A)}^{2}}{C^{2}} γ^{6} + γ^{4} A^{2} = A_{0}^{2}

$a_{\mu}a^{\mu}=\frac{\left(\textbf{v}\cdot \textbf{ a}\right)^2}{c^2}\gamma^6 +\gamma^4a^2 = a_0^2$

mit etwas Vektoralgebra:

A_{μ} A^{μ} = \frac{{(v \cdot A)}^{2}}{C^{2}} γ^{6} + γ^{4} A^{2} = γ^{6} (\frac{A^{2} v^{2} - (A \times v)^{2}}{C^{2}}) + γ^{4} A^{2} = A_{0}^{2}

$a_{\mu}a^{\mu}=\frac{\left(\textbf{v}\cdot \textbf{ a}\right)^2}{c^2}\gamma^6 +\gamma^4a^2 = \gamma^6\left(\frac{a^2v^2-(\textbf{a}\times \textbf{v})^2}{c^2} \right)+\gamma^4a^2=a_0^2$ Wenn

a ∥ v

$\textbf{a} \parallel \textbf{v}$ das obige reduziert sich auf

A_{μ} A^{μ} = γ^{6} (\frac{A^{2} v^{2}}{C^{2}}) + γ^{4} A^{2} = A_{0}^{2},

$a_{\mu}a^{\mu}= \gamma^6\left(\frac{a^2v^2}{c^2} \right)+\gamma^4a^2=a_0^2,$ das ist anders als das, was Landau hat. Ich sollte stattdessen bekommen:

* * A_{0} = γ^{3} A * *

$**a_0=\gamma^3a**$

Antworten:

γ^{6} (\frac{A^{2} v^{2}}{C^{2}}) + γ^{4} A^{2} = γ^{4} A^{2} (1 + γ^{2} \frac{v^{2}}{C^{2}}) = γ^{4} A^{2} (\frac{1}{1 - \frac{v^{2}}{C^{1}}}) = γ^{6} A^{2}

$\gamma^6\left(\frac{a^2v^2}{c^2} \right)+\gamma^4a^2=\gamma^4a^2\left(1+\gamma^2\frac{v^2}{c^2}\right)=\gamma^4a^2\left(\frac{1}{1-\frac{v^2}{c^1}}\right)=\gamma^6a^2$

Bemerkung: Was ist ein momentaner Ruherahmen?

Stellen Sie sich eine Rakete vor, die einer konstanten Beschleunigung ausgesetzt ist $\hat{x}$ . Obwohl sich die Geschwindigkeit ändert, betrachten wir ein System, in dem die Rakete instantaneouslyruht. In einem solchen Rahmen beträgt die Beschleunigung der Rakete 4 $(0, a_0 )$ . Welches ist ein Schlüsselkonzept für dieses Problem.

heller Magier

Wenn Sie das sogenannte "momentane Ruhebild" betrachten, dh v = 0, dann gibt es überhaupt keine Bewegung, also welche Rolle spielt SR hier? SR gilt für Situationen, in denen es nicht nur einen Geschwindigkeitsunterschied zwischen zwei Objekten gibt, sondern dieser Unterschied ist auch ... na ja ... riesig ...

Alexander Tschska

@brightmagus Ich verstehe nicht wirklich, was du sagen willst? Dies ist ein Standardproblem mit zwei Referenzrahmen.

heller Magier

Ich versuche nichts. Ich sagte, was ich sagte: Wenn sich die Frames nicht bewegen bzgl. zueinander (v=0), SR entfällt. Das ist "Standard" Schlussfolgerung.

Alexander Tschska

@brightmagus Ich denke, dass Sie verwirrt sind, wie die Beschleunigung in SR behandelt wird und was ein sofortiger Ruherahmen ist.

hebetudinös

\frac{v^{2}}{c^{2}}

$\frac{v^2}{c^2}$ kann umgeschrieben werden als

1 - \frac{1}{γ^{2}}

$1-\frac{1}{\gamma^2}$ . Versuchen Sie, das anzuschließen.

Alexander Tschska

@brightmagus Ich weiß nicht, wohin dieses Gespräch führt. Erlauben Sie mir jedoch, Sie zu fragen, ob Sie wissen, was ein momentaner Ruherahmen ist? Das ist ein zentrales Konzept in der Relativitätstheorie und ohne es kann man keine gleichmäßige Beschleunigung behandeln. Vielleicht sorgt das für Verwirrung. Weitere Informationen finden Sie im Buch "Klassische Feldtheorie" von LD Landau und EM Lifschitz, woher dieses Problem stammt.

heller Magier

Genau, Alexander Cska. Ich weiß nicht, wohin Sie mit Ihren Kommentaren wollen. Ich habe Sie nicht gebeten, mich zu untersuchen oder irgendeine Lektüre zu empfehlen. Ich machte einen einfachen Kommentar, der eine offensichtliche Tatsache zur Kenntnis nahm. Wenn Sie also glauben, dass es falsch ist, dann beziehen Sie sich vielleicht lieber auf die Vorzüge dessen, was ich geschrieben habe. Ihre Bemerkung, dass es ohne das Konzept des momentanen Ruherahmens unmöglich ist, Beschleunigung bei SR zu behandeln, ist eigentlich nicht sehr wissenschaftlich.

Alexander Tschska

@brightmagus Instantaneous Rest Frame steht direkt am Anfang meiner Antwort und was daraus für die 4-Beschleunigung wird, wird durch eine Formel ausgedrückt. Aufgrund Ihrer Kommentare haben Sie eindeutig keine Ahnung, wovon Sie sprechen, und außerdem sind Sie nicht sehr freundlich. Also auf Wiedersehen und einen schönen Tag.

heller Magier

@AlexanderCska; Ich sehe hier keine Antwort von Ihnen, nur eine Frage. Trotzdem haben Sie anscheinend keine Ahnung von grundlegenden physikalischen Konzepten wie Geschwindigkeit. Auch hier bedeutet Ruhe per Definition, dass es überhaupt keine Geschwindigkeit gibt (wie Sie selbst geschrieben haben:

v = 0

$v=0$ ), und deshalb kann man für diesen "Augenblick" eigentlich keine Relativitätsgleichungen anwenden, weil es keinerlei Relativbewegung gibt. In Ihrem Fall haben Sie also 2 Möglichkeiten: Entweder die Zeit ist eingefroren, was bedeutet, dass sich nichts bewegt und SR nicht gilt, oder die Zeit fließt, aber dann beschleunigt die Rakete und SR gilt nicht erneut. Tertium non datur.

heller Magier

Übrigens ist es sehr unfreundlich, sich nicht auf die Vorzüge der Bemerkung zu beziehen und über ihren Autor zu spekulieren. Und was noch wichtiger ist - nicht wissenschaftlich ...

Alexander Tschska

@brightmagus, wie gesagt, lesen Sie mehr darüber, was ein momentaner Ruherahmen ist und was er für SR und beschleunigte Bewegung verwendet. Sie verstehen immer noch nicht, worum es in der Frage geht, und wiederholen immer wieder die gleichen falschen Dinge.

heller Magier

@AlexanderCska, du beziehst dich immer noch nicht auf meine Bemerkung und gibst mir immer wieder unaufgefordert Ratschläge. Dir gefällt mein Kommentar nicht und du weißt nicht, wie du richtig reagieren sollst? Sie können es immer ignorieren, ohne unhöflich zu sein ...

Alexander Tschska

@brightmagus deine Bemerkung ist einfach falsch. Überprüfen Sie die Informationen, die ich Ihnen gegeben habe, und kommen Sie dann zurück, um weitere Kommentare zu erhalten. Ich bin in keiner Weise unhöflich, Sie haben gerade angefangen, in eine seltsame Richtung zu entgleisen. Wenn Sie sich bei etwas nicht sicher sind, sollten Sie es generell vermeiden, Kommentare abzugeben, da dies andere Menschen verwirren kann.

heller Magier

@AlexanderCska, ich bin mir absolut sicher, was ich gesagt habe. Anscheinend nicht, denn Sie können meinen Kommentar nicht direkt ansprechen und dem Problem ausweichen, indem Sie statt über das Problem über mich sprechen. Bekannte, aber niedrige Technik.

Alexander Tschska

@brightmagus entspann dich einfach. Ich denke, das Problem hier ist Ihr Missverständnis des Äquivalenzprinzips. Im momentanen (lokalen) Ruhesystem

a_{μ} = (0, a, 0, 0)

$a_{\mu}=(0,a,0,0)$ für einen einfachen 1D-Fall oder allgemein

a_{μ} = (0, a)

$a_{\mu}=(0,\mathbf{a})$ .

Antworten (2)

Bewegung einer gleichmäßig beschleunigenden Rakete in der speziellen Relativitätstheorie

Wenn Sie das sogenannte "momentane Ruhebild" betrachten, dh v = 0, dann gibt es überhaupt keine Bewegung, also welche Rolle spielt SR hier? SR gilt für Situationen, in denen es nicht nur einen Geschwindigkeitsunterschied zwischen zwei Objekten gibt, sondern dieser Unterschied ist auch ... na ja ... riesig ...
@brightmagus Ich verstehe nicht wirklich, was du sagen willst? Dies ist ein Standardproblem mit zwei Referenzrahmen.
Ich versuche nichts. Ich sagte, was ich sagte: Wenn sich die Frames nicht bewegen bzgl. zueinander (v=0), SR entfällt. Das ist "Standard" Schlussfolgerung.
@brightmagus Ich denke, dass Sie verwirrt sind, wie die Beschleunigung in SR behandelt wird und was ein sofortiger Ruherahmen ist.
$\frac{v^2}{c^2}$ kann umgeschrieben werden als $1-\frac{1}{\gamma^2}$ . Versuchen Sie, das anzuschließen.
@brightmagus Ich weiß nicht, wohin dieses Gespräch führt. Erlauben Sie mir jedoch, Sie zu fragen, ob Sie wissen, was ein momentaner Ruherahmen ist? Das ist ein zentrales Konzept in der Relativitätstheorie und ohne es kann man keine gleichmäßige Beschleunigung behandeln. Vielleicht sorgt das für Verwirrung. Weitere Informationen finden Sie im Buch "Klassische Feldtheorie" von LD Landau und EM Lifschitz, woher dieses Problem stammt.
Genau, Alexander Cska. Ich weiß nicht, wohin Sie mit Ihren Kommentaren wollen. Ich habe Sie nicht gebeten, mich zu untersuchen oder irgendeine Lektüre zu empfehlen. Ich machte einen einfachen Kommentar, der eine offensichtliche Tatsache zur Kenntnis nahm. Wenn Sie also glauben, dass es falsch ist, dann beziehen Sie sich vielleicht lieber auf die Vorzüge dessen, was ich geschrieben habe. Ihre Bemerkung, dass es ohne das Konzept des momentanen Ruherahmens unmöglich ist, Beschleunigung bei SR zu behandeln, ist eigentlich nicht sehr wissenschaftlich.
@brightmagus Instantaneous Rest Frame steht direkt am Anfang meiner Antwort und was daraus für die 4-Beschleunigung wird, wird durch eine Formel ausgedrückt. Aufgrund Ihrer Kommentare haben Sie eindeutig keine Ahnung, wovon Sie sprechen, und außerdem sind Sie nicht sehr freundlich. Also auf Wiedersehen und einen schönen Tag.
@AlexanderCska; Ich sehe hier keine Antwort von Ihnen, nur eine Frage. Trotzdem haben Sie anscheinend keine Ahnung von grundlegenden physikalischen Konzepten wie Geschwindigkeit. Auch hier bedeutet Ruhe per Definition, dass es überhaupt keine Geschwindigkeit gibt (wie Sie selbst geschrieben haben: $v=0$ ), und deshalb kann man für diesen "Augenblick" eigentlich keine Relativitätsgleichungen anwenden, weil es keinerlei Relativbewegung gibt. In Ihrem Fall haben Sie also 2 Möglichkeiten: Entweder die Zeit ist eingefroren, was bedeutet, dass sich nichts bewegt und SR nicht gilt, oder die Zeit fließt, aber dann beschleunigt die Rakete und SR gilt nicht erneut. Tertium non datur.
Übrigens ist es sehr unfreundlich, sich nicht auf die Vorzüge der Bemerkung zu beziehen und über ihren Autor zu spekulieren. Und was noch wichtiger ist - nicht wissenschaftlich ...
@brightmagus, wie gesagt, lesen Sie mehr darüber, was ein momentaner Ruherahmen ist und was er für SR und beschleunigte Bewegung verwendet. Sie verstehen immer noch nicht, worum es in der Frage geht, und wiederholen immer wieder die gleichen falschen Dinge.
@AlexanderCska, du beziehst dich immer noch nicht auf meine Bemerkung und gibst mir immer wieder unaufgefordert Ratschläge. Dir gefällt mein Kommentar nicht und du weißt nicht, wie du richtig reagieren sollst? Sie können es immer ignorieren, ohne unhöflich zu sein ...
@brightmagus deine Bemerkung ist einfach falsch. Überprüfen Sie die Informationen, die ich Ihnen gegeben habe, und kommen Sie dann zurück, um weitere Kommentare zu erhalten. Ich bin in keiner Weise unhöflich, Sie haben gerade angefangen, in eine seltsame Richtung zu entgleisen. Wenn Sie sich bei etwas nicht sicher sind, sollten Sie es generell vermeiden, Kommentare abzugeben, da dies andere Menschen verwirren kann.
@AlexanderCska, ich bin mir absolut sicher, was ich gesagt habe. Anscheinend nicht, denn Sie können meinen Kommentar nicht direkt ansprechen und dem Problem ausweichen, indem Sie statt über das Problem über mich sprechen. Bekannte, aber niedrige Technik.
@brightmagus entspann dich einfach. Ich denke, das Problem hier ist Ihr Missverständnis des Äquivalenzprinzips. Im momentanen (lokalen) Ruhesystem $a_{\mu}=(0,a,0,0)$ für einen einfachen 1D-Fall oder allgemein $a_{\mu}=(0,\mathbf{a})$ .

Pulsar · Answer 1

Ihre Verwirrung ist verständlich, weil Landau das gleiche Symbol für die Eigenbeschleunigung und die Koordinatenbeschleunigung verwendet hat. Was Landau tatsächlich behauptet, ist das im Beobachterrahmen

\frac{D}{D T} (γ v) = A_{0},

$\frac{d}{dt}(\gamma v) = a_0,$ wo ich Ihre Notation verwendet habe

a_{0} = \sqrt{a^{μ} a_{μ}}

$a_0 = \sqrt{a^\mu a_\mu}$ . Diese Größe ist ein Viererskalar (was bedeutet, dass sie Lorentz-invariant ist) und wird Eigenbeschleunigung genannt . Das hast du richtig hergeleitet

a_{0} = γ^{3} a

$a_0 = \gamma^3 a$ (wenn die Beschleunigung parallel zur Geschwindigkeit ist), wo

a = d v / d t

$a = dv/dt$ ist die gewöhnliche Koordinatenbeschleunigung (die kein Viererskalar ist und daher vom Referenzrahmen abhängt). Landau bemerkt das dann

a_{0}

$a_0$ fällt zusammen mit

a

$a$ im momentanen Ruherahmen, da in diesem Rahmen

v = 0

$v=0$ Und

γ = 1

$\gamma = 1$ .

BEARBEITEN

\begin{aligned} \frac{D}{D T} (γ v) & = \frac{D γ}{D T} v + γ \frac{D v}{D T} \\ = \frac{v / C^{2}}{(1 - v^{2} / C^{2})^{3 / 2}} \frac{D v}{D T} v + \frac{1}{(1 - v^{2} / C^{2})^{1 / 2}} \frac{D v}{D T} \\ = \frac{v^{2} / C^{2}}{(1 - v^{2} / C^{2})^{3 / 2}} A + \frac{1 - v^{2} / C^{2}}{(1 - v^{2} / C^{2})^{3 / 2}} A \\ = \frac{1}{(1 - v^{2} / C^{2})^{3 / 2}} A = γ^{3} A = A_{0} . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt}(\gamma v) &= \frac{d\gamma}{dt}v + \gamma\frac{dv}{dt}\\ &= \frac{v/c^2}{(1 - v^2/c^2)^{3/2}}\frac{dv}{dt}v + \frac{1}{(1 - v^2/c^2)^{1/2}}\frac{dv}{dt}\\ &= \frac{v^2/c^2}{(1 - v^2/c^2)^{3/2}}a + \frac{1 - v^2/c^2}{(1 - v^2/c^2)^{3/2}}a\\ &= \frac{1}{(1 - v^2/c^2)^{3/2}}a = \gamma^3 a = a_0. \end{align}$

Ich verstehe nicht wirklich, wie ich davon ausgehen soll $a_0=\gamma^3a \to \frac{d}{dt}(v\gamma)=a_0$ . ich benutzte $\gamma^3=\frac{d}{dv}(\gamma v)$ , aber ich habe immer noch Ableitung in Bezug auf $v$ und nicht $t$ wie Landau es hat. dh $a\frac{d}{dv}(\gamma v)=a_0$

hebetudinös · Answer 2

Das Produkt $a^\mu a_\mu$ kann geschrieben werden als $a^\mu a^\nu \eta_{\mu\nu}$ . Diese Metrik (die Minkowski-Metrik) trägt normalerweise die Signatur $(-,+,+,+)$ oder $(+,-,-,-)$ . In jedem Fall muss die Zeitkoordinate das entgegengesetzte Vorzeichen haben. Das Produkt hier gibt Ihnen einige schöne Stornierungen, wenn Sie das Produkt abnehmen

$a^{\mu}=\gamma \frac{d}{dt}(c\gamma,u\gamma)$ --- (Hier $u$ ist die Vier-Geschwindigkeit)

mit sich selbst, berechnet zuerst die zeitliche Ableitung und führt dann sehr einfache Multiplikationen durch.

Sie gelangen an einen Punkt, an dem das Skalarprodukt dem folgenden entspricht:

$a^\mu a_\mu = a^2 \gamma_u^6$

Was, wenn es mit dem Satz von Taylor auf die erste Ordnung erweitert wird $u$ gibt einfach

$a^\mu a_\mu \approx a^2$ , als $\gamma_u^6$ ist sogar für relativistische Werte von sehr sehr klein $u$ .

@hebetudionus nein das ist falsch und es sind keine Erweiterungen nötig. Der Ausdruck in Landau-Lifschitz ist treffend!
Sie haben Recht, wenn der Wert, den Sie finden möchten, ist $a_0 = a\gamma^3$ . In meinem Notizbuch war es ein Problem, wo ich das zeigen musste $a_\mu a^\mu = a^2$ . Mein Fehler.

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heller Magier

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Pulsar

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