Koordinatentransformation für einen mitbewegten Rahmen für eine beliebige Flugbahn

Question

Koordinatentransformation für einen mitbewegten Rahmen für eine beliebige Flugbahn

jasalami

Nehmen wir an, es gibt ein Teilchen, das sich durch die Raumzeit bewegt. Es bewegt sich mit einer zeitabhängigen Geschwindigkeit entlang der x-Richtung. Von einem Inertialsystem aus gesehen hat es die Geschwindigkeit $v(t)$ Wo $t$ die Koordinatenzeit des Trägheitssystems ist. Lassen $t \in [0,T]$ .

Ich möchte die Koordinatentransformation für den mitbewegten Rahmen des Partikels erhalten. Damit meine ich ein Koordinatensystem, in dem das Teilchen für alle Zeiten ruht. Ich habe versucht, diese Transformation zu erreichen, indem ich annahm, dass sich die Partikel für kurze Zeiträume bewegen $\Delta t$ mit konstanter Geschwindigkeit. Für konstante Geschwindigkeiten können wir eine normale Lorentz-Transformation als Koordinatentransformation verwenden. Wenn ich jetzt das Zeitintervall aufteile $[0,T]$ hinein $n$ Intervalle mit Länge $\Delta t = T/N$ es ist möglich, eine LT für jedes Zeitintervall der Länge zu finden $\Delta t$ .

Für $t \in [n \Delta t,(n+1) \Delta t]$ wir bekommen

T^{'} = γ_{N} (T - v_{N} X) + A_{N}

$t' = \gamma_n (t- v_n x)+ a_n$

Der $a_n$ ist unbekannt, muss aber mit dem vorherigen Zeitintervall verbunden werden $[n \Delta t,(n+1) \Delta t]$ von

A_{N} = A_{N - 1} + N Δ T (γ_{N - 1} - γ_{N - 2}) + (\sum_{M = 0}^{N} v_{M} Δ T) (γ_{N} v_{N} - γ_{N - 1} v_{N - 1})

$a_n = a_{n-1} + n \Delta t(\gamma_{n-1}-\gamma_{n-2})+ \left(\sum_{m=0}^{n}v_m \Delta t\right) (\gamma_{n} v_n - \gamma_{n-1}v_{n-1})$

Jetzt durch Iteration und Umwandlung der Summen in Integrale bekomme ich

A_{N} =: A (T) = \int_{0}^{T} \tilde{T} \frac{D γ}{D \tilde{T}} + R (\tilde{T}) \frac{D (γ v)}{D \tilde{T}} D \tilde{T}

$a_n =: a(t)= \int_0^t \tilde{t} \frac{\mathrm d\gamma}{\mathrm d\tilde{t}} +r(\tilde{t})\frac{\mathrm d(\gamma v)}{\mathrm d\tilde{t}} \mathrm d\tilde{t}$

Wo $r(t)$ ist die vom Inertialsystem aus gesehene Position des Teilchens mit $r(0)=0$ .

Insgesamt erhalten wir also für die transformierte Zeit:

T^{'} = γ (T) (T - v (T) X) + \int_{0}^{T} \tilde{T} \frac{D γ}{D \tilde{T}} + R (\tilde{T}) \frac{D (γ v)}{D \tilde{T}} D \tilde{T}

$t' = \gamma(t) (t- v(t) x)+ \int_0^t \tilde{t} \frac{\mathrm d\gamma}{\mathrm d\tilde{t}} +r(\tilde{t})\frac{\mathrm d(\gamma v)}{\mathrm d\tilde{t}} \mathrm d\tilde{t}$

Ähnliches kann für die Raumkoordinate getan werden.

Nun meine Frage ob das der richtige Ansatz ist? Oder habe ich irgendwo einen Fehler gemacht? In meinem neuen Koordinatensystem sollte das Teilchen für alle in Ruhe sein $t'$ . Gibt es andere Möglichkeiten, das mitbewegte Koordinatensystem zu finden? Und gibt es eine Formel ohne Integral?

Benutzer196418

Dies ist kein Trägheitsrahmen, sieht etwas für Sie nicht richtig aus? Erhalten Sie ein kontraintuitives Ergebnis?

jasalami

@ggcg Für das Zwillingsparadoxon bekomme ich die richtige Antwort. Aber in diesem Fall haben Sie nur zwei Geschwindigkeiten und brauchen die Iteration und Integration nicht. Aber ich habe mich nur gefragt, ob das obige Ergebnis in der Literatur zu finden ist oder ob es etwas Ähnliches zu finden gibt.

Benutzer196418

Die meisten Texte auf GR werden den einheitlichen Beschleunigungsrahmen ausführen. Ich denke, Sie finden es in Misner Thorne und Wheeler (MTW), Gravitation.

Benutzer196418

Sie können diesen Fall zumindest anhand Ihres Ergebnisses überprüfen.

Oktonion

@yasalami, ich sehe, du hast Recht mit dem

t^{'}

$t'$ . Ich habe einen Fehler mit dem Integrationsmaß gemacht, als ich auf gewechselt habe

τ

$\tau$ . Dein

t^{'}

$t'$ ist in der Tat gleich

τ

$\tau$ entlang der Flugbahn des Teilchens. Ich habe meine Antwort gelöscht.

jasalami

@octonion danke trotzdem. Du hast mir den richtigen Hinweis gegeben. Aber ich habe es immer noch nicht geschafft, Rindler-Koordinaten abzuleiten

Antworten (2)

Koordinatentransformation für einen mitbewegten Rahmen für eine beliebige Flugbahn

Dies ist kein Trägheitsrahmen, sieht etwas für Sie nicht richtig aus? Erhalten Sie ein kontraintuitives Ergebnis?
@ggcg Für das Zwillingsparadoxon bekomme ich die richtige Antwort. Aber in diesem Fall haben Sie nur zwei Geschwindigkeiten und brauchen die Iteration und Integration nicht. Aber ich habe mich nur gefragt, ob das obige Ergebnis in der Literatur zu finden ist oder ob es etwas Ähnliches zu finden gibt.
Die meisten Texte auf GR werden den einheitlichen Beschleunigungsrahmen ausführen. Ich denke, Sie finden es in Misner Thorne und Wheeler (MTW), Gravitation.
Sie können diesen Fall zumindest anhand Ihres Ergebnisses überprüfen.
@yasalami, ich sehe, du hast Recht mit dem $t'$ . Ich habe einen Fehler mit dem Integrationsmaß gemacht, als ich auf gewechselt habe $\tau$ . Dein $t'$ ist in der Tat gleich $\tau$ entlang der Flugbahn des Teilchens. Ich habe meine Antwort gelöscht.
@octonion danke trotzdem. Du hast mir den richtigen Hinweis gegeben. Aber ich habe es immer noch nicht geschafft, Rindler-Koordinaten abzuleiten

Elio Fabri · Answer 1

Von einem Inertialsystem aus gesehen hat es die Geschwindigkeit v(t)

$\def\D#1#2{{d#1 \over d#2}}$ Definieren $x(t)$ so dass $dx/dt=v$ , Dann $h(\tau)$ so dass

\begin{aligned} \frac{D X}{D τ} & = Sünde H (τ) \\ \frac{D T}{D τ} & = cosch H (τ) . \end{aligned}

$\eqalign{ \D x\tau &= \sinh h(\tau) \cr \D t\tau &= \cosh h(\tau).\cr}$ Beachten Sie, dass

\tanh h = v

$\tanh h = v$ ,

\cosh h = γ

$\cosh h = \gamma$ ,

h

$h$ ist Schnelligkeit (

τ

$\tau$ ist die richtige Zeit.)

Die Transformation, die Sie suchen, ist

\begin{aligned} X & = \int_{0}^{ξ} Sünde H (ξ^{'}) D ξ^{'} + η cosch H (ξ) \\ T & = \int_{0}^{ξ} cosch H (ξ^{'}) D ξ^{'} + η Sünde H (ξ) . \end{aligned}

$\eqalign{ x &= \int_0^\xi \sinh h(\xi')\,d\xi' + \eta\,\cosh h(\xi) \cr t &= \int_0^\xi \cosh h(\xi')\,d\xi' + \eta\,\sinh h(\xi).\cr}$ Sie können das für sehen

η = 0

$\eta=0$

\begin{aligned} D X = Sünde H (ξ) D ξ \\ D T = cosch H (ξ) D ξ \end{aligned}

$\eqalign{ dx = \sinh h(\xi)\,d\xi \cr dt = \cosh h(\xi)\,d\xi \cr}$ so dass die Bewegung eines festen Punktes bei

η = 0

$\eta=0$ ist nur derjenige, der zugewiesen ist

x (t)

$x(t)$ mit

ξ = τ

$\xi=\tau$ .

In Koordinaten $(\xi,\eta)$ die Metrik ist

[1 + η H^{'} (ξ)]^{2} D ξ^{2} - D η^{2}

$[1 + \eta\,h'(\xi)]^2 d\xi^2 - d\eta^2$ Zeigt das

(ξ, η)

$(\xi,\eta)$ sind verallgemeinerte Rindler-Koordinaten .

Andere Eigenschaften folgen leicht, insbesondere für die Bewegung von Punkten mit $\eta=\mathrm{const.}\ne0$ .

Nicht sicher, aber in den ersten beiden Gleichungen sollte das Argument der hyperbolischen Funktionen nicht sein $h(\tau)$ ?
@Marco81 Du hast vollkommen Recht. Korrigiert. Danke schön.

Kryo · Answer 2

Ich stimme dem Vorschlag zu, in die MTW zu schauen. Ich mag den Abschnitt über gleichmäßig beschleunigende Objekte sehr.

Ich glaube nicht, dass Sie den komplizierten Schritt brauchen, der die Lorentz-Transformationen und die Annahme der Kontinuumsgrenze beinhaltet.

In jedem Inertialsystem kann eine Weltlinie eines sich bewegenden Objekts ausgedrückt werden als $x^\mu=\left(ct,\, \mathbf{r}(t)\right)^\mu$ , So $dx^\mu=(c, \mathbf{v}(t))^\mu dt$ , Und $dx^2=(c^2-v^2)dt^2$ , aber per definitionem auch $dx^2=c^2 d\tau^2$ ( $\tau$ =Eigenzeit), also $dt/d\tau=\gamma=\left(1-v^2/c^2\right)^{-1/2}$ , auch wenn die Geschwindigkeit zeitabhängig ist.

Wenn Sie den Ausdruck für die zeitabhängige Geschwindigkeit kennen $v=v(t)$ , einfach integrieren $d\tau=dt\sqrt{1-v(t)^2/c^2}$ um die richtige Zeit zu bekommen ( $\tau$ ) in Bezug auf die Laborzeit ( $t$ ).

Sobald Sie wissen, wie sich die richtige Zeit auf die Laborzeit bezieht, dh $\tau=\tau\left(t\right)$ Sie können die vier Geschwindigkeiten aufschreiben $u^{\mu}(\tau)=\frac{dx^{\mu}}{d\tau}=\frac{d\tau}{dt}\cdot\frac{dx^{\mu}}{dt}=\frac{d\tau}{dt}\cdot\left(c, \mathbf{v}(t(\tau))\right)^{\mu}$

Vier Geschwindigkeit gibt Ihnen die Richtung der zeitlichen Achse für das Trägheitssystem, in dem sich Ihr Objekt zu diesem bestimmten Zeitpunkt in Ruhe befindet. Sie haben dann eine willkürliche Wahl, wie Sie die 3 räumlichen Dimensionen überspannen, die senkrecht zur Vierergeschwindigkeit stehen.

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