Relativistische Transformation von c2/vc2/vc^2/v

Nun, was das wert ist:

Fix$w$und legen$f(v)=(v+w)/(1+vw)$. Denk an$f$als Karte aus${\mathbb R}^+$zu sich selbst.

(Hier${\mathbb R}^+$sind die positiven reellen Zahlen.$f$ist auch für negative reelle Zahlen definiert, aber das ist jetzt egal.)

Was Sie sagen, ist gleichbedeutend mit:

$f$pendelt mit der Umkehrung.

Wir können uns identifizieren${\mathbb R}^+$mit${\mathbb R}$durch Anwenden der log-Funktion in einer Richtung und der exp-Funktion in der anderen. Diese Abbildungen sind Homomorphismen und nehmen daher Inverse zu Negativen. Nach dieser Identifizierung haben wir eine Karte$\hat{f}:{\mathbb R}\rightarrow {\mathbb R}$explizit gegeben von$x\mapsto \log(f(\exp(x)))$. Unter dieser Identifizierung und unter Berücksichtigung dessen, was über Homomorphsime gesagt wurde, sagen Sie genau das

$\hat{f}$pendelt mit Multiplikation mit $-1$

oder mit anderen Worten

$\hat{f}$ist eine ungerade Funktion.

Dies lässt sich leicht durch eine direkte Berechnung und/oder durch einen Aufruf an die Berechnung in Ihrem Beitrag bestätigen.

Ich bin mir nicht sicher, ob dies etwas hinzufügt, außer darauf hinzuweisen, dass Ihre Beobachtung auf die Tatsache zurückzuführen ist, dass eine bestimmte Funktion seltsam ist. Seltsame Funktionen sind gar nicht so selten, und es wird nicht immer als seltsam angesehen, dass sie von Zeit zu Zeit auftauchen, also ist das vielleicht alles.

Etwas umformuliert sagt das relativistische Additionsgesetz, dass wenn$v_1$Und$v_2$Summe zu$v$, was wir als schreiben werden$v_1 \oplus v_2 = v$, dann addieren sich ihre "Boost-Winkel" (oder Schnelligkeiten) direkt. Das ist,

$$\tanh \phi_i = v_i, \quad \tanh \phi = v, \quad \phi_1 + \phi_2 = \phi.$$ Ihre Beobachtung ist das $1/v_1 \oplus v_2 = 1/v$auch, was gleichbedeutend damit ist, das zu zeigen $$\text{arctanh}(a) - \text{arctanh}(1/a) = \text{constant}$$ für alle $a \in (-1, 1)$. Und das stellt sich als wahr heraus, also läuft Ihr Ergebnis vielleicht nur auf eine zufällige Eigenschaft von arctanh hinaus.

Ich habe versucht, eine physikalische Erklärung zu finden. Haben$|v| > 1$entspricht einem komplexen "Boost-Winkel"$\phi$. Ich weiß nicht, was das bedeutet, und es ist besonders verwirrend, weil Boost-Winkel bereits "imaginäre" Verallgemeinerungen gewöhnlicher Rotationswinkel sind (dh sie sind das, was Sie erhalten, wenn Sie um einen imaginären Winkel drehen). Also vielleicht$|v| > 1$wickelt es wieder auf eine normale Drehung um, aber ich kann es nicht sehen.

Unter Schub durch relative Raumgeschwindigkeit$w=v_{CB}=\tanh\omega$, wird Bobs 4-Geschwindigkeitsvektor in Carols 4-Geschwindigkeitsvektor transformiert. Forderung$\omega$die relative Schnelligkeit zwischen den [zeitähnlichen] 4-Geschwindigkeiten.

Die [Raum-]Geschwindigkeitstransformation

$$v_{CA}=\frac{v_{BA}+v_{CB}}{1+v_{BA}v_{CB}}$$ liefert ihre räumliche Geschwindigkeit [die Steigung von Carols 4-Geschwindigkeitsvektor] $v'=v_{CA}=\tanh(\theta+\omega)$in Bezug auf die Raumgeschwindigkeit des Bobs $v=v_{BA}=\tanh\theta$und die relative Raumgeschwindigkeit $w=v_{CB}=\tanh\omega$.

Dieser Boost transformiert auch Bobs "Raumachse" [mit Neigung$1/v_{BA}$] in Carols "Raumachse" [mit Steigung$1/v_{CA}$]. (Dies ist wahr, weil in der Minkowski-Raumzeitgeometrie zwei Richtungen in dieser Geometrie senkrecht sind, wenn das Produkt der Steigungen +1 ist ... im Gegensatz zum euklidischen Fall, in dem das Produkt ist$-1$. Beachten Sie, dass sich die rechte Seite vereinfacht, wenn Sie das Produkt der beiden Formeln im OP nehmen.)

Obwohl der Winkel zwischen raumähnlichen Linien technisch gesehen nicht die Schnelligkeit ist ... diese raumähnlichen Linien sind etwas Besonderes, weil sie entsprechend senkrecht zu den 4-Geschwindigkeiten im Problem sind (die von Alice [nicht gezeigt] und von Bob und Carol). und koplanar mit allen von ihnen.

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AKTUALISIEREN:

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Hier ist eine algebraische Berechnung zur Unterstützung des obigen Raumzeitdiagramms.

Ich verwende Signatur$(+,-)$, wobei meine erste Komponente die Zeitkomponente ist.

Lassen$\hat V=\left(\begin{array}{c} \cosh{B} \\ \sinh{B} \end{array}\right)$sei Bobs 4-Geschwindigkeit (ein zeitähnlicher Vektor). Seine Raumgeschwindigkeit$v=\rm{slope}=\frac{\rm spatial\ component}{\rm temporal\ component}=\frac{\sinh B}{\cosh B}=\tanh{B}$.

Lassen$M=\gamma\left(\begin{array}{cc} 1 & \beta \\ \beta & 1 \end{array}\right)$ein Boost sein, der Bobs 4-Vektor auf Carols 4-Vektor abbildet. (Die Schubgeschwindigkeit$\beta$entspricht$w$im OP.) Ich mische absichtlich Notationen, um die Boost-Komponenten von den 4-Velocity-Komponenten zu unterscheiden.

Also bekommen wir Carols 4-Velocity

$$\begin{align} \hat V'&=M\hat V\\ \hat V'&= \gamma\left(\begin{array}{cc} 1 & \beta \\ \beta & 1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} \cosh{B} \\ \sinh{B} \end{array}\right)\\ &= \gamma\left(\begin{array}{c} \cosh{B} + \beta\sinh{B} \\ \beta\cosh{B}+\sinh{B} \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} \cosh{C} \\ \sinh{C} \end{array}\right)\\ \end{align}$$ $\hat V'$Steigung hat $$v'=\tanh{C}=\frac{\beta\cosh{B}+\sinh{B}}{\cosh{B} + \beta\sinh{B}} =\frac{\beta+\tanh{B}}{1+\beta\tanh{B}}=\frac{\beta+v}{1+\beta v},$$ die Geschwindigkeitstransformation (die Gleichung 1 des OP).

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Nächste...

Lassen$\hat V_{\perp}=\left(\begin{array}{c} \sinh{B} \\ \cosh{B} \end{array}\right)$sei Bobs Einheits-x-Vektor (ein raumartiger Vektor orthogonal zu seiner 4-Geschwindigkeit$\hat V$). Es hat Steigung$v_{\perp}=\frac{\cosh B}{\sinh B}=\coth B=\frac{1}{v}$.

Der Boost bildet diesen Vektor auf Carols Einheit-x-Vektor ab$\hat V_{\perp}'$(ein raumartiger Vektor orthogonal zu Carols 4-Geschwindigkeit$\hat V'$). So,

$$\begin{align} \hat V_{\perp}'&=M\hat V_{\perp}\\ \hat V_{\perp}'&= \gamma\left(\begin{array}{cc} 1 & \beta \\ \beta & 1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} \sinh{B} \\ \cosh{B} \end{array}\right)\\ &= \gamma\left(\begin{array}{c} \sinh{B} + \beta\cosh{B} \\ \beta\sinh{B}+\cosh{B} \end{array}\right) \end{align}$$ $\hat V_{\perp}'$Steigung hat $$v_{\perp}'=\frac{\beta\sinh{B}+\cosh{B}}{\sinh{B} + \beta\cosh{B}} =\frac{\beta+\coth{B}}{1+\beta\coth{B}}=\frac{\beta+v_{\perp}}{1+\beta v_{\perp}}=\frac{\beta+(\frac{1}{v})}{1+\beta (\frac{1}{v})},$$ Nennen Sie es die raumartige Steigungstransformation (die OP-Gleichung 2).

Der Vollständigkeit halber sollten wir das zeigen$v_{\perp}'=\frac{1}{v'}$.

$$\begin{align} v_{\perp}' &\stackrel{?}{=}\frac{1}{v'}\\ &\stackrel{?}{=}\frac{1+\beta v}{\beta + v}\\ &\stackrel{\surd}{=}\frac{(\frac{1}{v})+\beta }{\beta (\frac{1}{v}) +1}\\ \end{align}$$ ...und wir sind fertig.

Meiner Meinung nach ist die PHYSIKALISCHE Interpretation, dass es sich um die Neigung der X-Achse des Beobachters handelt. (Man kann wahrscheinlich andere Interpretationen finden ... aber im Grunde ... ist es diese Neigung.)

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UPDATE Nr. 2 (als Antwort auf das Update und die Kommentare des OP):

In einem Lorentz-Boost können wir sehen, wie sich die 4-Geschwindigkeit und die Raumachse eines Beobachters auf komplementäre Weise transformieren, indem wir einen "Lichtuhr-Diamanten" auf "gedrehtem Millimeterpapier" betrachten.

Dies ist einem Blog-Eintrag entnommen, zu dem ich unter https://www.physicsforums.com/insights/relativity-rotated-graph-paper/
beigetragen habe . Dies basiert auf meiner jüngsten Veröffentlichung („Relativity on Rotated Graph Paper“, Am. J Phys. 84, 344 (2016); http://dx.doi.org/10.1119/1.4943251 ).

Auf diesen Diagrammen läuft die Zeit aufwärts.
Lichtuhr-Diamanten werden durch die Raumzeitpfade von Lichtsignalen in einer longitudinalen Lichtuhr nachgezeichnet. Die Weltlinien der Spiegel der Lichtuhr sind nicht dargestellt, aber durch die Reflexionsereignisse angedeutet. In jedem Tick der Lichtuhr sind diese Ereignisse "räumlich", entsprechend dem Beobachter, der diese Lichtuhr trägt. Das heißt, diese Richtung ist Minkowski-senkrecht zur 4-Geschwindigkeit dieses Beobachters. Optisch bedeutet dies, dass die Diagonalen einer Lichtuhrraute Minkowski-senkrecht zueinander stehen.

Unter einem Boost muss sich Alices Lichtuhr-Diamant in Bobs Lichtuhr-Diamant verwandeln, der Kanten parallel zum Lichtkegel haben muss (um die Lichtgeschwindigkeit zu erhalten) und eine Fläche haben muss (da der Lorentz-Boost eine Determinante gleich hat). eins). [Die Fläche entpuppt sich als das Quadratintervall von OF.]

Geometrisch bewegt sich die Spitze der 4-Geschwindigkeit entlang der Einheitshyperbel, die am Ursprung zentriert ist. [Dies stellt sicher, dass der Bereich des Diamanten erhalten bleibt]. Am Schnittpunkt ist die Tangente an die Hyperbel Minkowski-senkrecht zur 4-Geschwindigkeit [ein Einheitsradiusvektor]. Diese Tangente ist parallel zur raumartigen Diagonale der Lichtuhrraute.
Somit ist die Diagonale YZ Minkowski-senkrecht zur Diagonale OF.

Link : Über de Broglie-Beziehungen, was genau ist E? Seine Energie von was?

In meiner Antwort im obigen Link ist die dreidimensionale Version dieses Ergebnisses enthalten. Es ist weder seltsam noch lustig. Wir können es „Umwandlungsgesetz der Phasengeschwindigkeiten“ nennen in Analogie zum „Umwandlungsgesetz der Teilchengeschwindigkeiten“. Legen Sie das begleitende Teilchen für eine Weile beiseite: in einer 1-dimensionalen Phase$\:\phi=\omega t\!-\!kx\:$in einem Rahmen$\:\mathrm{S}\:$Ausbreitung mit Geschwindigkeit$\:\mathrm{w}=\omega/k\:$ist ein Lorentz-invarianter Skalar

$$\begin{equation} \phi'=\omega' t'\!-\!k'x'=\omega t\!-\!kx=\phi \tag{01} \end{equation}$$ Ausbreitung mit Geschwindigkeit $\:\mathrm{w'}=\omega'/k'\:$relativ zu einem Rahmen $\:\mathrm{S'}$. Wenn $\:\mathrm{S'}$bewegt sich mit Geschwindigkeit $\:-\upsilon\:$relativ zu $\:\mathrm{S}\:$Dann $$\begin{equation} \left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w'}}\right)=\dfrac{\upsilon+\left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w}}\right)}{1+\dfrac{\upsilon}{\mathrm{w}}}=\dfrac{\upsilon+\left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w}}\right)}{1+\dfrac{\upsilon\left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w}}\right)}{c^2}} \tag{02} \end{equation}$$ definieren $$\begin{equation} u\stackrel{def}{\equiv}\left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w}}\right)\,,\quad u'\stackrel{def}{\equiv}\left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w'}}\right) \tag{03} \end{equation}$$ Gleichung (02) erinnert uns an die relativistische Summe der Teilchengeschwindigkeiten $\:\upsilon, u$ $$\begin{equation} u'=\dfrac{\upsilon+u}{1+\dfrac{\upsilon u}{c^2}} \tag{04} \end{equation}$$ Andererseits wird dieselbe Gleichung (02) ausgedrückt als $$\begin{equation} \quad \mathrm{w'}=\dfrac{\upsilon+\mathrm{w}}{1+\dfrac{\upsilon \mathrm{w}}{c^2}} \tag{02'} \end{equation}$$ erinnern uns an die relativistische Summe der Teilchengeschwindigkeiten, aber jetzt gilt diese Gleichung auch für Überlichtgeschwindigkeiten ( $\:\mathrm{w}>c,\mathrm{w'}>c\:$).

Nun, wenn die Phase$\:\phi=\omega t\!-\!kx\:$ist "superluminal" :$\:\mathrm{w}=\omega/k>c\:$, dann hat es diese Eigenschaft in allen Frames ⁽¹⁾ und den Geschwindigkeiten$\:u, u'\:$in (03) sind "subluminal":$\:u<c, u'<c\:$entsprechend einem Teilchen und umgekehrt: einem Teilchen mit Geschwindigkeit$\:u<c\:$es entspricht einer begleitenden "superluminalen" ebenen Phasenwelle, die sich mit Geschwindigkeit ausbreitet$\:\mathrm{w}=c^2/u>c$. Und dieses Bild ist Lorentz-invariant, also in allen Frames gleich. Auch das Produkt aus Teilchengeschwindigkeit und Wellengeschwindigkeit ist unveränderlich

$$\begin{equation} u'\cdot w'=c^2=u\cdot w \tag{04'} \end{equation}$$

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^{(1) Die Lorentz-Transformation zwischen den beiden oben genannten Systemen$\:\mathrm{S},\mathrm{S'}$für die Raum-Zeit-Koordinaten$\:\left(x,t\right)\:$Ist}

$$\begin{align} x &=\gamma_{\upsilon}\left(x'-\upsilon t'\right) \tag{05.1}\\ t &=\gamma_{\upsilon}\left(t'-\dfrac{\upsilon x'}{c^2}\right) \tag{05.2} \end{align}$$ und durch Umkehrung ( $\upsilon \rightarrow -\upsilon$) $$\begin{align} x' &=\gamma_{\upsilon}\left(x+\dfrac{\upsilon}{c}c t\right) \tag{06.1}\\ ct' &=\gamma_{\upsilon}\left(ct+\dfrac{\upsilon}{c}x\right) \tag{06.2} \end{align}$$ Für die ebene Phasenwelle $$\begin{align} \phi \left(x,t\right) & = \omega \; t -k\; x= \omega \underbrace{\left[\gamma_{\upsilon}\left(t'-\dfrac{\upsilon x'}{c^2}\right)\right]}_{t} -k\,\underbrace{\biggl[\gamma_{\upsilon}\left(x'-\upsilon t'\right)\biggr]}_{x} \nonumber\\ & = \underbrace{\biggl[ \gamma_{\upsilon}\left(\omega+k\,\upsilon\right)\biggr]}_{\omega'} t^{\boldsymbol{\prime}} - \underbrace{\biggl[ \gamma_{\upsilon}\left(k+\dfrac{\upsilon \omega}{c^2}\right)\biggr]}_{k'} x' = \omega'\, t' - k'\,x'=\phi'\left( x',t'\right) \tag{07} \end{align}$$ das ist $$\begin{align} ck' &=\gamma_{\upsilon}\left(ck+\dfrac{\upsilon}{c}\omega\right) \tag{08.1}\\ \omega' &=\gamma_{\upsilon}\left(\omega+\dfrac{\upsilon }{c}ck\right) \tag{08.2} \end{align}$$ Aus (08) sehen wir, dass der 2-Vektor $$\begin{equation} \boldsymbol{\Omega} \stackrel{def}{\equiv} \left(\omega,ck \right) \tag{09} \end{equation}$$ als Raum-Zeit-2-Vektor transformiert $$\begin{equation} \mathbf{X} = \left(ct,x\right) \tag{10} \end{equation}$$ Die Phase ist eine Lorentz-Invariante als inneres Produkt zweier Vektoren im Minkowski-Raum $$\begin{equation} \phi '\left( x',t'\right)= \omega' t' - k'x' = \dfrac{1}{c} \left(\boldsymbol{\Omega}^{\boldsymbol{\prime}}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{X}^{\boldsymbol{\prime}} \right)= \dfrac{1}{c} \left(\boldsymbol{\Omega}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{X} \right)= \omega \; t -k x=\phi \left(x,t\right) \tag{11} \end{equation}$$ Divisionsgleichungen (08) haben wir $$\begin{equation} \left(\dfrac{c^2 k'}{\omega'}\right)=\dfrac{\left(\dfrac{c^2 k}{\omega}\right)+\upsilon}{1+\dfrac{\upsilon \left(\dfrac{c^2 k}{\omega}\right)}{c^2}} \tag{12} \end{equation}$$ Bedenkt, dass die Geschwindigkeit der Phasenwelle ist $\:\mathrm{w}=\omega/k \:$im Rahmen $\:\mathrm{S}\:$Und $\:\mathrm{w'}=\omega'/k'\:$im Rahmen $\:\mathrm{S'}\:$Ihre Gleichung (02) ist bewiesen $$\begin{equation} \left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w'}}\right)=\dfrac{\upsilon+\left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w}}\right)}{1+\dfrac{\upsilon}{\mathrm{w}}}=\dfrac{\upsilon+\left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w}}\right)}{1+\dfrac{\upsilon\left(\dfrac{c^2}{\mathrm{w}}\right)}{c^2}} \tag{02} \end{equation}$$

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^{(2) In der Abbildung 02 unten werden alle Punkte eines Rechtecks ​​gleichzeitig zum Zeitpunkt eingeschaltet$\:t_{1}\:$im Rahmen$\:\mathrm{S}\:$und bleiben in diesem EIN-Zustand für$\:t\ge t_{1}$. Wir könnten sagen, dass dies eine ebene Phasenwelle mit ist$\:\mathrm{w}=\infty\:$, Wellenlänge$\:\lambda=\infty\:$, das ist$\:k=2\pi/\lambda=0\:$.}

^{Im Rahmen$\:\mathrm{S'}\:$Die Punkte des Rechtecks ​​werden allmählich durch die Front einer "superluminalen" ebenen Phasenwelle eingeschaltet, die sich mit Geschwindigkeit ausbreitet$\:\mathrm{w'}=c^2/\upsilon >c$. Das Einschalten wird in einem Zeitintervall abgeschlossen$\:\Delta t'=\gamma_{\upsilon}\upsilon \ell/c^2\:$Wo$\:\ell\:$die Breite des Rechtecks ​​im Rahmen$\:\mathrm{S}\:$parallel zur Geschwindigkeit$\:\boldsymbol{\upsilon}$.}

Zusätzlich zu @robphys Antwort suchte ich weiter nach einem Wellenphänomen, bei dem das Kompositionsgesetz für die inverse Geschwindigkeit in meiner Frage eine Rolle spielt, und ich glaube, ich habe eines gefunden.

Betrachten Sie die Interferenz zweier Lichtwellen, die sich in entgegengesetzte Richtungen und mit unterschiedlichen Frequenzen ausbreiten,

$$\begin{align} &\cos \omega_1\left(t - \frac{x}{c}\right) + \cos \omega_2\left(t + \frac{x}{c}\right)\\ =& 2\cos\left(\omega t - \frac{\Delta\omega}{c}x\right)\cos\left(\Delta\omega t - \frac{\omega}{c}x\right) \end{align}$$

Wo

$$\begin{align} \omega &= \frac{\omega_1+\omega_2}{2},\\ \Delta\omega&=\frac{\omega_1-\omega_2}{2}. \end{align}$$

Die Phasengeschwindigkeiten für jeweils die Phase des ersten und des zweiten Kosinus sind

$$\begin{align} v_1 &= c\frac{\omega}{\Delta\omega},\\ v_2 &= c\frac{\Delta\omega}{\omega}. \end{align}$$

Da es sich um Phasengeschwindigkeiten handelt, transformieren sich beide gemäß der relativistischen Geschwindigkeitsadditionsformel, aber dann

$$v_1 v_2 = c^2.$$