4-momentum y un componente yyy del momento

Question

4-momentum y un componente yyy del momento

71GA

Tengo 2 sistemas de coordenadas que se mueven a lo largo $x,x'$ eje.

He derivado una transformación de Lorentz para un $x$ componente del momento, que es una parte de un vector de 4 momentos $p_\mu$ . Esta es mi derivación:

\begin{aligned} {pag}_{X} & = metro v_{X} γ (v_{X}) \\ {pag}_{X} & = \frac{metro (v_{X}^{'} + tu)}{(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}}) \sqrt{1 - {(v_{X}^{'} + tu)}^{2} / C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2}}} \\ {pag}_{X} & = \frac{metro (v_{X}^{'} + tu) (1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}{(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}}) \sqrt{[C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2} - {(v_{X}^{'} + tu)}^{2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{X} & = \frac{metro (v_{X}^{'} + tu)}{\sqrt{[C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2} - {(v_{X}^{'} + tu)}^{2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{X} & = \frac{metro (v_{X}^{'} + tu)}{\sqrt{[C^{2} (1 + 2 v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}} + v_{X}^{' 2} \frac{{tu}^{2}}{C^{4}}) - v_{X}^{' 2} - 2 v_{X}^{'} tu - {tu}^{2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{X} & = \frac{metro v_{X}^{'} + metro tu}{\sqrt{[C^{2} + 2 v_{X}^{'} tu + v_{X}^{' 2} \frac{{tu}^{2}}{C^{2}} - v_{X}^{' 2} - 2 v_{X}^{'} tu - {tu}^{2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{X} & = \frac{metro v_{X}^{'} + metro tu}{\sqrt{[C^{2} + v_{X}^{' 2} \frac{{tu}^{2}}{C^{2}} - v_{X}^{' 2} - {tu}^{2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{X} & = \frac{metro v_{X}^{'} + metro tu}{\sqrt{1 + v_{X}^{' 2} \frac{{tu}^{2}}{C^{4}} - \frac{v_{X}^{' 2}}{C^{2}} - \frac{{tu}^{2}}{C^{2}}}} \\ {pag}_{X} & = \frac{metro v_{X}^{'} + metro tu}{\sqrt{(1 - \frac{{tu}^{2}}{C^{2}}) (1 - \frac{v_{X}^{' 2}}{C^{2}})}} \\ {pag}_{X} & = γ [metro v_{X}^{'} γ (v_{X}^{'}) + metro tu γ (v_{X}^{'})] \\ {pag}_{X} & = γ [metro v_{X}^{'} γ (v_{X}^{'}) + \frac{metro C^{2} γ (v_{X}^{'}) tu}{C^{2}}] \\ {pag}_{X} & = γ [{pag}_{X}^{'} + \frac{W^{'}}{C^{2}} tu] \end{aligned}

$\scriptsize \begin{split} p_x &= mv_x \gamma(v_x)\\ p_x &= \frac{m (v_x'+u)}{\left(1+v_x' \frac{u}{c^2}\right) \sqrt{1 - \left(v_x' + u \right)^2 / c^2 \left( 1+ v_x' \frac{u}{c^2} \right)^2}} \\ p_x &= \frac{m (v_x'+u) \left( 1+ v_x' \frac{u}{c^2} \right)}{\left(1+v_x' \frac{u}{c^2}\right) \sqrt{\left[c^2 \left( 1+ v_x' \frac{u}{c^2} \right)^2 - \left(v_x' + u \right)^2 \right] / c^2 }} \\ p_x &= \frac{m (v_x'+u)}{\sqrt{\left[c^2 \left( 1+ v_x' \frac{u}{c^2} \right)^2 - \left(v_x' + u \right)^2 \right] / c^2 }} \\ p_x &= \frac{m (v_x'+u)}{\sqrt{\left[c^2 \left( 1+ 2 v_x' \frac{u}{c^2} + v_x'^2 \frac{u^2}{c^4} \right) - v_x'^2 - 2 v_x' u - u^2 \right] / c^2 }} \\ p_x &= \frac{mv_x'+mu}{\sqrt{\left[c^2 + 2 v_x'u + v_x'^2 \frac{u^2}{c^2} - v_x'^2 - 2 v_x' u - u^2 \right] / c^2 }} \\ p_x &= \frac{mv_x'+mu}{\sqrt{\left[c^2 + v_x'^2 \frac{u^2}{c^2} - v_x'^2 - u^2 \right] / c^2 }} \\ p_x &= \frac{mv_x'+mu}{\sqrt{1 + v_x'^2 \frac{u^2}{c^4} - \frac{v_x'^2}{c^2} - \frac{u^2}{c^2} }} \\ p_x &= \frac{mv_x'+mu}{\sqrt{\left(1 - \frac{u^2}{c^2}\right) \left(1-\frac{v_x'^2}{c^2} \right)}} \\ p_x &= \gamma \left[mv_x' \gamma(v_x') + mu \gamma(v_x') \right] \\ p_x &= \gamma \left[mv_x' \gamma(v_x') + \frac{mc^2 \gamma(v_x') u}{c^2} \right] \\ p_x &= \gamma \left[p_x' + \frac{W'}{c^2} u\right] \end{split}$

Traté de derivar la transformación de Lorentz para el impulso también en $y$ dirección, pero parece que no puedo obtener la relación $p_y=p_y'$ porque al final no puedo deshacerme de $2v_x'\frac{u}{c^2}$ y $\frac{v_y'^2}{c^2}$ . Aquí está mi intento.

\begin{aligned} {pag}_{y} & = metro v_{y} γ (v_{y}) \\ {pag}_{y} & = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ (1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}}) \sqrt{1 - v_{y}^{' 2} / C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2}}} \\ {pag}_{y} & = \frac{metro v_{y}^{'} (1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}{γ (1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}}) \sqrt{[C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2} - v_{y}^{' 2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{y} & = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{[C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2} - v_{y}^{' 2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{y} & = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{[C^{2} (1 + 2 v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}} + v_{X}^{' 2} \frac{{tu}^{2}}{C^{4}}) - v_{y}^{' 2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{y} & = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{[C^{2} + 2 v_{X}^{'} tu + v_{X}^{' 2} \frac{{tu}^{2}}{C^{2}} - v_{y}^{' 2}] / C^{2}}} \\ {pag}_{y} & = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{1 + 2 v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}} + v_{X}^{' 2} \frac{{tu}^{2}}{C^{4}} - \frac{v_{y}^{' 2}}{C^{2}}}} \end{aligned}

$\scriptsize \begin{split} p_y &= m v_y \gamma(v_y)\\ p_y &= \frac{m v_y'}{\gamma \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right) \sqrt{1 - v_y'^2/c^2\left( 1 + v_x' \frac{u}{c^2} \right)^2}}\\ p_y &= \frac{m v_y' \left( 1 + v_x' \frac{u}{c^2} \right)}{\gamma \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right) \sqrt{\left[c^2\left( 1 + v_x' \frac{u}{c^2} \right)^2 - v_y'^2\right]/c^2}}\\ p_y &= \frac{m v_y'}{\gamma \sqrt{\left[c^2\left( 1 + v_x' \frac{u}{c^2} \right)^2 - v_y'^2\right]/c^2}}\\ p_y &= \frac{m v_y'}{\gamma \sqrt{\left[c^2\left( 1 + 2 v_x' \frac{u}{c^2} + v_x'^2 \frac{u^2}{c^4}\right) - v_y'^2\right]/c^2}}\\ p_y &= \frac{m v_y'}{\gamma \sqrt{\left[c^2 + 2 v_x' u + v_x'^2 \frac{u^2}{c^2} - v_y'^2\right]/c^2}}\\ p_y &= \frac{m v_y'}{\gamma \sqrt{1 + 2 v_x' \frac{u}{c^2} + v_x'^2 \frac{u^2}{c^4} - \frac{v_y'^2}{c^2}}}\\ \end{split}$

Aquí es donde termina para mí y necesitaría que alguien me señalara el camino y me mostrara cómo puedo obtener $p_y = p_y'$ ? Sé que estoy muy cerca.

TMS

p_{y} = p_{y}^{'}

$p_{y}=p'_{y}$ sólo si

u = u_{x}

$u=u_{x}$ y

v_{y} = 0

$v_{y}=0$

71GA

Esto lo dije al principio.

mufrido

Honestamente, esta es una forma bastante laboriosa de hacer las cosas. ¿Hay alguna razón por la que está evitando simplemente usar las transformaciones de Lorentz (que hacen que el resultado sea obvio)? Además, escribes

p_{y} = m v_{y} γ (v_{y})

$p_y = m v_y \gamma(v_y)$ , pero

γ

$\gamma$ depende de la velocidad total

v

$v$ , no solo la componente y.

Urraca

@Muphrid, podría sugerir una alternativa en una respuesta.

71GA

@Muphid Es

p = m v γ (v)

$p=mv \gamma(v)$ en general. Esto es de lo que estoy seguro. Pero no es así

p = m v_{x} γ (v_{x})

$p=mv_x \gamma(v_x)$ (gamma es una función de una velocidad que se encuentra junto a

m

$m$ ) para un componente? ¿Tuve la suerte de derivar con éxito la primera ecuación, es decir, para

p_{x}

$p_x$ ? Quiero decir suerte porque debería haber usado

γ (v)

$\gamma(v)$ pero yo solía

γ (v_{x})

$\gamma(v_x)$ . Pero porque

v_{x}

$v_x$ es la velocidad total para la que funcionó

x

$x$ dirección. no funciona para

y

$y$ dirección porque

v_{y}

$v_y$ no es toda la velocidad. En realidad es cero. Entonces debería usar

p_{y} = m v_{y} γ (v_{x})

$p_y = m v_y \gamma(v_x)$ ?

71GA

Tema resuelto! Agregaré derivación a PREGUNTA MODIFICADA.

resgh

@ 71GA ¿Por qué no respondes tu propia pregunta?

71GA

De hecho, haré esto.

Respuestas (1)

4-momentum y un componente yyy del momento

Honestamente, esta es una forma bastante laboriosa de hacer las cosas. ¿Hay alguna razón por la que está evitando simplemente usar las transformaciones de Lorentz (que hacen que el resultado sea obvio)? Además, escribes $p_y = m v_y \gamma(v_y)$ , pero $\gamma$ depende de la velocidad total $v$ , no solo la componente y.
@Muphid Es $p=mv \gamma(v)$ en general. Esto es de lo que estoy seguro. Pero no es así $p=mv_x \gamma(v_x)$ (gamma es una función de una velocidad que se encuentra junto a $m$ ) para un componente? ¿Tuve la suerte de derivar con éxito la primera ecuación, es decir, para $p_x$ ? Quiero decir suerte porque debería haber usado $\gamma(v)$ pero yo solía $\gamma(v_x)$ . Pero porque $v_x$ es la velocidad total para la que funcionó $x$ dirección. no funciona para $y$ dirección porque $v_y$ no es toda la velocidad. En realidad es cero. Entonces debería usar $p_y = m v_y \gamma(v_x)$ ?

71GA · Answer 1

Bueno, así es como $p_y$ se junta parte de un impulso de cuatro.

\begin{aligned} pag & = metro v γ (v) \\ ⇓ \\ {pag}_{y} & = metro v_{y} γ (v) = metro v_{y} γ (\sqrt{v_{X}^{2} + v_{y}^{2} + v_{z}^{2}}) = metro v_{y} γ (\sqrt{v_{X}^{2} + 0 + 0}) = metro v_{y} γ (v_{X}) = \\ = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ (1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}}) \sqrt{1 - \frac{{(v_{y}^{'} + tu)}^{2}}{C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2}}}} = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ (1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}}) \sqrt{\frac{C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2} - {(v_{X}^{'} + tu)}^{2}}{C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2}}}} = \\ = \frac{metro v_{y}^{'} (1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}{γ (1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}}) \sqrt{[C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2} - {(v_{X}^{'} + tu)}^{2}] / C^{2}}} = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{[C^{2} {(1 + v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}})}^{2} - {(v_{X}^{'} + tu)}^{2}] / C^{2}}} = \\ = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{[C^{2} (1 + 2 v_{X}^{'} \frac{tu}{C^{2}} + {v_{X}^{'}}^{2} \frac{{tu}^{2}}{C^{4}}) - {v_{X}^{'}}^{2} - 2 v_{X}^{'} tu - {tu}^{2}] / C^{2}}} = \\ = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{[C^{2} + 2 v_{X}^{'} tu + {v_{X}^{'}}^{2} \frac{{tu}^{2}}{C^{2}} - {v_{X}^{'}}^{2} - 2 v_{X}^{'} tu - {tu}^{2}] / C^{2}}} = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{[C^{2} + {v_{X}^{'}}^{2} \frac{{tu}^{2}}{C^{2}} - {v_{X}^{'}}^{2} - {tu}^{2}] / C^{2}}} = \\ = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{1 + {v_{X}^{'}}^{2} \frac{{tu}^{2}}{C^{4}} - \frac{{v_{X}^{'}}^{2}}{C^{2}} - \frac{{tu}^{2}}{C^{2}}}} = \frac{metro v_{y}^{'}}{γ \sqrt{(1 - \frac{{tu}^{2}}{C^{4}}) (1 - \frac{{v_{X}^{'}}^{2}}{C^{2}})}} = metro v_{y}^{'} γ (v_{X}^{'}) \end{aligned}

$\begin{equation} \scriptsize \begin{split} p &= m v \gamma(v)\\ &\Downarrow\\ p_y &= m v_y \gamma(v) = m v_y \gamma \left( \sqrt{v_x^2 + v_y^2 + v_z^2}\right) = m v_y \gamma \left( \sqrt{v_x^2 + 0 + 0}\right) = m v_y \gamma(v_x) =\\ &= \frac{m v_y'}{\gamma \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right) \sqrt{1 - \frac{\left(v_y' + u\right)^2}{c^2 \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right)^2}}} = \frac{mv_y'}{\gamma \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right) \sqrt{\frac{c^2 \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right)^2 - \left(v_x' + u\right)^2}{c^2 \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right)^2}}}=\\ &= \frac{mv_y' \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right)}{\gamma \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right) \sqrt{\left[c^2 \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right)^2 - \left(v_x' + u\right)^2\right] / c^2}} = \frac{mv_y'}{\gamma \sqrt{\left[c^2 \left(1 + v_x' \frac{u}{c^2}\right)^2 - \left(v_x' + u\right)^2\right] / c^2}}=\\ &= \frac{mv_y'}{\gamma \sqrt{\left[c^2 \left(1 + 2 v_x' \frac{u}{c^2} + {v_x'}^2 \frac{u^2}{c^4}\right) - {v_x'}^2 - 2 {v_x'}u - u^2\right] / c^2}}=\\ & = \frac{mv_y'}{\gamma \sqrt{\left[c^2 + 2 v_x' u + {v_x'}^2 \frac{u^2}{c^2} - {v_x'}^2 - 2 {v_x'}u - u^2\right] / c^2}}= \frac{mv_y'}{\gamma \sqrt{\left[c^2 + {v_x'}^2 \frac{u^2}{c^2} - {v_x'}^2 - u^2\right] / c^2}}=\\ & = \frac{mv_y'}{\gamma \sqrt{1 + {v_x'}^2 \frac{u^2}{c^4} - \frac{{v_x'}^2}{c^2} - \frac{u^2}{c^2}}}= \frac{mv_y'}{\gamma \sqrt{\left(1 - \frac{u^2}{c^4}\right) \left(1-\frac{{v_x'}^2}{c^2}\right)}}= mv_y' \gamma(v_x')\\ \end{split} \end{equation}$

En nuestro caso $v_x' = v'$ y podemos modificar la última parte de esta gran ecuación para obtener:

\begin{aligned} {pag}_{y} = metro v_{y}^{'} γ (v^{'}) \end{aligned}

$\begin{equation} \scriptsize \begin{split} p_y= mv_y' \gamma(v')\\ \end{split} \end{equation}$

Ahora podemos ver Lorentz tr. y revertir Lorentz tr. que son:

\begin{aligned} {pag}_{y} = {pag}_{y}^{'} {pag}_{y}^{'} = {pag}_{y} \end{aligned}

$\begin{equation} \scriptsize \begin{split} &\boxed{p_y=p_y'} ~~~\boxed{p_y'=p_y}\\ \end{split} \end{equation}$

¡Buen trabajo! Vi a algunas personas sugerir arriba que esta era la forma más larga de hacer las cosas. Me gustaría que mostraran lo que son si ese es el caso también.
Esto es muy claro y solo usé matemáticas simples. Ahora es fácil armar 4 impulsos. Lo que tengo que hacer es solo poner ecuaciones para $W$ , $p_x$ , $p_y$ y $p_z$ uno encima del otro y hacer una forma de matriz desde la cual puedo ver la matriz de Lorentz $\Lambda$ .
Mi vector de impulso 4 todavía es incompleto para juzgar, pero no entiendo por qué alguien diría que hay una mejor manera y no lo muestra.

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