Derive la fórmula de adición de velocidad a partir de la transformación de Lorentz

Question

Derive la fórmula de adición de velocidad a partir de la transformación de Lorentz

Madde Anerson

En un mundo euclidiano la suma $s$ de dos velocidades $v$ y $u$ es tan tal que $s = v + u$ . Sin embargo, en el mundo de la relatividad especial ese no es el caso. En cambio, la suma de vectores de velocidad $s$ es tal que $s = \frac{v + u}{1+vu} \; (c=1)$ .

Estoy tratando de derivarlo y abajo está mi trabajo hasta ahora. Cualquier pista que me lleve hacia adelante sería genial.

Considere dos marcos de referencia inerciales $S$ ("el marco de descanso") y $S'$ ("el marco en movimiento"). En S' tenemos un vector de 4 velocidades $\left(c \frac{d {x^0}'}{d \tau}, \frac{d {x^1}'}{d \tau}, \frac{d {x^2}'}{d \tau}, \frac{d {x^3}'}{d \tau}\right)$ .

estoy dejando ${x^\mu}$ denotar $x^\mu$ coordenadas en $S$ y ${x^\mu}'$ denotar $x^\mu$ coordenadas en $S'$ .

Durante $d \tau$ , una partícula con la velocidad $\left(c \frac{d {x^0}'}{d \tau}, \frac{d {x^1}'}{d \tau}, \frac{d {x^2}'}{d \tau}, \frac{d {x^3}'}{d \tau}\right)$ viaja desde $(0, 0, 0, 0)$ a $\left(c d {x^0}', d {x^1}', d {x^2}', d {x^3}'\right)$ .

Para simplificar el problema, ahora vamos a suponer que la velocidad relativa de $S'$ (el marco móvil") está solo en la dirección x, y lo mismo se supone sobre el vector de 4 velocidades en $S'$ . Por lo tanto, se simplifica en el evento. $\left(c d {x^0}', d {x^1}', 0, 0 \right)$ .

Ahora transformamos el ${x^0}'$ término en $S$ :

$x^0 = \gamma(d {x^0}' - v d {x^1}')$

Y lo mismo para el ${x^1}'$ término:

$x^1 = \gamma (d {x^1}' - v d {x^0}')$

Así pues, en $S$ , el evento está dado por $(\gamma(d {x^0}' - v d {x^1}'), \gamma (d {x^1}' - v d {x^0}'), 0, 0)$

Ahora, aquí está mi problema. Para escribir una expresión para el cambio en la distancia con el tiempo (esa es la velocidad) en $S$ coordenadas, necesitaré saber cómo transformar $d \tau$ en $S$ . ya lo se ${x^1}$ en $S$ en términos de $S'$ coordenadas, pero no sé cómo ${x^0}$ se relaciona con $d \tau$ .

Si supiera eso, simplemente podría tomar $\frac{d {x^1}}{d {x^0}}$ y obtenga una expresión para la velocidad en $S$ .

En otras palabras, necesito saber la coordenada de $d \tau$ en $S$ .

Si no me quedó claro algo, por favor no voten negativamente , pero dejen un comentario y pregunten en su lugar y corregiré cualquier error o formulaciones poco claras.

ryan unger

En un mundo galileano , la velocidad es aditiva.

DanielSank

Hay una manera realmente simple de hacer esto si piensa en la transformación de Lorentz como una rotación pero usa funciones trigonométricas hiperbólicas en lugar de regulares.

\sin

$\sin$ y

\cos

$\cos$ . Si hace esto, encontrará que componer dos transformaciones de Lorentz es equivalente a sumar los ángulos asociados a cada una.

Selene Routley

Otra forma de describir el comentario de @DanielSank: componga dos impulsos colineales, multiplicando sus matrices. Ahora encuentra el único parámetro de velocidad que describe el producto de la matriz. Puedes hacer esto con las matrices en velocidad y

γ (v)

$\gamma(v)$ formulario, o puede hacerlo con ellos como matrices hiperbólicas de "rotación" con ángulo (rapidez)

η = a r t a n h (v / c) \Leftrightarrow v = c \tanh η

$\eta = \mathrm{artanh}(v/c)\Leftrightarrow v = c \tanh\eta$ . Ahora usa la fórmula de suma de ángulos hiperbólicos

\tanh (η_{1} + η_{2}) = (\tanh η_{1} + \tanh η_{2}) / (1 + \tanh η_{1} \tanh η_{2})

$\tanh(\eta_1+\eta_2) = (\tanh\eta_1+\tanh\eta_2)/(1+\tanh\eta_1\,\tanh\eta_2)$ .

Selene Routley

Pregunta de tarea bien hecha, por cierto. Cumple exactamente con las reglas.

Respuestas (2)

Derive la fórmula de adición de velocidad a partir de la transformación de Lorentz

Hay una manera realmente simple de hacer esto si piensa en la transformación de Lorentz como una rotación pero usa funciones trigonométricas hiperbólicas en lugar de regulares. $\sin$ y $\cos$ . Si hace esto, encontrará que componer dos transformaciones de Lorentz es equivalente a sumar los ángulos asociados a cada una.
Otra forma de describir el comentario de @DanielSank: componga dos impulsos colineales, multiplicando sus matrices. Ahora encuentra el único parámetro de velocidad que describe el producto de la matriz. Puedes hacer esto con las matrices en velocidad y $\gamma(v)$ formulario, o puede hacerlo con ellos como matrices hiperbólicas de "rotación" con ángulo (rapidez) $\eta = \mathrm{artanh}(v/c)\Leftrightarrow v = c \tanh\eta$ . Ahora usa la fórmula de suma de ángulos hiperbólicos $\tanh(\eta_1+\eta_2) = (\tanh\eta_1+\tanh\eta_2)/(1+\tanh\eta_1\,\tanh\eta_2)$ .
Pregunta de tarea bien hecha, por cierto. Cumple exactamente con las reglas.

or1426 · Answer 1

Como todas las velocidades son constantes resultando $\frac{dx^{1}}{dx^{0}}$ es una división simple (no se requiere cálculo). Tenga en cuenta que las entradas en su vector en $S$ son los valores que le interesan:

(d X^{0}, d X^{1}, 0, 0) = (γ (d {X^{0}}^{'} - v d {X^{1}}^{'}), γ (d {X^{1}}^{'} - v d {X^{0}}^{'}), 0, 0)

$(dx^0, dx^1, 0, 0)=(\gamma(d {x^0}' - v d {x^1}'), \gamma (d {x^1}' - v d {x^0}'), 0, 0)$ .

Entonces tenemos:

\frac{d X^{1}}{d X^{0}} = \frac{d {X^{1}}^{'} - v d {X^{0}}^{'}}{d {X^{0}}^{'} - v d {X^{1}}^{'}}

$\begin{equation} \frac{dx^{1}}{dx^{0}} = \frac{d {x^1}' - v d {x^0}'}{d {x^0}' - v d {x^1}'} \end{equation}$

Dividiendo el numerador y el denominador por $d {x^0}'$ tenemos:

\begin{aligned} \frac{d X^{1}}{d X^{0}} & = \frac{\frac{d {X^{1}}^{'}}{d {X^{0}}^{'}} - v}{1 - v \frac{d {X^{1}}^{'}}{d {X^{0}}^{'}}} \\ = \frac{tu - v}{1 - v tu} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{dx^{1}}{dx^{0}} &= \frac{\frac{d {x^1}'}{d {x^0}'} - v }{1 - v\frac{ d {x^1}'}{d {x^0}'}}\\ &= \frac{u - v }{1 - vu}\\ \end{align}$

Donde el $-$ signos diferentes a la fórmula estándar es porque sus dos velocidades están en la misma dirección.

Prácticamente habías resuelto el problema tú mismo, ¡pero no te habías dado cuenta!

¡Gracias! Permíteme hacerte dos preguntas: ¿por qué no necesito saber d𝛕 en términos de coordenadas S? ¿Por qué los signos son negativos en lugar de positivos?
@MaddeAnerson Para los signos menos, probablemente sea más fácil pensar en la versión galileana. si voy a $u\text{ms}^{\text{-1}}$ en el $x$ dirección relativa a usted y ve algo que va en $v\text{ms}^{\text{-1}}$ en la misma dirección que yo, entonces veo que va en $(v-u)\text{ms}^{\text{-1}}$ . Si por el contrario ves que el otro objeto se dirige hacia $v\text{ms}^{\text{-1}}$ en el $-x$ dirección entonces lo veré como yendo en $(u+v)\text{ms}^{\text{-1}}$ en esa direccion. El $-$ los signos solo se relacionan con las direcciones de las velocidades.
@MaddeAnerson: Lo que en realidad estamos tratando de hacer aquí es tomar nuestro conocimiento de cómo $S^\prime$ se mueve con respecto a $S$ y cómo el objeto en cuestión se mueve en relación con $S^\prime$ y encuentre una expresión de cómo se mueve el objeto en relación con $S$ en cuanto a esa información. Para repetirme, tenemos que escribir las cosas en términos de las coordenadas primadas (y $v$ ) porque esos son los bits de información con los que comenzamos. Puede derivar la fórmula de manera similar si comienza conociendo dos (4) velocidades en el marco $S$ y tratar de averiguar cómo aparece uno de ellos desde el marco del otro.

timeo · Answer 2

Si tiene dos vectores, puede proyectar uno sobre el otro. Si proyecta ortogonalmente un vector de espacio-tiempo en su unidad tangente, entonces la longitud de esa proyección es cuánto tiempo observa separando los dos eventos. Eso podría ser suficiente para responder a su pregunta allí mismo.

Entonces, para obtener una velocidad promedio entre dos eventos, primero calcule el vector A entre los dos eventos. Luego proyecte esa A en su unidad tangente W para obtener la proyección P. Luego, el vector A es igual a P+R con el rechazo R ortogonal a la proyección P. Obtenemos R de R=AP. Y si dividimos R por la longitud de P obtenemos la velocidad de A relativa a W. Todo lo que hice fue escribir todo en términos de la geometría para que la base no importara. Hagámoslo en una buena base para ver lo que está pasando.

Sea W=(1,0,0,0) esa es la base que hace que las cosas se vean bien, el marco comóvil de W. Así que si la diferencia entre los dos eventos es A=(a,b,c,d) entonces la proyección es (a,0,0,0) por lo que al restarlo da (0,b,c,d) y dado que el tiempo entre ellos es $a=\sqrt{(a,0,0,0)\cdot(a,0,0,0)}$ obtenemos que la velocidad es (0,b,c,d)/a. que tiene una velocidad igual a su longitud $\sqrt{(b^2+c^2+d^2)/a^2}.$

Entonces, si el vector es (a,b,c,d) y la unidad tangente es (1,0,0,0), entonces la proyección es (a,0,0,0), por lo que al restarla se obtiene (0,b, c,d) y entonces la velocidad que observas es (0,b,c,d)/a. Esto puede parecer dolorosamente fácil. Pero lo mismo se aplica a alguien que se mueve como (1,-v,0,0) te observan moviéndote a gran velocidad $v$ y observas a alguien moviéndose como (1,u,0,0) moviéndose a la velocidad u. Entonces, ¿cómo ve el de la izquierda al de la derecha? Proyecta, resta y divide (en álgebra geométrica esto es básicamente un paso).

Primer paso: proyectar la derecha sobre la izquierda. (1,u,0,0) $\cdot$ (1,-v,0,0) (1,-v,0,0)/ $(1-v^2)$ (eso es $\vec a\cdot \vec b \vec b / (\vec b\cdot \vec b)$ para proyectar $\vec a$ sobre $\vec b$ ). Entonces obtenemos $\frac{1+uv}{1-v^2}$ (1,-v,0,0).

Siguiente paso: restar esa proyección. (1,u,0,0)- $\frac{1+uv}{1-v^2}$ (1,-v,0,0) =

( $\frac{1-v^2-1-uv}{1-v^2}$ , $\frac{u-v^2u+v+v^2u}{1-v^2}$ ,0,0)

= ( $\frac{-v^2-uv}{1-v^2}$ , $\frac{u+v}{1-v^2}$ ,0,0).

Este es un vector ortogonal a (1,-v,0,0), al igual que (0,b,c,d) era ortogonal a (1,0,0,0).

Comprobemos (1,-v,0,0) $\cdot$ ( $\frac{-v^2-uv}{1-v^2}$ , $\frac{u+v}{1-v^2}$ ,0,0)= $\frac{-v^2-uv}{1-v^2}$ -(-v) $\frac{u+v}{1-v^2}$ =0. Controlar.

La persona de la izquierda piensa que la persona de la derecha viajó P= $\frac{1+uv}{1-v^2}$ (1,-v,0,0) en el tiempo (que para la persona de la izquierda es una dirección de tiempo pura) y viajó un desplazamiento espacial ( $\frac{-v^2-uv}{1-v^2}$ , $\frac{u+v}{1-v^2}$ ,0,0) (que para la persona de la izquierda es una dirección espacial pura). Podríamos comprobar que suman el desplazamiento total del espacio-tiempo, pero obtuvimos uno al restar el otro. Y conocemos la respuesta final, por lo que no necesitamos verificar nuestro trabajo todo el tiempo.

Así que encontremos la longitud de ese desplazamiento de tiempo (esto es encontrar a). Queremos la longitud de P= $\frac{1+uv}{1-v^2}$ (1,-v,0,0) que es $\frac{1+uv}{\sqrt{1-v^2}}.$ Entonces dividimos por eso para obtener el vector de velocidad relativa.

Paso final: dividir. La velocidad relativa es $\frac{\sqrt{1-v^2}}{1+uv}(\frac{-v^2-uv}{1-v^2}$ , $\frac{u+v}{1-v^2}$ ,0,0).

Simplificar: $\frac{\sqrt{1-v^2}}{1+uv}(\frac{-v^2-uv}{1-v^2}$ , $\frac{u+v}{1-v^2}$ ,0,0) =

$\frac{u+v}{(1+uv)\sqrt{1-v^2}}$ (-v,1,0,0) que tiene longitud (velocidad) (u+v)/(1+uv).

Un poco de atención al formato matemático haría que esto fuera más fácil de leer. Tenga en cuenta que el uso de signos de dólar doble centra las matemáticas y las hace más grandes. También encuentro fracciones en línea con / mucho más fáciles de leer que la forma en que se hace aquí.

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¿Qué tan rápido tienes que viajar para viajar un año luz en un año debido a los efectos relativistas?

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