Movimiento de cohete de aceleración uniforme en relatividad especial

Question

Movimiento de cohete de aceleración uniforme en relatividad especial

Alejandro Cska

He estado tratando de aprender más sobre la aceleración en la relatividad especial. Para ello consulté al gran Lev Landau. Tiene un ejemplo sobre esto en su libro, pero una de sus ecuaciones me desconcierta. Considere un cohete acelerando en positivo $x$ dirección. Las cuatro aceleraciones para un observador que ve el cohete moviéndose a velocidad $v$ es dado por

a^{m} = γ \frac{d}{d t} (C γ, v γ)

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

En el marco de reposo instantáneo del cohete donde $v=0$ , tenemos

a^{m} = (0, a_{0}, 0, 0) .

$a^{\mu}=(0,a_0,0,0).$ Este cuadro instantáneo lo imagino como los pasajeros del cohete siendo presionados contra sus asientos.

Entonces Landau afirma que podrías elevar al cuadrado las expresiones para los dos marcos de descanso y obtener

\frac{d}{d t} \frac{v}{\sqrt{1 - \frac{v^{2}}{C^{2}}}} = \frac{d}{d t} (γ v) = a

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

El lado derecho de esta ecuación es claro, obviamente es el cuadrado de las cuatro aceleraciones en el marco de reposo instantáneo. Pero, ¿cómo obtener el lado derecho de $a^{\mu}a_{\mu}$ en el sistema en el que se mueve el cohete? Apreciaría tu ayuda.

EDITAR: algunos comentarios escritos de forma explícita

a^{m} = γ^{2} (\frac{v \cdot a}{C} γ, \frac{v \cdot a}{C^{2}} γ v + a)

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

Dónde

\frac{d γ}{d t} = \frac{v \cdot a}{C^{2}} γ^{3}

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

A lo largo de estas líneas

a_{m} a^{m} = \frac{{(v \cdot a)}^{2}}{C^{2}} γ^{6} + γ^{4} a^{2} = a_{0}^{2}

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

con algo de álgebra vectorial:

a_{m} a^{m} = \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}

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

a ∥ v

$\textbf{a} \parallel \textbf{v}$ lo anterior se reduce a

a_{m} a^{m} = γ^{6} (\frac{a^{2} v^{2}}{C^{2}}) + γ^{4} a^{2} = a_{0}^{2},

$a_{\mu}a^{\mu}= \gamma^6\left(\frac{a^2v^2}{c^2} \right)+\gamma^4a^2=a_0^2,$ que es diferente a lo que tiene Landau. Debería estar recibiendo en su lugar:

* * a_{0} = γ^{3} a * *

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

Respuesta:

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}

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

Observación: ¿Qué es un marco de reposo instantáneo?

Considere un cohete que sufre una aceleración constante a lo largo $\hat{x}$ . Aunque la velocidad está cambiando, consideramos un marco en el que el cohete está instantaneouslyen reposo. En tal marco, la aceleración 4 del cohete es $(0, a_0 )$ . Que es un concepto clave para este problema.

mago brillante

Si está considerando el llamado "marco de reposo instantáneo", es decir, v = 0, entonces no hay movimiento alguno, entonces, ¿cuál es el papel de SR aquí? SR se aplica a situaciones en las que no solo hay una diferencia de velocidades entre dos objetos, sino que también esta diferencia es... bueno... enorme...

Alejandro Cska

@brightmagus Realmente no entiendo lo que estás tratando de decir. Este es un problema estándar con dos marcos de referencia.

mago brillante

No estoy intentando nada. Dije lo que dije: si los marcos no se mueven wrt. entre sí (v=0), SR no es aplicable. Esa es la conclusión "estándar".

Alejandro Cska

@brightmagus Creo que te estás confundiendo sobre cómo se trata la aceleración en SR y qué es el marco de descanso instantáneo.

hebetudinoso

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

$\frac{v^2}{c^2}$ puede reescribirse como

1 - \frac{1}{γ^{2}}

$1-\frac{1}{\gamma^2}$ . Intenta enchufar eso.

Alejandro Cska

@brightmagus No sé hacia dónde se dirige esta conversación. Sin embargo, permítame la libertad de preguntarle si sabe qué es un marco de descanso instantáneo. Ese es un concepto central en la relatividad y sin él no puedes tratar la aceleración uniforme. Quizás esto esté causando la confusión. Para más información consulta el libro "Teoría clásica de campos" de LD Landau y EM Lifschitz donde se origina este problema.

mago brillante

Exacto, Alexander Cska. No sé adónde te diriges con tus comentarios. No te pedí que me examinaras ni recomendaras ninguna lectura. Hice un simple comentario tomando nota de un hecho evidente. Entonces, si cree que está mal, tal vez prefiera referirse a los méritos de lo que escribí. Su comentario de que sin el concepto de marco de reposo instantáneo es imposible tratar la aceleración en SR en realidad no es muy científico.

Alejandro Cska

El marco de descanso instantáneo de @brightmagus está escrito justo al comienzo de mi respuesta y lo que resulta para la aceleración 4 se expresa mediante una fórmula. Según sus comentarios, claramente no tiene idea de lo que está hablando y, además, no es muy amigable. Por lo tanto, adiós y que tengas un buen día.

mago brillante

@AlexanderCska; No veo ninguna respuesta tuya aquí, solo una pregunta. Aún así, aparentemente no tienes idea de los conceptos básicos de física, como la velocidad. Nuevamente, por definición, el descanso significa que no hay velocidad en absoluto (como usted mismo escribió:

v = 0

$v=0$ ) y, por lo tanto, no puede aplicar ninguna ecuación de relatividad para este "instante", porque no hay ningún movimiento relativo. Así que tienes 2 posibilidades en tu caso: el tiempo está congelado, lo que significa que nada se mueve y SR no se aplica, o el tiempo fluye, pero luego el cohete se acelera y SR no se aplica de nuevo. Tertium non datur.

mago brillante

Por cierto, no referirse a los méritos del comentario y especular sobre su autor es muy desagradable. Y lo que es más importante, no científico ...

Alejandro Cska

@brightmagus como dije, lea más sobre qué es el marco de descanso instantáneo y qué se usa para SR y movimiento acelerado. Todavía no entiendes el sentido de la pregunta y sigues repitiendo las mismas cosas equivocadas.

mago brillante

@AlexanderCska, todavía no te refieres a mi comentario y sigues dándome consejos no solicitados. ¿No te ha gustado mi comentario y no sabes cómo responder correctamente? Siempre puedes ignorarlo sin ser grosero...

Alejandro Cska

@brightmagus su comentario es simplemente incorrecto. Verifique la información que le di y luego regrese para obtener más comentarios. No estoy siendo grosero de ninguna manera, simplemente comenzaste a descarrilarte en una dirección extraña. En general, si no está seguro de algo, debe evitar comentar, porque esto puede confundir a otras personas.

mago brillante

@AlexanderCska, estoy perfectamente seguro de lo que dije. Aparentemente no lo eres, ya que no puedes abordar mi comentario directamente y esquivar el problema hablando de mí en lugar del problema. Técnica conocida pero humilde.

Alejandro Cska

@brightmagus solo relájate. Creo que el problema aquí es su mala interpretación del principio de equivalencia. En el marco de reposo instantáneo (local)

a_{μ} = (0, a, 0, 0)

$a_{\mu}=(0,a,0,0)$ para un caso 1D simple o en general

a_{μ} = (0, a)

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

Respuestas (2)

Movimiento de cohete de aceleración uniforme en relatividad especial

Si está considerando el llamado "marco de reposo instantáneo", es decir, v = 0, entonces no hay movimiento alguno, entonces, ¿cuál es el papel de SR aquí? SR se aplica a situaciones en las que no solo hay una diferencia de velocidades entre dos objetos, sino que también esta diferencia es... bueno... enorme...
@brightmagus Realmente no entiendo lo que estás tratando de decir. Este es un problema estándar con dos marcos de referencia.
No estoy intentando nada. Dije lo que dije: si los marcos no se mueven wrt. entre sí (v=0), SR no es aplicable. Esa es la conclusión "estándar".
@brightmagus Creo que te estás confundiendo sobre cómo se trata la aceleración en SR y qué es el marco de descanso instantáneo.
$\frac{v^2}{c^2}$ puede reescribirse como $1-\frac{1}{\gamma^2}$ . Intenta enchufar eso.
@brightmagus No sé hacia dónde se dirige esta conversación. Sin embargo, permítame la libertad de preguntarle si sabe qué es un marco de descanso instantáneo. Ese es un concepto central en la relatividad y sin él no puedes tratar la aceleración uniforme. Quizás esto esté causando la confusión. Para más información consulta el libro "Teoría clásica de campos" de LD Landau y EM Lifschitz donde se origina este problema.
Exacto, Alexander Cska. No sé adónde te diriges con tus comentarios. No te pedí que me examinaras ni recomendaras ninguna lectura. Hice un simple comentario tomando nota de un hecho evidente. Entonces, si cree que está mal, tal vez prefiera referirse a los méritos de lo que escribí. Su comentario de que sin el concepto de marco de reposo instantáneo es imposible tratar la aceleración en SR en realidad no es muy científico.
El marco de descanso instantáneo de @brightmagus está escrito justo al comienzo de mi respuesta y lo que resulta para la aceleración 4 se expresa mediante una fórmula. Según sus comentarios, claramente no tiene idea de lo que está hablando y, además, no es muy amigable. Por lo tanto, adiós y que tengas un buen día.
@AlexanderCska; No veo ninguna respuesta tuya aquí, solo una pregunta. Aún así, aparentemente no tienes idea de los conceptos básicos de física, como la velocidad. Nuevamente, por definición, el descanso significa que no hay velocidad en absoluto (como usted mismo escribió: $v=0$ ) y, por lo tanto, no puede aplicar ninguna ecuación de relatividad para este "instante", porque no hay ningún movimiento relativo. Así que tienes 2 posibilidades en tu caso: el tiempo está congelado, lo que significa que nada se mueve y SR no se aplica, o el tiempo fluye, pero luego el cohete se acelera y SR no se aplica de nuevo. Tertium non datur.
Por cierto, no referirse a los méritos del comentario y especular sobre su autor es muy desagradable. Y lo que es más importante, no científico ...
@brightmagus como dije, lea más sobre qué es el marco de descanso instantáneo y qué se usa para SR y movimiento acelerado. Todavía no entiendes el sentido de la pregunta y sigues repitiendo las mismas cosas equivocadas.
@AlexanderCska, todavía no te refieres a mi comentario y sigues dándome consejos no solicitados. ¿No te ha gustado mi comentario y no sabes cómo responder correctamente? Siempre puedes ignorarlo sin ser grosero...
@brightmagus su comentario es simplemente incorrecto. Verifique la información que le di y luego regrese para obtener más comentarios. No estoy siendo grosero de ninguna manera, simplemente comenzaste a descarrilarte en una dirección extraña. En general, si no está seguro de algo, debe evitar comentar, porque esto puede confundir a otras personas.
@AlexanderCska, estoy perfectamente seguro de lo que dije. Aparentemente no lo eres, ya que no puedes abordar mi comentario directamente y esquivar el problema hablando de mí en lugar del problema. Técnica conocida pero humilde.
@brightmagus solo relájate. Creo que el problema aquí es su mala interpretación del principio de equivalencia. En el marco de reposo instantáneo (local) $a_{\mu}=(0,a,0,0)$ para un caso 1D simple o en general $a_{\mu}=(0,\mathbf{a})$ .

púlsar · Answer 1

Su confusión es comprensible, porque Landau usó el mismo símbolo para la aceleración adecuada y la aceleración coordinada. Lo que Landau realmente afirma es que en el marco del observador

\frac{d}{d t} (γ v) = a_{0},

$\frac{d}{dt}(\gamma v) = a_0,$ donde usé tu notación

a_{0} = \sqrt{a^{μ} a_{μ}}

$a_0 = \sqrt{a^\mu a_\mu}$ . Esta cantidad es un escalar de cuatro (lo que significa que es invariante de Lorentz) y se llama aceleración propia . dedujiste correctamente que

a_{0} = γ^{3} a

$a_0 = \gamma^3 a$ (si la aceleración es paralela a la velocidad), donde

a = d v / d t

$a = dv/dt$ es la aceleración de coordenadas ordinaria (que no es un escalar de cuatro y, por lo tanto, depende del marco de referencia). Landau luego comenta que

a_{0}

$a_0$ coincide con

a

$a$ en el marco de reposo instantáneo, ya que en ese marco

v = 0

$v=0$ y

γ = 1

$\gamma = 1$ .

EDITAR

\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}

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

Realmente no entiendo cómo pasar de $a_0=\gamma^3a \to \frac{d}{dt}(v\gamma)=a_0$ . solía $\gamma^3=\frac{d}{dv}(\gamma v)$ , pero todavía tengo derivada con respecto a $v$ y no $t$ como lo tiene Landau. es decir $a\frac{d}{dv}(\gamma v)=a_0$

hebetudinoso · Answer 2

El producto $a^\mu a_\mu$ Se puede escribir como $a^\mu a^\nu \eta_{\mu\nu}$ . Esta métrica (la métrica de Minkowski) generalmente lleva la firma $(-,+,+,+)$ o $(+,-,-,-)$ . De cualquier manera, la coordenada de tiempo tiene que tener el signo opuesto. El producto aquí le da algunas buenas cancelaciones cuando toma el producto de

$a^{\mu}=\gamma \frac{d}{dt}(c\gamma,u\gamma)$ --- (aquí $u$ es la velocidad de cuatro)

consigo mismo, calculando primero la derivada temporal y luego haciendo multiplicaciones muy sencillas.

Llegarás a un punto en el que tienes el producto escalar igual a lo siguiente:

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

que cuando se expande usando el teorema de Taylor a primer orden en $u$ da simplemente

$a^\mu a_\mu \approx a^2$ , como $\gamma_u^6$ es muy, muy pequeño incluso para valores relativistas de $u$ .

@hebetudionus no, esto está mal y no se necesitan expansiones. ¡La expresión en Landau-Lifschitz es precisa!
Tiene razón, si el valor que está tratando de encontrar es $a_0 = a\gamma^3$ . En mi cuaderno fue de un problema donde tenia que demostrar que $a_\mu a^\mu = a^2$ . Mi error.

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Velocidad relativa del diagrama espacio-tiempo

Cohete propulsado por un láser monocromático gigante

¿Cuánto se tarda en viajar 36 años luz con aceleración y desaceleración tolerables?

Contracción de la longitud, dilatación del tiempo y contradicción de los intervalos del espacio-tiempo

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