A bal oldali ábra a Rindler koordinátázás Minkowski téridőben, a jobb oldali a Minkowski koordinátázás Rindler téridőben (az eseményhorizont itt egy függőleges vonal).
A piros szagatott vonalak a gyorsuló megfigyelők (a jobb oldali ábrán is), a fekete vonalak az inerciális (minkowski) megfigyelők.
A piros pont azt mutatja, hogy mekkora távolságra van az eseményhorizonttól az inerciális megfigyelő ( 2o fényévnél már nem látszik), mert attól változik a pályája a Rindler téridőben gyorsuló (az inerciális =zuhanó) megfigyelőnek .
A zöld vonalak az egyidejűségi síkjai a megfigyelőknek.
További magyarázatok itt:
Statisztika: Elküldve Szerző: srudolf — 2017.10.03. 23:35
]]>
]]>
]]>
Macska Bonifác
A sugarak egyidejűségi síkok- hibásan írtad rá az ábrára a számokat.
A vizszintestől ( a nullától) az első sugár távolsága 1 évnek felel meg, mindenkinek, aki a hiperbolákon halad. A következő sugár 2 év és így tovább.
Ezeknek a hiperboláknak a képlete x-t=r, ahol az :r: a térbeli távolság az origótól - az ortonolmált (t,x) bázisba.
Aki az origóhoz közelebbi hiperbolán halad, annak a sajátgyorsulása nagyobb.
Magyarán, aki közelebb halad az origóhoz, anak rövidebb időbeli távolságot jelent 1 év, mind aki távolabb halad, hiszen rövidebb idő alatt nagyobb sajátsebességre tesz szert.
Még annyit jegyeznék meg, hogyha én állok egy r távolságon és közeledik felém az :r: távolságot metsző hiperbolán mozgó megfigyelő, akkor az idő minusz végtelenjéből érkezve a lassul, mellettem megáll, megfordul és elkezd gyorsulni visszafelé, ahonnan jött. Ez egy 1+1 dimenziós ábra. Amikor a megfigyelő mellém ér, akkor a négyessebessége (ami érintő a hiperbolára) függőleges, azaz a térszerű komponense (a hármassebessége ) nulla. Azaz megáll. De csak egy szempillántásra.
Statisztika: Elküldve Szerző: srudolf — 2017.10.02. 12:08
]]>
Sokkal több pontot kell megrajzolni a grafikonon, hogy kijöjjön.
Valamilyen scriptet kellett volna találjak ennek a függvénynek a kirajzolására (akármilyen függvényt le lehet rajzolni autocadba, csak kell egy kis program).
De gondolom, hogy az elv az helyes.
Statisztika: Elküldve Szerző: srudolf — 2017.10.02. 08:00
]]>
]]>
]]>
A megoldás tisztán grafikus. Laci megoldását követve (lábjegyzet a hozzászólás alján), ami ebben a topikban megtalálható, kihasználtam a geometriai sajátosságát a hiperbólikus téridőnek.
Nevezetesen:
Állandó sajátgyorsulással (dU/dτ) megtett mozgás esetén, a test világvonala egyköpenyű hiperbola, a fókuszpontja az origó, 1g gyorsulásnak az indikátrix hiperbola felel meg, ami egy fényév távoságra van az origótól, évbe és fényévbe skálázva.
Felhasználtam azt, hogy az origóból húzott szellők mindig merőlegesek az adott eseményben a pillanatnyi négyessebességre, tehát ezek egyidejű síkok az utazó iker eseményeiben. Az eseményhez természetesen tartozik egy időpillanat sajátidőben. Ez a szellő párhuzamos a tértengelyével is az utazónak abban a pillanatnyi inerciarendszérben, amiben éppen áll. Akkor ezen a síkon lehet térbeli távolságokat mérni- hiszen egyidejű események halmazáról van szó. Ha ezt a sugarat (szellőt) meghosszabítjuk a földi iker világvonaláig, a szellő metszéspontja a hiperbolától a földi világvonaláig, egy olyan szakasz, ami méri a távolságát a földi és a utazó között, egy sajátidő pilllanatban.
Ezeket a szakaszokat elforgattam az ábrákon az időtengelyre merőlegesen és megkaptam azt, hogy egy adott τ sajátidőben az utazó mekkora térbeli :r: távolságra van az földitől. A τ tengelyét újraosztottam, hogy egyformák legyenek a távolságok az időegységek között.
Hogy ne keverdjünk a Lorentz trafóval (Dgy kétszer rámszólt, hogy nem Lorentz), egy olyan koordináta transzformációt végeztem, ami a ( τ,r)- ből (amiben az utazó térben áll) visz a (x,t) rendszerbe, amiben a földi iker mozog. Ezek téridő ábrák, csak furcsák- és nem világvonalak, mert nem időszerű végig.
A 3 évre elküldött utazó hiperbolájának a képlete: (x-4)-t=1, ezt metszi az t tengelyt t= 15= 3.78 évnél.
Ennek megfelelő utazói sajátidő: 2.o6 év, ezt is meg kell duplázni a teljes út kiszámolásánál. Ennel megfelelő sebesség o.968c - ami már jó nagy.
A földi és az utazó távolságának a függése az utazó sajátidejétől a következő:
r= 1-2*1/cos(τ), ha 1 fényévre küldjük az utazót és
r= 1-4*1/cos(τ), ha 3 fényévre küldjük az utazót.
Általánosan: r=a+1-1/cos(τ), ahol :a: a távolság fényévben, amikor a hajó megáll és megfordul.
De ezt nem használtam fel, mert nem vagyok biztos a matekomba és ellenőrzésképpen ábrázolni kellett volna egy függvényplotteren, amire nem volt időm.
Az ábrák (belekatiintva, átdob egy oldalra, amiben ki lehet nagyítani, sajnos PDF-ből van JPG-be konvertálva. PDF-et, amit én készitek, nem tudok belinkelni).
Az egyik ábrán elküldtem 1 fényévre az utazó iker, a másikon 3 fényévre- messzébb is küldhettem volna, de a sugársorokat lerajzolni nagyon nehéz, ha nagyon messze megy- hiszen 3 év elteltével szinte fénysebességgel halad.
A 1 fényévre küldött utazó:
Itt a sugárok o.1 évenként van rajzolva és 13 sugár került az ábrára, nem látszik jól sajnos.
A 3. fényévre küldött utazó:
Itt a sugársor o.5 évenként van készitve és jobban látszik, mert kevesebb sugár került az ábrára.
A sugársorokat úgy készítettem, hogy lerajoltam az 1g-s hiperbolát mérethelyesen (erre van lehetőség autocadba), aztán megkerestem rajta azt a pontot, ami pl. τ=1-nél van a hiperbolán és oda húztam a szellőt a pont és az origó között, amit meghosszabítottam a föld iker világvonaláig. Rindler.
Statisztika: Elküldve Szerző: srudolf — 2017.10.01. 18:51
]]>
]]>
]]>
]]>
]]>
Az utazó iker 1g-vel gyorsul, elért már nagy sebességet, elhúz a földi iker mellett és elkezd fékezni.
1 fényév távolságra megáll, megfordul és 1g gyorsulással visszafele haladva 1 fényév távolságot elhúz újra a földi testvére mellett.
Az egyköpenyű hiperbolaív szimetrikus az OX tengelyre, kiszámitom az utazó gyorsuló fázisát (a teljes utazás felére), azaz a pozitív t-re.
Az utazó világvonala (x-2) -t=1, a földié x=o.
Hol találkoznak?
A hiperbola és a t tengely metszéspontjában. Behelyetesítunk x=o a hipebola egyenletében, megoldjuk t-re, t=3
Ennyi telt el a földi iker élétéből a utazó iker utazásának felében.
Egyenletes gyorsuló mozgás esetén:
t=c/g* sh(g/c *τ), legyen c=1 és g=1, a távolság fényév, az idő év, akkor t=sh(τ), τ az utazó iker sajátideje fényévbe mérve.
Kijön τ=1.316 fényév.
Tehát a földi iker ideje találkozástól találkozásik 2*3=3.45 év, az utazo ikeré 2.62 év.
Ha arra lennénk kiváncsiak, hogy mekkora sebességgel húz el a találkozásnál az utazó iker a földi iker mellett, akkor kifejezzük a rapiditást a sajátidő függvényében: χ= (g/c)* τ, azaz a rapiditás a sajátidő számszerű értéke. th(χ)=th(1.316)= o.86c. Ekkora sebességgel zúg el mindkét találkozásnál az utazó a földihez képest. Előszőr balról, másodikszor jobbról.
Az ábra méretarányos.
A álló utazó esetében a számolás cifrább. De remélem honap este jelentkezem.
Statisztika: Elküldve Szerző: srudolf — 2017.09.30. 23:30
]]>
Ha valakinek van hozzá kellő affinitása, lelkesedése, matematikai eszköztára - és persze legfőképpen: ideje - próbálja meg összekapcsolni a fenti két jelenséget, és részletesen leírni a kétdimenziós (xy) sík R sugarú körén állandó sebességgel körbejáró részecske relativisztikus mozgását! Hogyan függnek az (x, y, t) téridőbeli koordináták a részecske sajátidejétől? Van-e látszólagos eseményhorizont? Hogyan változik ez s sajátidő múltával? Van-e a téridőnek tartósan a horizont mögé rejtőző része? Mekkora világot lát maga körül a körpályán mozgó részecske? Fellép-e az ikerparadoxon valamilyen megfelelője? Mi történik, ha feloldjuk a vonzócentrum rögzített voltának feltevését, és figyelembe vesszük, hogy két test (pl a Föld és a Hold) közös tömegközéppontjuk körül kering? Ha a két testet kölcsönös gravitációs vonzásuk tartja körpályán, akkor az órák járását a gravitációs vöröseltolódás is befolyásolja. Realisztikus paraméterek esetén melyik effektus az erősebb?
Én sem tudom a válaszokat, nem számoltam végig a feladatot, de elég érdekesnek találom ahhoz, hogy a karácsony és újév közti láblógatás idejére a figyelmetekbe ajánljam.
dgy
Statisztika: Elküldve Szerző: dgy — 2016.12.17. 21:15
]]>
]]>