Как выглядит световая сфера от вспышки лампы на ракете?

[realeugene]

С перпендикулярным лазерным лучем всё интереснее. Он вспыхнет в тот момент времени, когда корабль будет пролетать мимо. Но прилетит с направления более раннего положения корабля. И с более высокой частотой, чем собственная частота излучения лазера на корабле, несмотря на релятивистское замедление времени корабля при преобразованиях Лоренца.

[kodim]

zvm в сообщении #1486408 писал(а):

kodim в сообщении #1486402 писал(а):

уравнение для фотона в ИСО ракеты будет $y=t \cdot c$, а в ИСО наблюдателя $y=t_1 \cdot c$,

Немного не так.
Уравнение движения фотона, выпущенного перпендикулярно направлению движения ракеты:
- в ИСО ракеты: $\\x=0\\y=ct$ ;
- в ИСО внешнего наблюдателя: $\\x'=vt'\\y'= \sqrt{c^2-v^2}t'$ .

kodim в сообщении #1486402 писал(а):

то есть луч, в ИСО ракеты направленный перпендикулярно вектору ее скорости, в ИСО наблюдателя превратится в наклонный.

Это верно.

Меня смущает, что вам в формуле $y'= \sqrt{c^2-v^2}t'$
пришлось некое внешним образом рассчитанное значение поставить $\sqrt{c^2-v^2}$.
Когда я к уравнению точки $y=t \cdot c$ применяю преобразование Лоренца, превращая в $y=t_1 \cdot c$, в этой формуле уже учтено изменение координаты $x$


И при анимации получается, точка волновой поверхности одиночного фотона не попадает на расстоянии волновой поверхности сферы, то есть, получается, модуль вектора скорости фотона меньше $c$, см. скриншот



-- 09.10.2020, 19:38 --

realeugene в сообщении #1486451 писал(а):

С перпендикулярным лазерным лучем всё интереснее. Он вспыхнет в тот момент времени, когда корабль будет пролетать мимо. Но прилетит с направления более раннего положения корабля. И с более высокой частотой, чем собственная частота излучения лазера на корабле, несмотря на релятивистское замедление времени корабля при преобразованиях Лоренца.

Вот этот момент просьба пояснить подробнее. Получается, определенная аналогия у фотона с бомбой, сброшенной вертикально вниз с самолета, летящего горизонтально, есть, фотон также получает горизонтальную составляющую скорости самолета. Но, если продолжить аналогию с бомбой, она падает стабилизатором вверх, и не отклоняется в сторону более раннего положения самолета, и, упав на землю и не разорвавшись, стабилизатором указывает на самолет, пролетающий в этот момент прямо над ней, а вот фотон - отклоняется, и луч укажет не на самолет, а его раннее положение, т.е. на начало координат в рассматриваемом примере.

Но в этом случае, например, такой эффект (луч указывает на раннее положение излучателя) был бы заметен, например, при лазерном лоцировании Луны. Отправляем импульс на Луну, там уголковый отражатель, который, в отличие от обычного зеркала, направляет луч строго обратно. Но, раз луч указывает на раннее положение излучателя на Земле, а Земля уже сместилась по орбите, луч не попадет в приемник.

-- 09.10.2020, 19:39 --

svv в сообщении #1486416 писал(а):

kodim, Ваше последнее видео требует «входа в аккаунт».

поправил, извините

[zvm]

kodim в сообщении #1486455 писал(а):

Меня смущает, что вам в формуле $y'= \sqrt{c^2-v^2}t'$
пришлось некое внешним образом рассчитанное значение поставить $\sqrt{c^2-v^2}$.

Мне не пришлось ничего внешним образом рассчитанное подставлять.
Имеем уравнение движения фотона в ИСО ракеты: $\\x=0\\ y=ct$ ,
Применяем к этому уравнению преобразование Лоренца, то есть, делаем подстановку:
$\\x=\frac{x'-vt'}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\\ y=y'\\ t=\frac{t'-\frac{vx'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$
Выполните это самостоятельно, и посмотрите, что получится.

kodim в сообщении #1486455 писал(а):

И при анимации получается ... модуль вектора скорости фотона меньше

Следовательно, анимация неправильная.

[realeugene]

kodim в сообщении #1486455 писал(а):

Вот этот момент просьба пояснить подробнее.

Чтобы считать эффекты, связанные с лучами, полезно пользоваться понятием волнового 4-вектора https://ru.wikipedia.org/wiki/4-%D0%B2% ... 0%BE%D1%80 Учтите, что это ковариантный 4-вектор. Лучше всего разберитесь с метрикой Лоренца, в ней поднятие/опускание индексов тензоров производится просто заменой знака у некоторых компонент, и преобразования Лоренца выглядят проще и регулярнее, будучи записанными через быстроту.

[wrest]

realeugene в сообщении #1486451 писал(а):

С перпендикулярным лазерным лучем всё интереснее. Он вспыхнет в тот момент времени, когда корабль будет пролетать мимо. Но прилетит с направления более раннего положения корабля. И с более высокой частотой, чем собственная частота излучения лазера на корабле, несмотря на релятивистское замедление времени корабля при преобразованиях Лоренца.

Конечно, когда вы видите корабль глазами, то корабль уже не там в вашей СО , где где вы его видите глазами, из-за запаздывания света. Ну это как с Солнцем -- вы его видите в вашей СО по состоянию на 8 минут назад. А оно, может быть, уже взорвалось...
[del]

[realeugene]

wrest в сообщении #1486462 писал(а):

И вы ещё, кажется, только что переоткрыли продольный эффект Допплера и то, что он сильнее поперечного

Разве я написал, что я что-то "переоткрыл"?

[kodim]

zvm в сообщении #1486456 писал(а):

kodim в сообщении #1486455 писал(а):

Меня смущает, что вам в формуле $y'= \sqrt{c^2-v^2}t'$
пришлось некое внешним образом рассчитанное значение поставить $\sqrt{c^2-v^2}$.

Мне не пришлось ничего внешним образом рассчитанное подставлять.
Имеем уравнение движения фотона в ИСО ракеты: $\\x=0\\ y=ct$ ,
Применяем к этому уравнению преобразование Лоренца, то есть, делаем подстановку:
$\\x=\frac{x'-vt'}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\\ y=y'\\ t=\frac{t'-\frac{vx'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$
Выполните это самостоятельно, и посмотрите, что получится.

kodim в сообщении #1486455 писал(а):

И при анимации получается ... модуль вектора скорости фотона меньше

Следовательно, анимация неправильная.

Я попробовал сделать подстановку, но ничего не получилось, подскажите, плз, в чем ошибка:
Вы пишите, что из формулы $y=ct$ после подстановки вместо $t \Rightarrow t'$
получается $y'= \sqrt{c^2-v^2}t'$, но тогда у вас выходит $c=\sqrt{c^2-v^2}$

[Leozin]

kodim в сообщении #1486455 писал(а):

а вот фотон - отклоняется, и луч укажет не на самолет, а его раннее положение, т.е. на начало координат в рассматриваемом примере.

В каком смысле "отклоняется"? Фотон (луч) выходит из лазера строго по оси этого лазера. Вся ракета вместе с лазером для принимающего наблюдателя повёрнута в сторону движения под углом ( как я уже писал), зависящим от относительной скорости (вращение Террелла—Пенроуза). Путь луча для принимающего наблюдателя поэтому будет большим, чем для наблюдателя в ракете. Но это так и должно быть, т.к. и время в пути у фотонов будет большим.
Если внизу зеркало то свет от лазера отразится под тем же уголом, что и отразился и для наблюдателя в ракете и для зеркала. Вот только углы падения будут разными для каждого из наблюдателей.

[zvm]

kodim в сообщении #1486468 писал(а):

Я попробовал сделать подстановку, но ничего не получилось, подскажите, плз, в чем ошибка:
Вы пишите, что из формулы $y=ct$ после подстановки вместо $t \Rightarrow t'$
получается $y'= \sqrt{c^2-v^2}t'$, но тогда у вас выходит $c=\sqrt{c^2-v^2}$

Вместо $t$ подставляется не $t'$, а $\frac{t'-\frac{vx'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$. (Подстановки приведены в моём предыдущем сообщении).
Из $x=0$ после подстановки получается
$\frac{x'-vt'}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=0;\; x'=vt'$
Из $y=ct$ после подстановки получается:
$y'=c\frac{t'-\frac{vx'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=c\frac{t'-\frac{v^2t'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=c\frac{1-\frac{v^2}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}t'=c\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}t'=\sqrt{c^2-v^2}t'$

[kodim]

wrest в сообщении #1486462 писал(а):

realeugene в сообщении #1486451 писал(а):

С перпендикулярным лазерным лучем всё интереснее. Он вспыхнет в тот момент времени, когда корабль будет пролетать мимо. Но прилетит с направления более раннего положения корабля. И с более высокой частотой, чем собственная частота излучения лазера на корабле, несмотря на релятивистское замедление времени корабля при преобразованиях Лоренца.

Конечно, когда вы видите корабль глазами, то корабль уже не там в вашей СО , где где вы его видите глазами, из-за запаздывания света. Ну это как с Солнцем -- вы его видите в вашей СО по состоянию на 8 минут назад. А оно, может быть, уже взорвалось...
[del]

А в чем будет разница для наблюдателя на Земле между двумя лучами - один пришел от неподвижного объекта, другой, наклоненный - от летящего перпендикулярно поверхности. Оба с одинаковым запаздыванием, оба указывают на состояние объекта в момент вылета луча - в чем будет различие наклоненного луча и луча из зенита над наблюдателем? Наклоненный луч наблюдатель просто не увидит? Но на дальнем расстоянии оба луча будут разделены очень небольшим угловым расстоянием, так что наблюдатель увидит оба, полагаю. Тогда, он может по второму, наклоненному лучу определить истинное положение удаленного объекта, без учета запаздывания света, так как наклон луча уже содержит эту поправку.
Скажем, с Плутона, когда Земля в зените, посветили лазером в ее направлении. Пусть Земля покоится, а движется только Плутон. На расстоянии 5 световых часов между Землей и Плутоном, отрезок, который он пролетит относительно Земли, будет небольшим, порядка 200 диаметров ($0.1), или $20 дуги. То есть наблюдатель на Земле увидит Плутон смещенным, и отметка на фотопластинке телескопа покажет его истинное положение - наклоненный луч уже сделал поправку на смещение Плутона по орбите.

[Leozin]

kodim в сообщении #1486477 писал(а):

Оба с одинаковым запаздыванием, оба указывают на состояние объекта в момент вылета луча - в чем будет различие наклоненного луча и луча из зенита над наблюдателем? Наклоненный луч наблюдатель просто не увидит?

Эти наблюдатели будут находится в разных системах, поэтому и "запаздывание" не будет одинаковым.

[sergey zhukov]

kodim
Возвращаясь к первому вопросу этой темы. На мой взгляд зарисовка ситуации в пространстве-времени (для плоского случая) гораздо лучше проясняет ситуацию, чем любая анимация, которая, по моему, сложнее для понимания.

Возьмем два плоских круговых корабля одинакового диаметра. Мировые линии их центров выходят из точки, где происходит вспышка света в момент $t_0$, формирующая световой конус. На каком из кораблей она произошла - это, конечно, все равно. Красный корабль неподвижен, синий двигается. Прозрачным нарисованы их мировые трубки:

В некоторый момент $t_1$ красный корабль видит вокруг себя круг света, отстоящего от его краев на величину его диаметра. В этот же момент синий движущийся корабль занимает в пространстве-времени позицию, указанную на рисунке. Визуально тут он вытянут в сравнении с неподвижным кораблем и расположен под углом к нему. Его световой круг - это эллипс, который выглядит для него кругом, т.к. корабль вытянут. Его световой круг еще не отошел от него на величину его диаметра, т.к. время на нем течет медленнее, чем на неподвижном корабле.

Фотонные круги обоих кораблей, конечно, состоят из одних и тех же фотонов, но у кораблей разные плоскости одновременности, которые секут один и тот же световой конус под разными углами.

Почему синий корабль вытянут, а не сокращен? Конечно, реально красный наблюдает сечение мировой трубки синего своей плоскостью одновременности. Это сечение именно сокращено по отношению к красному, как и должно быть согласно СТО (на этих рисунках это тоже очевидно, и даже легко видеть, что каждый корабль так сечет мировую трубку другого, что видит его замедленным и короче себя). Однако мы всегда можем рассечь каждую трубку сечением, содержащим одновременные события для наблюдателя, образующего эту трубку. Если мы это сделаем, то сечение синего на этой картинке оказывается удлиненным в пространстве-времени по отношению к красному, если "длину" понимать в визуальном смысле, как $L^2=x^2+t^2$.

Конечно, такая наглядная пространственно-временная "длина" не имеет абсолютного смысла, т.к. эту же ситуацию с кораблями можно гиперболически повернуть так, что корабли будут иметь одинаковое или даже обратное соотношение "длин". Абсолютный смысл имеет не слишком наглядная величина, измеряемая интервалом, т.е. $S^2=x^2-t^2$, согласно которой эти сечения просто всегда равны друг-другу независимо от поворота.

[kodim]

Leozin в сообщении #1486480 писал(а):

kodim в сообщении #1486477 писал(а):

Оба с одинаковым запаздыванием, оба указывают на состояние объекта в момент вылета луча - в чем будет различие наклоненного луча и луча из зенита над наблюдателем? Наклоненный луч наблюдатель просто не увидит?

Эти наблюдатели будут находится в разных системах, поэтому и "запаздывание" не будет одинаковым.

Наблюдатель - один, находится на Земле и видит две вспышки в небе - одна от луча, пришедшего из зенита, от неподвижного относительно наблюдателя объекта, другая - от наклоненного луча, пришедшего от движущегося объекта.
Если ограничится одним фотоном от движущегося объекта, то на фотопластинке телескопа, фотон от движущегося объекта попадет не в то место, куда попадет фотон от неподвижного объекта, то есть, фотон от движущегося объекта покажет истинное положение объекта на небе в момент наблюдения, если из отметки на фотопластинке восстановить перпендикуляр к объекту.

-- 10.10.2020, 18:39 --

zvm в сообщении #1486475 писал(а):

kodim в сообщении #1486468 писал(а):

Я попробовал сделать подстановку, но ничего не получилось, подскажите, плз, в чем ошибка:
Вы пишите, что из формулы $y=ct$ после подстановки вместо $t \Rightarrow t'$
получается $y'= \sqrt{c^2-v^2}t'$, но тогда у вас выходит $c=\sqrt{c^2-v^2}$

Вместо $t$ подставляется не $t'$, а $\frac{t'-\frac{vx'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$. (Подстановки приведены в моём предыдущем сообщении).
Из $x=0$ после подстановки получается
$\frac{x'-vt'}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=0;\; x'=vt'$
Из $y=ct$ после подстановки получается:
$y'=c\frac{t'-\frac{vx'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=c\frac{t'-\frac{v^2t'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=c\frac{1-\frac{v^2}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}t'=c\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}t'=\sqrt{c^2-v^2}t'$

Спасибо.

[zvm]

kodim в сообщении #1486572 писал(а):

zvm в сообщении #1486475 писал(а):

Из $x=0$ после подстановки получается
$\frac{x'-vt'}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=0;\; x'=vt'$
Из $y=ct$ после подстановки получается:
$y'=c\frac{t'-\frac{vx'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=c\frac{t'-\frac{v^2t'}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=c\frac{1-\frac{v^2}{c^2}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}t'=c\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}t'=\sqrt{c^2-v^2}t'$

Спасибо.

На здоровье. Но эта такая банальность, что и расписывать было неудобно.

kodim в сообщении #1486572 писал(а):

Если ограничится одним фотоном от движущегося объекта, то на фотопластинке телескопа, фотон от движущегося объекта попадет не в то место, куда попадет фотон от неподвижного объекта, то есть, фотон от движущегося объекта покажет истинное положение объекта на небе в момент наблюдения, если из отметки на фотопластинке восстановить перпендикуляр к объекту.

Тут всё верно. Вот если бы вы всё это написали не словами, а формулами... У вас же уже есть всё, чтобы рассчитать расстояние между точками попадания фотонов на фотопластинку.
А словами - так это же всё очевидно. Чтобы фотоны от этой пары источников попали в одну точку, на движущемся корабле свой лазер должны наклонить. Охотник, желая попасть в летящую утку, целится в место перед уткой. И угол доворота лазера - это угол световой аберрации.

[Leozin]

kodim в сообщении #1486572 писал(а):

находится на Земле и видит две вспышки в небе - одна от луча, пришедшего из зенита, от неподвижного относительно наблюдателя объекта, другая - от наклоненного луча, пришедшего от движущегося объекта.

И в этом случае с двумя лучами запаздывание не будет равным, т.к. пути лучей будут различными. Но если конечно изловчиться и удалить неподвижный лазер на расстояние, равное пути от подвижного, то различие будет в смещении спектра в красную сторону от подвижного (поперечный эффект Доплера). И это при малости углового расстояния, как Вы написали.