Две релятивистские ракеты

[Шимпанзе]

Видимо эту. Спасибо, В. Войтик!

[Munin]

catet в сообщении #244600 писал(а):

Очередная глупость, не подтвержденная аргументами?

Что голова у вас слабовата? Тут вы сами аргументы предоставили: мол, в рамках теории относительности при переходе к движущемуся наблюдателю не должно прийти в голову, что меняются расстояния. В вашу голову, видимо.

[В. Войтик]

В. Войтик в сообщении #244477 писал(а):

...В отношении жёсткого движения по-моему немного завиральная...

Вообще-то нет. Как раз в отношении жёсткого движения всё правильно. Вот применимость уравнений (2)-(6) для ускорения вызывает сомнения. А так всё верно. Качественная статья.

[Munin]

Вы про http://arxiv.org/abs/0906.1919 ? Там делается обычная студенческая ошибка, преобразования Лоренца применяются не полностью: преобразования для координаты записываются, а для времени - нет. Из-за этого уже (2), (3) неверны в том смысле, который им приписывается. Точнее, они будут верны в условиях пренебрежимо малого расстояния между кораблями, и пренебрежимо малого ускорения (как я оценил, при $ad\ll 1/(v^2\gamma^5)$), но это всё равно делает их непригодными для объяснения студентам более простых вещей.

[В. Войтик]

Munin в сообщении #244824 писал(а):

Там делается обычная студенческая ошибка, преобразования Лоренца применяются не полностью: преобразования для координаты записываются, а для времени - нет. Из-за этого уже (2), (3) неверны в том смысле, который им приписывается...

Не... Уравнениями (2) и (3) можно спокойно пользоваться и преобразование времени здесь просто не нужно. Другое дело, что для ускоренного движения (2) и (3) неприменимо...

Munin в сообщении #244824 писал(а):

Точнее, они будут верны в условиях пренебрежимо малого расстояния между кораблями, и пренебрежимо малого ускорения как я оценил, при $ad\ll 1/(v^2\gamma^5)$), но это всё равно делает их непригодными для объяснения студентам более простых вещей.

У меня получилась та же поправка, точнее

$$d'=\gamma d -\frac{v^2 a\gamma^5 d^2}{2}$$

[Munin]

Откуда двойка?

[В. Войтик]

Просто нашёл $d'$ из уравнения

$$d=\frac{d'}{\gamma}+\frac{v^2 a d'^2 \gamma^2}{2}$$

А у Вас двойки разве нет?

-- Вс сен 20, 2009 21:04:17 --

В. Войтик в сообщении #244792 писал(а):

... А так всё верно. Качественная статья.

Верно в первом приближении и нет грубых ошибок. Этим и расчётами данная статья выгодно отличается от некоторых других мне известных.

[Шимпанзе]

masha pupsic в сообщении #239082 писал(а):

ЗАДАЧА ДЖ.С.БЕЛЛА
С.С.Герштейн, А.А.Логунов
Институт физики высоких энергий, Протвино Московской обл.
The problem of J.S.Bell has been investigated within the frames of special relativity theory in the inertial and accelerated systems of coordinates.
http://www1.jinr.ru/Archive/Pepan/1998-v29/v-29-5/2.htm

Comment on ‘Note on Dewan–Beran–
Bell’s spaceship problem’
D V Peregoudov
http://www.iop.org/EJ/article/0143-0807 ... 08441ef184

Прежде всего спасибо Вам, masha pupsic . Вы только одна меня здесь понимаете.


Нетрудно заметить, работы, которые Вы привели, противоречат друг – другу. Небольшая статья «опрокидывает» двух академиков. С опрокидыванием согласен. Кстати Логунов даже в этой работе , как бы ненароком лягнул академика Гинзбурга. Обратили внимание? В критической статье все правильно написано, но «локализация» допустима при наличии троса , а если его нет? В задачке трос лишь для наглядности, задача то школьная, сам трос на движения ракет по условию не оказывает влияния .
Итак, заключаем, трос рвется из-за разности собственных ускорений двух ракет. Но так, что относительно Земли ракеты движутся постоянно с одинаковым ускорением, а потому расстояние между ними относительно Земли не меняется. Никаких чудес. Такое возможно лишь при одном условии, ракеты должны двигаться с разным относительным ускорением по определенной программе. Автоматически ничего не получится. Вот теперь можно приступать к расчетам, у кого есть на то желание.
Тут теперь и ежу все понятно.
Но вот дальше начинается самое интресное:

masha pupsic в сообщении #239440 писал(а):

но с другой стороны упоминание в его посте про телепортацию, наводит на нехорошие подозрения...

Эт пока ягодки…
Я за свои слова отвечаю. Но чтоб в этом разобраться надо рассматривать задачу с самого начала, но уже на совершенно другом уровне.
-

[Munin]

В. Войтик в сообщении #245071 писал(а):

А у Вас двойки разве нет?

Я по другому пути шёл, возможно, где-то двойку потерял.

Шимпанзе в сообщении #245108 писал(а):

Нетрудно заметить, работы, которые Вы привели, противоречат друг – другу. Небольшая статья «опрокидывает» двух академиков.

Экие фантазии.

Шимпанзе в сообщении #245108 писал(а):

В критической статье все правильно написано, но «локализация» допустима при наличии троса , а если его нет?

Локализация растяжения, очевидно, допустима только при наличии троса, поскольку без троса нечему растягиваться. Зато расстояние увеличивается независимо от наличия троса.

Шимпанзе в сообщении #245108 писал(а):

Я за свои слова отвечаю.

Никогда ещё на моей памяти Шимпанзе за свои слова не ответил, хотя много поводов было. Наоборот, он лидер по увиливанию от ответа.

[В. Войтик]

Munin в сообщении #245117 писал(а):

Я по другому пути шёл, возможно, где-то двойку потерял.

Точная формула в обозначениях Франклина есть

$$d=\frac{\sqrt{1+2a'(1-v^2)d'+a'^2(1-v^2)d'^2}-1}{a'\sqrt{1-v^2}}$$

Отсюда разлагая в ряд получается двойка.

-- Пн сен 21, 2009 07:34:08 --

Шимпанзе в сообщении #245108 писал(а):

Итак, заключаем, трос рвется из-за разности собственных ускорений двух ракет. Но так, что относительно Земли ракеты движутся постоянно с одинаковым ускорением, а потому расстояние между ними относительно Земли не меняется. -

Два соседних предложения противоречат друг другу.

-- Пн сен 21, 2009 09:35:18 --

Шимпанзе в сообщении #245108 писал(а):

Вот теперь можно приступать к расчетам, у кого есть на то желание.
Тут теперь и ежу все понятно.
....Но чтоб в этом разобраться надо рассматривать задачу с самого начала, но уже на совершенно другом уровне.

А можно я попробую? Итак
ЗАДАЧА БЕЛЛА
Дано: Две материальные точки разгоняющиеся с постоянным собственным ускорением $W$ из состояния покоя в положительном направлении оси Х таким образом, что расстояние между ними относительно ЛИСО (T,X) всегда постоянно и равно $L$. При этом радиус-вектор их взаимного расположения также ориентирован вдоль Х.
Найти: положение передней точки относительно системы отсчёта задней точки (t,x) к моменту времени в этой системе отсчёта $t$.
Решение. Оно существенно основывается на преобразовании Мёллера из ЛИСО в систему связанную с задней точкой.
(1)

$$T=\frac{1+Wx}{W} shWt$$

$$X=\frac{(1+Wx)chWt-1}{W}$$

Вычисления, которые можно найти
http://arxiv.org/abs/physics/9810017
или
http://www.sciteclibrary.ru/rus/catalog/pages/9478.html
утверждают, что длина твёрдого стержня собственным размером х, задняя точка, которого движется с ускорением $W$ относительно ЛИСО зависит от времени ЛИСО так
(2)

$$L=\frac{\sqrt{(1+Wx)^2+W^2T^2}-\sqrt{1+W^2T^2}}{W}$$

Это же уравнение пригодно для измерения любого твёрдого или нетвёрдого стержня, поскольку при его выводе предположение о твёрдости никак не учитывалось.
Подставим теперь (1) в (2) и вычислим $x$. Получим, опуская детали, что
(3)

$$x=\frac{\sqrt{1+W^2 L^2 sh^2Wt}-1+WL chWt}{W}$$

Отсюда видно, что в начальный момент координата передней точки была

$$x=L$$

и со временем координата $x$ растёт.

[Шимпанзе]

В. Войтик в сообщении #245131 писал(а):

Два соседних предложения противоречат друг другу.

Конечно. Для ньютоновской физики противоречат, для ТО противоречий нет. Иначе там быть не может.

-- Пн сен 21, 2009 10:58:50 --

В. Войтик в сообщении #245131 писал(а):

А можно я попробую?

Не получилось. Почти сорок лет понадобилось, чтоб понять причину растяжения троса из-за разности собственных ускорений ракет, еще сорок лет понадобится , чтоб рассчитать их программы ускорения. Там не так все просто.

[В. Войтик]

Продолжу чуть-чуть дальше. Скорость передней точки относительно задней даётся производной (3), т.е. $u=\frac{dx}{dt}$

$$u=\frac{W^2L^2shWtchWt}{\sqrt{1+W^2L^2sh^2Wt}}+WL shWt$$

(4)
К моменту $t$ на задних часах на передних пройдёт время

$$\tau=\int{\sqrt{(1+Wx)^2-u^2}}dt$$

Если подставить сюда (3) и (4), то интегрирование даёт значение

$$\tau=t+\frac{arsh(WLshWt)}{W}$$

-- Пн сен 21, 2009 11:21:24 --

Шимпанзе в сообщении #245143 писал(а):

... Там не так все просто.

Просто. Данные расчёты может повторить любой первокурсник, а в советское время при условии знания преобразования Мёллера грамотный десятиклассник из маткласса.

[Munin]

Шимпанзе в сообщении #245143 писал(а):

Почти сорок лет понадобилось, чтоб понять причину растяжения троса

Некоторые сразу поняли, а некоторые и через сорок лет чушь пишут:

Шимпанзе в сообщении #245143 писал(а):

чтоб понять причину растяжения троса из-за разности собственных ускорений ракет

[Шимпанзе]

В. Войтик в сообщении #245152 писал(а):

Просто. Данные расчёты может повторить любой первокурсник, а в советское время при условии знания преобразования Мёллера грамотный десятиклассник из маткласса.

Повторить могут даже ребята из детского сада. Но от этого расчеты не станут верными. Потому как они основаны не на ТО, а на каком -то сурoгате. Или Вы всерьез считаете, что переплюнули сразу двух академиков?

[Ivan Gorelik]

Дорогой Шимпанзе!
Твой парадокс «в одном случае рвется, а в другом не рвется» при одинаковых ускорениях ракет тоже работает.
Но лишь в случае, если вторая ракета в момент старта имела ненулевую скорость.
Только вот интересно, какое конкретно равноускоренное движение может быть реализовано чтобы трос и не рвался и не провисал?

К сведению: существует 8 видов равноускоренных движений; шесть из них попарно равны:
$a_1$
$a_2=a_3=a_1\gamma^1$
$a_4=a_5=a_1\gamma^2$
$a_6=a_7=a_1\gamma^3$
$a_8=a_1\gamma^4$

$a_1=d\frac{dx}{dt}/dt$
$a_8=d\frac{dx}{d\tau}/d\tau$

Чтобы космонавта не раздавило от перегрузок, или чтобы он не стал невесомым, его ракета должна двигаться равноускоренно, и таким постоянным ускорением является величина $a_1\gamma^3$. Это означает, что собственная скорость изменяется равномерно по часам космодрома $t$, а быстрота (гиперболическая скорость) изменяется равномерно по собственным часам космонавта, $\tau$.

Классический электрон живет по второй строке. Это означает, что квантуемая скорость изменяется равномерно по часам внешнего наблюдателя, $t$ , а координатная скорость изменяется равномерно по собственным часам электрона $\tau$.

Чему соответствует средняя, наиболее симметричная строка?

Какое ускорение соответствует парадоксу Бэла-Шимпанзе? (В одном случае рвется, а в другом не рвется при одинаковых ускорениях).

PS: Если скорости ракет в моменты их старта равны, то трос порвется в случае любого положительного ускорения, хоть равноускоренного, хоть изменяющегося по программам, лишь бы эти программы были одинаковы для обоих ракет.