Релятивистский КУРВИМЕТР

[zvm]

rustot в сообщении #952554 писал(а):

а где тут что прямолиненое? все точки палки движутся неинерциально. преобразуете уравнения движения трех соседних в другую исо и убеждаетесь что они уже не лежат на одной прямой

Прямолинейна палка, наблюдаемая в ИСО ее центра масс. Как движутся точки - неважно. Важно, что все системы отсчета инерциальны. Преобразования выполнил и убедился, что все точки палки лежат на одной прямой.

[rustot]

zvm в сообщении #952555 писал(а):

Прямолинейна палка, наблюдаемая в ИСО ее центра масс. Как движутся точки - неважно. Важно, что все системы отсчета инерциальны. Преобразования выполнил и убедился, что все точки палки лежат на одной прямой.

я так подозреваю что вы преобразования не выполнили. посчитали преобразования для $t'$ "неважными" и преобразовали ПОКОЯЩУЮСЯ под углом палку

$x_1 = r_1 \sin(w t), y_1 = r_1 \cos(w t)$
$x_2 = r_2 \sin(w t), y_2 = r_2 \cos(w t)$
$x_3 = 0, y_3 = 0$

вот что у вас для этих 3 получилось в другой исо? обратите внимание, это не то же самое что точки на покоящейся палке $x_1 = r_1\sin(\varphi), y_1 = r_1\cos(\varphi)$, тут присутвует $t$, которая тоже подвергается модификации в $t'$ и в нее в итоге попадет $x'$

[zvm]

Я вот так делал.
Есть стержень длины $2L$, равномерно вращающийся со скоростью $\omega$ перпендикулярно оси $z$. Координаты любой точки стержня изменяются во времени следующим образом: $\bar{R}(\lambda ,t)=\begin{bmatrix}x(\lambda ,t) \\ y(\lambda ,t) \end{bmatrix}=\lambda L\begin{bmatrix}\sin \omega t \\ \cos\omega t \end{bmatrix}$. $\lambda$ - задает точку стержня (+1 - левый конец, -1 - правый конец, 0 - середина). Преобразования Лоренца: $\left\{\begin{matrix}t=\gamma \left ( t'+\frac{vx'}{c^2} \right ) \\ x=\gamma \left ( x'+vt' \right ) \\ y=y' \end{matrix}\right.$.
Подставляем: $\begin{bmatrix}\gamma (x'+vt') \\ y' \end{bmatrix}=\lambda L\begin{bmatrix}\sin \omega \gamma \left ( t'+\frac{vx'}{c^2} \right ) \\ \cos\omega \gamma \left ( t'+\frac{vx'}{c^2} \right ) \end{bmatrix}$.
Получаем: $\bar{R'}(\lambda ,t')=\begin{bmatrix}x'(\lambda ,t') \\ y'(\lambda ,t') \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{1}{\gamma }\lambda Lsin\left ( \omega \gamma t'+\omega \gamma \frac{vx'}{c^2} \right )-vt' \\ \lambda Lcos\left ( \omega \gamma t'+\omega \gamma \frac{vx'}{c^2} \right ) \end{bmatrix}$.

Легко видеть, что $\bar{R'}(\lambda ,t')=(1-\lambda )\bar{R'}(0 ,t')+\lambda {R'}(L ,t')$, что и говорит о сохранении прямолинейности.

[rustot]

почему у вас $y'(r,t')$, а не $y'(r,t',x')$? именно дополнительная зависимость от $x'$ и задает нелинейность

[zvm]

Опечатки при переписывании с черновика. Поправил.

[rustot]

для нулевой точки $x_0=0,y_0$ получается $x_0' = - v t', y_0' = 0$. обозначим $x''=x' - x_0', y'' = y' - y_0''$, смещения от этой средней точки в новой исо

$x'' = \frac{r}{\gamma} \sin(\frac{w}{\gamma}t' + k x'')$
$y'' = r\cos(\frac{w}{\gamma}t' + k x'')$

где $k = \frac{\gamma w v}{c^2}$ - константа для выбранных угловой скорости и скорости исо, не зависит от координат

если три точки (вместе с нулевой) находятся на одной прямой то должно выполняться равенство

$\frac{x_1''}{y_1''} = \frac{x_2''}{y_2''}$

$\tg(\frac{w}{\gamma}t' + k x_1'') = \tg(\frac{w}{\gamma}t' + k x_2'')$

что возможно только если $x_1'' = x_2''$ и еще возможно в каких то частных дискретных случаях связанных с периодичностью тангенса. то есть в момент когда палка вертикальна - она прямая.

[zvm]

rustot! Дошло, спасибо. Теперь за мной работа над ошибками. И захотелось нарисовать. Но это не быстро. Как сделаю - доложу.

[guryev]

rustot в сообщении #952575 писал(а):

$x'' = \frac{r}{\gamma} \sin(\frac{w}{\gamma}t' + k x'')$
$y'' = r\cos(\frac{w}{\gamma}t' + k x'')$

Кстати, отсюда легко получается явное выражение $y''(t',x'')$:

$$y''={\gamma}x''\ctg(\frac{\omega}{\gamma}t'+kx'')$$

Так что форму кривых при фиксированных $t'$ несложно определить.

[rustot]

да, именно так, как то не сообразил :)

[DESIGNER]

aa_dav в сообщении #952448 писал(а):

DESIGNER в сообщении #952445 писал(а):

следовательно и расстояние между кончиками спиц не изменилось (со сравнению с собственным расстоянием).

Ошибка здесь, причём ВСЁ уже было написано выше, просто внимательнее читайте. Вам прямо сказали что собственная длина АБ не равна длине АБ в системе колеса минимум 2 раза и по каким причинам это происходит. Вместо того чтобы сесть за ПЛ или вникнуть в предложенные формулы или хотя бы качественно понять ситуацию через относительность одновременности вы тупо игнорируете сказанное и плетете какие то пространные неверные изначально рассуждения. Прислушайтесь.

Собственная длина отрезка $AB$ равна $2\pi r / N$. Длина отрезка $AB$ в ИСО, где центр колеса неподвижен равна $2\pi r / N$.
Если что-то по этому поводу было написано, и не совпадает с тем, что я сейчас написал, то это неверно.

-- 30.12.2014, 08:12 --

rustot в сообщении #952458 писал(а):

расстояние между материальными точками A и B согласно СТО может при переходе в другую исо как увеличиться так и уменьшиться, это зависит от скорости этих материальных точек. если в одной исо они двигались с почти одинаковой скоростью а в другой почти покоятся, то расстояние безусловно увеличится - как раз ваш случай двух кончиков спиц внизу.

Собственная длина отрезка является наибольшей, в любой другой ИСО, отличной от той, где отрезок покоится, его длина должна быть меньше собственной.

rustot в сообщении #952458 писал(а):

DESIGNER в сообщении #952445 писал(а):

Колесо полностью центрально-симметрично и его вращение не может изменить этого положения.

вращающееся колесо может быть центрально симметрично только в одной исо. я вам рассмотрел обе ситуации, когда оно симметрично в исо с покоящейся осью и когда оно симметрично в исо с покоящейся картой. в обоих случаях при переходе в другую исо не только пропорции его периметра меняются, но и спицы изгибаются. выше и ниже оси их одновременно находится разное количество. поэтому если вы делали какие то логические выводы из "очевидной" симметрии, то вы ошиблись с ее очевидностью. кувыркающаяся прямая палка в других исо уже не является прямой

Согласен, колесо в ИСО, где измеряемый отрезок неподвижен, не является симметричным, и да, спицы в этой ИСО изогнуты, я и не утверждал обратного. Симметрию колеса я применил ТОЛЬКО в ИСО, где неподвижен центр колеса. В ИСО измеряемого отрезка неподвижен отрезок $AB$ колеса, только этот факт и используется, ни о какой симметрии колеса в этой ИСО речи не идет.

-- 30.12.2014, 08:17 --

Someone в сообщении #952463 писал(а):

DESIGNER в сообщении #952445 писал(а):

Полностью согласен с вашими доводами по поводу ИСО, где покоится отрезок!
Но вот в ИСО, где неподвижен центр колеса, отрезку $AB$, соприкасающемуся с измеряемым отрезком, не суждено сократиться в силу симметрии ситуации.

Идиотствуете? Отрезок дуги, соприкасающийся с измеряемым отрезком, движется в этой ИСО точно с такой же скоростью, как измеряемый отрезок, поэтому и сокращается точно так же.

Длина отрезка $AB$ в ИСО, где неподвижен центр колеса равна $2 \pi r/N$. Или вы считаете, что это не так?

[aa_dav]

DESIGNER в сообщении #954344 писал(а):

Собственная длина отрезка $AB$ равна $2\pi r / N$. Длина отрезка $AB$ в ИСО, где центр колеса неподвижен равна $2\pi r / N$.

Здесь ошибка. Выше всё было неоднократно написано, читать вы не хотите просто. За сим наверное тему можно закрывать, толочь в ступе "нет ты неправ", "нет ты неправ" бессмысленно как то, не находите?

[rustot]

DESIGNER в сообщении #954344 писал(а):

Собственная длина отрезка является наибольшей, в любой другой ИСО, отличной от той, где отрезок покоится, его длина должна быть меньше собственной

ну вот она и получается максимальной в той исо где покоится карта, а этот отрезок касающийся ее тоже покоится

DESIGNER в сообщении #954344 писал(а):

Длина отрезка $AB$ в ИСО, где неподвижен центр колеса равна $2 \pi r/N$. Или вы считаете, что это не так?

если колесо изготовлено симметричным именно в этой исо, то да, в этой исо длина периметра равна длине нижнего отрезка умноженного на количество спиц

в другой же исо, как вы согласились, спицы изогнуты, шаг между ними становится переменным, нельзя в этой исо умножив самый большой шаг на количество спиц получить длину периметра. в этой исо периметр уменьшается, а длина самого большого отрезка (как раз того что касается карты) увеличивается

[DESIGNER]

aa_dav в сообщении #954347 писал(а):

DESIGNER в сообщении #954344 писал(а):

Собственная длина отрезка $AB$ равна $2\pi r / N$. Длина отрезка $AB$ в ИСО, где центр колеса неподвижен равна $2\pi r / N$.

Здесь ошибка. Выше всё было неоднократно написано, читать вы не хотите просто. За сим наверное тему можно закрывать, толочь в ступе "нет ты неправ", "нет ты неправ" бессмысленно как то, не находите?

Согласен, просто писать "ты не прав" без каких-либо аргументов - бессмысленно. Но это вы просто пишете, что я не прав. Я же привожу доказательства своих слов. С чем конкретно вы не согласны? С тем, что длина отрезка $AB$ в ИСО, где центр колеса неподвижен равна $2\pi r / N$?
В этой ИСО пространство не искривлено, и справедливы все формулы Евклидовой геометрии, в том числе и длина обода колеса радиуса $r$ равна $2\pi r$, не зависимо от того вращается колесо или нет. А учитывая, что обод состоит из $N$ одинаковых отрезков (т.к. их скорости равны) - длина каждого из них равна $2\pi r / N$. В ИСО измеряемого отрезка (где центр колеса движется) - длины отрезков между кончиками соседних спиц не равны, т.к. скорости этих отрезков различны, кроме того в этой ИСО обод колеса уже не является окружностью и спицы искривлены. Или, если перейти в систему отсчета, связанную с колесом (где оно не вращается), то в этой системе отсчета длина окружности уже не равна $2\pi r$, т.к. эта система отсчета неинерциальная.
Так что послушайтесь сами себя и хоть как-то обоснуйте свое мнение.

-- 31.12.2014, 09:08 --

rustot в сообщении #954429 писал(а):

DESIGNER в сообщении #954344 писал(а):

Собственная длина отрезка является наибольшей, в любой другой ИСО, отличной от той, где отрезок покоится, его длина должна быть меньше собственной

ну вот она и получается максимальной в той исо где покоится карта, а этот отрезок касающийся ее тоже покоится

Она должна быть не просто максимальной, она не может превышать собственной длины отрезка $AB$, которая равна $2 \pi r/N$.

rustot в сообщении #954429 писал(а):

DESIGNER в сообщении #954344 писал(а):

Длина отрезка $AB$ в ИСО, где неподвижен центр колеса равна $2 \pi r/N$. Или вы считаете, что это не так?

если колесо изготовлено симметричным именно в этой исо, то да, в этой исо длина периметра равна длине нижнего отрезка умноженного на количество спиц

в другой же исо, как вы согласились, спицы изогнуты, шаг между ними становится переменным, нельзя в этой исо умножив самый большой шаг на количество спиц получить длину периметра. в этой исо периметр уменьшается, а длина самого большого отрезка (как раз того что касается карты) увеличивается

Колесо изготовлено симметричным образом. Когда оно изготавливалось, то было неподвижно, в том числе и не вращалось. В ИСО измеряемого отрезка да, спицы изогнуты, колесо уже не является кругом, расстояние между кончиками соседних спиц - переменное. Но в этой ИСО длина каждого отрезка $AB$, который в данный момент соприкасается с измеряемым отрезком - равна его собственной длине, т.е. $2 \pi r/N$, а учитывая, что колесо последовательно отмеряет эти отрезки - $N$ таких итераций отмерят на измеряемом отрезке длину $2 \pi r$. В ИСО измеряемого отрезка это не длина периметра колеса (которое даже кругом-то не является) - это длина измеряемого отрезка, которую колесо отмеряет с помощью $N$ последовательных прикладываний отрезков $AB$, которые в ИСО измеряемого отрезка имеют длину $2 \pi r/N$, т.е. собственную длину.
Длина отрезка $AB$ в любой ИСО не может быть больше $2 \pi r/N$ - его собственной длины. Следовательно, с помощью $N$ последовательных прикладываний невозможно получить длину больше, чем $2 \pi r$.

-- 31.12.2014, 09:12 --

Всех с наступающим Новым Годом!
Желаю удачно провести выходные!

[rustot]

DESIGNER в сообщении #954730 писал(а):

Колесо изготовлено симметричным образом. Когда оно изготавливалось, то было неподвижно, в том числе и не вращалось. В ИСО измеряемого отрезка да, спицы изогнуты, колесо уже не является кругом, расстояние между кончиками соседних спиц - переменное. Но в этой ИСО длина каждого отрезка $AB$, который в данный момент соприкасается с измеряемым отрезком - равна его собственной длине, т.е. $2 \pi r/N$

ах вот о чем речь. вы считаете что если изготовить колесо неподвижным, измерить все длины, а потом приложить силы для разгона то "собственные длины" останутся теми же? с какой стати, нет конечно, не останутся. осталась неизменной разность координат между концами спиц именно измеренная в исо, для сохранения именно ее неизменной прикладывались силы при раскрутке. а "собственные" увеличатся. если вы концы спиц свяжете волосинками, то они при раскрутке порвутся

результат приложения сил определяется только силами, а не преобразованиями координат. если вы у 10 ракет одновременно включили одинаковые двигатели, шаг между ними будет оставаться неизменным потому-что у них одинаковые скорости, без оглядки на какие либо "лоренцевы сокращения". это в корне отличается от перехода в другую исо ВМЕСТО приложения сил. если вы вместо приложения сил перейдете в исо, относительно которой неподвижные ракеты оказались двигающимися, то расстояние между ними уменьшится

DESIGNER в сообщении #954730 писал(а):

Она должна быть не просто максимальной, она не может превышать собственной длины отрезка $AB$, которая равна $2 \pi r/N$.

она и не превышает. но собственная длина не равна $2\pi r/N$

[DESIGNER]

rustot в сообщении #954747 писал(а):

ах вот о чем речь. вы считаете что если изготовить колесо неподвижным, измерить все длины, а потом приложить силы для разгона то "собственные длины" останутся теми же? с какой стати, нет конечно, не останутся. осталась неизменной разность координат между концами спиц именно измеренная в исо, для сохранения именно ее неизменной прикладывались силы при раскрутке. а "собственные" увеличатся. если вы концы спиц свяжете волосинками, то они при раскрутке порвутся

результат приложения сил определяется только силами, а не преобразованиями координат. если вы у 10 ракет одновременно включили одинаковые двигатели, шаг между ними будет оставаться неизменным потому-что у них одинаковые скорости, без оглядки на какие либо "лоренцевы сокращения". это в корне отличается от перехода в другую исо ВМЕСТО приложения сил. если вы вместо приложения сил перейдете в исо, относительно которой неподвижные ракеты оказались двигающимися, то расстояние между ними уменьшится

DESIGNER в сообщении #954730 писал(а):

Она должна быть не просто максимальной, она не может превышать собственной длины отрезка $AB$, которая равна $2 \pi r/N$.

она и не превышает. но собственная длина не равна $2\pi r/N$

Колесо изготавливается неподвижным, изготовить колесо сразу движущимся довольно затруднительно. Каким образом колесо приводилось во вращение - не имеет значения. Никаких "волосинок", связывающих концы спиц колеса нет. Если бы они были, то отрезок $AB$, соприкасающийся в данный момент с измеряемым отрезком, был бы растянут, но не за счет каких-то сил внутри треугольника $AOB$, а за счет Лоренцева сокращения всех "волосинок", связывающих ВСЕ концы спиц в единую окружность. Об этом я уже говорил.
Если колесо представляет собой набор спиц, то никаких сил растягивающих вашу "волосинку", натянутую между кончиками спиц, соприкасающихся в данный момент с измеряемым отрезком, нет. Следовательно длина отрезка $AB$ должна определяться только Лоренцевым сокращением данного отрезка по отношению к собственной. Но в системе отсчета измеряемого отрезка - отрезок $AB$, соприкасающийся с измеряемым, - неподвижен (гравитационных полей тоже никаких нет). Это означает, что он должен иметь длину равную собственной - $2 \pi r/N$.
Если вы с этим не согласны, то укажите - какие силы растягивают отрезок $AB$, увеличивая его собственную длину.