Относительно синекдохи отвечания

[g______d]

Я тоже не понимаю. Denis Russkih, вы очевидно, потратили довольно ощутимое количество времени на эти gif-анимации и на объяснения того, что именно вы не понимаете. И я не верю, что вы совсем не перевариваете формул; по крайней мере, теорему Ферма вам в своё время это не помешало доказать. В чём тогда проблема освоить материал 10-11 класса физматшколы? Насколько я помню, именно там преобразования Лоренца первый раз и появляются.

[мат-ламер]

Denis Russkih в сообщении #967498 писал(а):

Да. И мне здесь было очень интересно взглянуть на то, как решают задачу профессионалы.

+100500. Чтение ветки было для меня очень поучительным. Мне стало понятно, как физики понимают физику.

-- Сб янв 24, 2015 13:23:44 --

warlock66613 в сообщении #967399 писал(а):

Я думаю, можно публиковать, поскольку вот это можно считать антирешением:

мат-ламер в сообщении #967356 писал(а):

Дело в том, что свет испускается не одномоментно.

Так как неодномоментность тут, конечно, не при чём.

Моё слабое знание физики не позволяет получить представление, как одномоментно получить узконаправленный пучок фотонов. И что в таком случае произойдёт в варианте а).

-- Сб янв 24, 2015 13:47:57 --

Обдумывание этого вопроса поставило меня в тупик http://dxdy.ru/post967580.html#p967580. Почувствовал элементарный недостаток в базовых знаниях. Следуя совету Muninа советы в таких темах постараюсь свести к минимуму.

-- Сб янв 24, 2015 13:52:03 --

[Denis Russkih]

(Оффтоп)

g______d в сообщении #967512 писал(а):

Denis Russkih, вы очевидно, потратили довольно ощутимое количество времени на эти gif-анимации

Это не так уж и долго, если есть навыки. :) Только вот с размером картинок я промахнулся — не учёл, что мощные компьютеры не всегда под рукой у людей. Приношу всем извинения за этот косяк. Недавно зашёл в свою тему с мобильного устройства — картинки грузились довольно долго и анимация ощутимо подтормаживала. А я даже не скрыл эти картинки под тегом оффтопа! (У меня-то всё быстро грузится и плавно воспроизводится.) И теперь уже нет возможности отредактировать сообщение.

g______d в сообщении #967512 писал(а):

И я не верю, что вы совсем не перевариваете формул; по крайней мере, теорему Ферма вам в своё время это не помешало доказать.

Ох, не травите душу. :) Все люди когда-то совершали ошибки.

g______d в сообщении #967512 писал(а):

В чём тогда проблема освоить материал 10-11 класса физматшколы? Насколько я помню, именно там преобразования Лоренца первый раз и появляются.

Не припомню, чтобы в школе они давались для трёхмерного пространства или хотя бы для плоскости. В любом случае, я и тогда их толком не понимал, и сейчас не вполне понимаю. Проблема в том, что у меня, увы, "гуманитарный склад мышления". :)

Как я обычно решаю задачи? Пишу-пишу решение, получаю ответ, заглядываю в конец учебника — бац, не сходится с ответом авторов! Тщательно пересматриваю всё своё решение, нахожу момент, где допустил ошибку (какая-нибудь досадная мелочь), решаю заново — бац, опять не сходится! Снова ищу ошибку, снова решаю — ура, наконец-то сходится, но к этому моменту уже времени потрачено в три раза больше, чем должен тратить нормальный человек на такую задачку.

В общем, решить какую-нибудь несложную физико-математическую задачу я могу — но только если есть, где посмотреть ответ. И то решу не с первого раза. :)

[g______d]

Denis Russkih в сообщении #967585 писал(а):

Не припомню, чтобы в школе они давались для трёхмерного пространства или хотя бы для плоскости.

Они не нужны ни для пространства, ни для плоскости. Всё происходит вдоль оси $x$, а по оси $y$ ничего не меняется.

[Denis Russkih]

g______d в сообщении #967588 писал(а):

Denis Russkih в сообщении #967585 писал(а):

Не припомню, чтобы в школе они давались для трёхмерного пространства или хотя бы для плоскости.

Они не нужны ни для пространства, ни для плоскости. Всё происходит вдоль оси $x$, а по оси $y$ ничего не меняется.

Как же это ничего не меняется? Вдоль оси $y$ летит кусок лазерного луча. :) Его положение меняется со временем по оси $y$. (Положение начальной и конечной точек летящего лазерного отрезка.)

Разве нет? Я что-то вообще перестал что-либо понимать. :)

[Ms-dos4]

Denis Russkih
А зачем. У вас тут одна система отсчёта движется относительно другой вдоль оси $\[x\]$. Берёте преобразования Лоренца, делите пространственные на временное преобразования и получаете преобразования компонент скорости. Далее только подставить. Ваша задачка - стандартная, решённая даже в ЛЛ (где то в начале, по ходу изложений преобразований Лоренца), и называется этот эффект аберрацией света.

(Оффтоп)

Denis Russkih в сообщении #967585 писал(а):

Как я обычно решаю задачи? Пишу-пишу решение, получаю ответ, заглядываю в конец учебника — бац, не сходится с ответом авторов! Тщательно пересматриваю всё своё решение, нахожу момент, где допустил ошибку (какая-нибудь досадная мелочь), решаю заново — бац, опять не сходится! Снова ищу ошибку, снова решаю — ура, наконец-то сходится, но к этому моменту уже времени потрачено в три раза больше, чем должен тратить нормальный человек на такую задачку.

Ну так у всех, когда они только начинают учиться. Ошибки - это нормально. Главное на них учится. Прорешаете много задач - будете допускать значительно реже.

[g______d]

Denis Russkih в сообщении #967593 писал(а):

Как же это ничего не меняется? Вдоль оси $y$ летит кусок лазерного луча. :) Его положение меняется со временем по оси $y$. (Положение начальной и конечной точек летящего лазерного отрезка.)

По оси $y$ никаких преобразований не происходит, преобразования Лоренца действуют вдоль оси $x$.

[Denis Russkih]

Вот оно что! А в каких же случаях требуются преобразования по оси $y$? Наверное, они потребовались бы, если бы менялось расстояние между ракетами на оси $y$? :) Если же меняются только координаты лазерного луча, то никаких преобразований не требуется? Интересно...

А если бы одна ракета стреляла по другой из обычной пушки, то по оси $y$ всё равно не происходило бы никаких преобразований?.. Но ведь пушка даёт ощутимую отдачу, одна ракета начала бы отдаляться от другой. Кстати, лазер, по идее, тоже должен давать какую-то отдачу, хоть и небольшую?

Видимо, этой отдачей просто пренебрегают для упрощения расчётов?

[Munin]

NT2000 в сообщении #967468 писал(а):

То, что Интервал инвариантен - это я понимаю.
Но черт возьми Холмс, почему "между ними интервал равен нулю" $S^2= 0$ ?

Потому что так всегда бывает, когда распространяется свет, Ватсон!

g______d в сообщении #967496 писал(а):

Кстати, чтобы получить картинку б), сами преобразования Лоренца помнить не нужно. Нужно только знать, что они действуют по координате $x$. Поэтому вертикальные отрезки перейдут в вертикальные отрезки той же длины.

Ну в общем да, но это не такое уж тривиальное свойство. Чтобы его помнить, надо преобразования Лоренца хотя бы немного поразбирать и попонимать.

Denis Russkih в сообщении #967498 писал(а):

Прямо захотелось самому когда-нибудь научиться так решать. :)

Да делов-то. Тут надо не "хотеть когда-нибудь", а сесть и научиться. За пару недель сможете так же - если помните обычные векторы и координаты. Если не помните - надо предварительно с ними потренироваться.

Aritaborian
Вы слишком иносказательны :-)

[Munin]

Denis Russkih в сообщении #967585 писал(а):

Как я обычно решаю задачи? Пишу-пишу решение, получаю ответ, заглядываю в конец учебника — бац, не сходится с ответом авторов! Тщательно пересматриваю всё своё решение, нахожу момент, где допустил ошибку (какая-нибудь досадная мелочь), решаю заново — бац, опять не сходится! Снова ищу ошибку, снова решаю — ура, наконец-то сходится, но к этому моменту уже времени потрачено в три раза больше, чем должен тратить нормальный человек на такую задачку.

Все так делают. Просто с количеством опыта количество ошибок постепенно уменьшается - но о-о-о-о-очень медленно.

И ещё. Люди опытные соображают, что такой "прыжок от начала до ответа" всегда рискованный. И стараются проверять промежуточный результат где-то посередине задачи, а лучше и в нескольких местах - поделить "один большой прыжок" на "несколько коротких шагов". В отдельном шаге легче не наделать ошибок, а даже если она и будет - переделать короткий шаг проще, чем длинную цепочку.

Разумеется, для этого надо "накапливать в копилку" методы сверки промежуточных результатов с задачей, и методы самоконтроля: проверять правильность отдельных шагов. Иногда про эту премудрость говорят как про "качественный анализ", "проверку на физический смысл" и т. п. Слово "физический смысл" имеет смысл только в этом смысле :-)

Denis Russkih в сообщении #967609 писал(а):

Вот оно что! А в каких же случаях требуются преобразования по оси $y$?

Тогда, когда мы переходим в другую ИСО, двигаясь относительно исходной вдоль оси $y.$ Но тогда исчезают преобразования по оси $x.$

-- 24.01.2015 16:28:38 --

Denis Russkih в сообщении #967609 писал(а):

Кстати, лазер, по идее, тоже должен давать какую-то отдачу, хоть и небольшую?

Видимо, этой отдачей просто пренебрегают для упрощения расчётов?

Я думаю, что все эти вопросы пора задавать уже не в разделе "Работа форума" :-)

[Denis Russkih]

Munin

Спасибо за ответ. :) Действительно, что-то я увлёкся, пора сворачиваться, ведь тема совсем не об этом.

Munin в сообщении #967610 писал(а):

Да делов-то. Тут надо не "хотеть когда-нибудь", а сесть и научиться. За пару недель сможете так же - если помните обычные векторы и координаты.

У Вас там в решении используется, в частности, гиперболический косинус гиперболического ареатангенса, вряд ли такое можно освоить за пару недель. :)

Почитал тут немного про эти гиперболические функции... Правильно ли я понимаю, что выражение $\gamma=\ch\operatorname{arth}v$ должно означать следующее:
$\gamma = \dfrac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}\ln(\frac{1+v}{1-v})} + e^{-\frac{1}{2}\ln(\frac{1+v}{1-v})})$
Если да, и если всё остальное в том же духе, то это просто убиться веником, убиться веником... :)

[provincialka]

Denis Russkih
Да ничего страшного. Например, $e^{\frac12\ln a} = \sqrt{e^{\ln a}}=\sqrt{a}$.

[Nemiroff]

Denis Russkih в сообщении #967673 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что выражение $\gamma=\ch\operatorname{arth}v$ должно означать следующее:
$\gamma = \dfrac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}\ln(\frac{1+v}{1-v})} + e^{-\frac{1}{2}\ln(\frac{1+v}{1-v})})$

Это просто любовь к геометрическим образам. Всё сводится к $\gamma = \dfrac{1}{\sqrt{1-v^2}}$.

[Denis Russkih]

provincialka в сообщении #967677 писал(а):

Denis Russkih
Да ничего страшного. Например, $e^{\frac12\ln a} = \sqrt{e^{\ln a}}=\sqrt{a}$.

Ух ты! Прикольно... Тогда ещё ничего, жить можно. :) Получается

\parindent{}$\gamma = \ch\operatorname{arth}v = \dfrac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}\ln(\frac{1+v}{1-v})} + e^{-\frac{1}{2}\ln(\frac{1+v}{1-v})}) = \dfrac{1}{2}(\sqrt{\frac{1+v}{1-v}} + \dfrac{1}{\sqrt{\frac{1+v}{1-v}}}) = \dfrac{\frac{1+v}{1-v}+1}{2\sqrt{\frac{1+v}{1-v}}} = \\ = \dfrac{1}{(1-v)\sqrt{\frac{1+v}{1-v}}} = \dfrac{1}{\sqrt{(1+v)(1-v)}} = \dfrac{1}{\sqrt{1-v^2}}$

Nemiroff в сообщении #967680 писал(а):

Всё сводится к $\gamma = \dfrac{1}{\sqrt{1-v^2}}$.

Ага, и я даже смог уяснить, как именно. :)


Ну ладно, положим, эта часть решения оказалась не так ужасна. Но остальные всё равно внушают должный трепет. :) Мало ведь научиться механически подставлять значения. Надо ещё понимать, откуда что берётся. Это за пару недель точно не освоить. :) Взять хотя бы вот этот кусочек:

Цитата:

Мировые линии этих точек в штрихованной системе координат:
$A:\quad x^{\mu'}_A=(t',0,t')$ (при любом $t',$ то есть прямая параметризована $t'$)
$B:\quad x^{\mu'}_B=(t',0,t'-L)$

Тут уж точно никакие метания не помогут понять, что имеется в виду. :)

[Munin]

Denis Russkih в сообщении #967673 писал(а):

У Вас там в решении используется, в частности, гиперболический косинус гиперболического ареатангенса, вряд ли такое можно освоить за пару недель. :)

Можно гораздо быстрее, если вы знаете волшебные формулы

$$e^z=e^{x+iy}=e^x(\cos y+i\sin y),\qquad\cos z=\dfrac{e^{iz}+e^{-iz}}{2},\qquad\sin z=\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}.$$

Denis Russkih в сообщении #967673 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что выражение $\gamma=\ch\operatorname{arth}v$ должно означать следующее:
$\gamma = \dfrac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}\ln(\frac{1+v}{1-v})} + e^{-\frac{1}{2}\ln(\frac{1+v}{1-v})})$

Да, но то же самое можно записать гораздо проще: $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-v^2}}$ :-)

Причём не путём упрощения выражения, как вы это уже проделали, а чисто из "основного гиперболического тождества", которое аналогично теореме Пифагора.

-- 24.01.2015 18:00:45 --

Нарисуйте прямоугольный треугольник с катетами $a,b,$ гипотенузой $c$ и против катета $a$ угол $\alpha.$ (Мне лень возиться с рисунками.)

Тогда по теореме Пифагора $a^2+b^2=c^2.$ А по определению $\sin\alpha=\dfrac{a}{c},\quad\cos\alpha=\dfrac{b}{c},\quad\tg\alpha=\dfrac{a}{b}.$ Отсюда можно выразить любую функцию по любой другой: вычислить любое выражение типа $\mathop{fun_1}\mathop{\mathrm{arc}fun_2}x.$ Для примера, вычислим $y=\cos\arctg x$:

$$\begin{gathered}\Bigr\{\,\,y=\cos\alpha=\dfrac{b}{c},\quad x=\tg\alpha=\dfrac{a}{b}.\\ c=\sqrt{a^2+b^2}\\ y=\cos\alpha=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{a^2}{b^2}+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{\tg^2\alpha+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}.\end{gathered}$$

Ну и в гиперболических функциях то же самое.