Trasformazioni di Lorentz
Buongiorno, avrei bisogno di una mano con questo esercizio:
Ho considerato le solite trasformazioni di Lorentz:
$$
t'=\gamma (t-vx)\\
x' = \gamma (x-vt)
$$
Ho sostituito le equazioni del modo nella trasformazione di Lorentz su $x'$ e ho ottenuto:
$x_0' +u't' = \gamma (x_0 +ut-vt)$
Dal momento che vuole $x_0$ e $x_0'$ in termini di $u$ e $u'$ ho applicato la legge di composizione delle velocità e ho ricavato $v$:
$$v = \frac{u-u'}{1-uu'}$$
$$\gamma = \frac 1 {\sqrt{1-v^2}}=\frac{1-uu'}{\sqrt{1+u^2u'^2-u^2-u'^2}}$$
Sostituendo:
$x_0' +u't' = \frac{1-u\u'}{\sqrt{1+u^2u'^2-u^2-u'^2}} (x_0 +ut-\frac{u-u'}{1-u\u'}t)$
Però mi rimane tutta la dipendenza temporale, non so se sia corretto.
In un moto rettilineo uniforme monodimensionale, se in un riferimento inerziale vale la legge oraria $x = x_0 +ut$, in un altro riferimento in moto rispetto al primo vale $x' = x_0' +u't'$.
A partire dalle formule di trasformazione delle coordinate, determinare la relazione che esiste tra $x_0$ e $x_0'$ , in funzione delle sole $u$ e $u'$.
Ho considerato le solite trasformazioni di Lorentz:
$$
t'=\gamma (t-vx)\\
x' = \gamma (x-vt)
$$
Ho sostituito le equazioni del modo nella trasformazione di Lorentz su $x'$ e ho ottenuto:
$x_0' +u't' = \gamma (x_0 +ut-vt)$
Dal momento che vuole $x_0$ e $x_0'$ in termini di $u$ e $u'$ ho applicato la legge di composizione delle velocità e ho ricavato $v$:
$$v = \frac{u-u'}{1-uu'}$$
$$\gamma = \frac 1 {\sqrt{1-v^2}}=\frac{1-uu'}{\sqrt{1+u^2u'^2-u^2-u'^2}}$$
Sostituendo:
$x_0' +u't' = \frac{1-u\u'}{\sqrt{1+u^2u'^2-u^2-u'^2}} (x_0 +ut-\frac{u-u'}{1-u\u'}t)$
Però mi rimane tutta la dipendenza temporale, non so se sia corretto.
Risposte
Dopo i due passi sottostanti:
non ti resta che la seguente sostituzione:
Passo 1
$[x=x_0+ut] ^^ [t=(t'+v/c^2x')/sqrt(1-v^2/c^2)] ^^ [x=(vt'+x')/sqrt(1-v^2/c^2)] rarr [x'=sqrt(1-v^2/c^2)/(1-(uv)/c^2)x_0+(u-v)/(1-(uv)/c^2)t']$
Passo 2
$[x'=x_0'+u't'] ^^ [x'=sqrt(1-v^2/c^2)/(1-(uv)/c^2)x_0+(u-v)/(1-(uv)/c^2)t'] rarr [x_0'=sqrt(1-v^2/c^2)/(1-(uv)/c^2)x_0]$
non ti resta che la seguente sostituzione:
$v=(u-u')/(1-(u u')/c^2)$
Okay, i passaggi erano giusti. Si trattava solo di massaggiare un po' l'espressione. Il risultato che ottengo è:
$$
x_0' = (1-u'^2)x_0
$$
Corretto? (Non ho la soluzione del problema, per cui vorrei confrontare tale risultato)
$$
x_0' = (1-u'^2)x_0
$$
Corretto? (Non ho la soluzione del problema, per cui vorrei confrontare tale risultato)
Ecco la mia soluzione. Assumo c = 1 , sicché tutte le velocità sono adimensionali, e il tempo $t = ct$ ha dimensione di una lunghezza. Ho fatto un diagramma di Mink. della situazione, messo sotto spoiler. Nello ST piatto della RR, un punto $P$ percorre una linea di universo con moto r.u. (geodetica di tipo tempo, ovviamente rettilinea sul diagramma: è la linea a tratto grosso sul disegno) che rispetto all’asse $t$ dell' OI $(O,t,x)$ ( sistema considerato in quiete) è inclinata di $tg^-1u$ , quindi ha equazione :
$x= x_0 + ut $
$x_0$ è l’ascissa del punto B sull’asse $x$ in cui passa la linea detta a $t=0$ .
Analogamente, rispetto al sistema di coordinate $(O’,t’,x’)$dell’ OI, in moto risp. al precedente verso destra con velocità per ora incognita $v$ , la linea di universo di P ha equazione :
$x’= x’_0 + u’t’$
essa incontra in A l’asse $x’$, al tempo con apice $t’=0$.
Sono date le due velocità di $P$ rispetto ai due riferimenti. Per trovare la velocità $v$ del riferimento con apice rispetto a quello fisso, bisogna imporre che la composizione relativistica di $u$ con $v$ dia per risultato la velocità $u’$ di $P$ rispetto al riferimento in moto; quindi deve essere :
$u’ = (u-v) /(1-uv)$
da cui si ricava che : $ v = (u-u’) / ( 1-u*u')$
Consideriamo ora le TL tra i due riferimenti:
1) TL dirette : $ t’ = gamma(t-vx) \bigwedge x’ = gamma(x-vt) $
2) TL inverse : $ t = gamma(t’+vx') \bigwedge x = gamma(x’+vt') $
Prendiamo l’equazione del moto di P nel riferimento con apice : $x’= x’_0 + u’t’$. Evidentemente si ha : $ x’=x’_0$ quando $t’=0$ ; queste ripeto, non sono altro che le coordinate del punto A (v. disegno) nel riferimento con apice : tempo $t’_A = 0$ , spazio $x’_A = x’_0$ assegnato. Dalle TL inverse si ricavano le corrispondenti coordinate di A nel riferimento fisso :
$ t_A = gammavx’_0 \bigwedge x_A = gamma x’_0$
A che servono le coordinate di A nel riferimento (O,t,x) ? Be’ , essendo nota l’equazione della linea di universo di P in tale riferimento, e siccome tale linea passa per A, possiamo trovare le coordinate di B , con semplice geometria cartesiana. Guardando la figura, dal triangolo rettangolo di ipotenusa BA si ricava:
$x_A-x_B = t_A *tg(tg^-1u) = u*t_A$
da cui: $x_B =x_A-ut_A= ...=gamma x’_0(1-uv)$
ma $x_B = x_0$ è dato, quindi considero il problema concluso, poiché sia $gamma$ che $v$ dipendono da $u$ ed $u’$ , ci siamo liberati dai tempi, come richiesto. Ovviamente $t_B=0$.
$x= x_0 + ut $
$x_0$ è l’ascissa del punto B sull’asse $x$ in cui passa la linea detta a $t=0$ .
Analogamente, rispetto al sistema di coordinate $(O’,t’,x’)$dell’ OI, in moto risp. al precedente verso destra con velocità per ora incognita $v$ , la linea di universo di P ha equazione :
$x’= x’_0 + u’t’$
essa incontra in A l’asse $x’$, al tempo con apice $t’=0$.
Sono date le due velocità di $P$ rispetto ai due riferimenti. Per trovare la velocità $v$ del riferimento con apice rispetto a quello fisso, bisogna imporre che la composizione relativistica di $u$ con $v$ dia per risultato la velocità $u’$ di $P$ rispetto al riferimento in moto; quindi deve essere :
$u’ = (u-v) /(1-uv)$
da cui si ricava che : $ v = (u-u’) / ( 1-u*u')$
Consideriamo ora le TL tra i due riferimenti:
1) TL dirette : $ t’ = gamma(t-vx) \bigwedge x’ = gamma(x-vt) $
2) TL inverse : $ t = gamma(t’+vx') \bigwedge x = gamma(x’+vt') $
Prendiamo l’equazione del moto di P nel riferimento con apice : $x’= x’_0 + u’t’$. Evidentemente si ha : $ x’=x’_0$ quando $t’=0$ ; queste ripeto, non sono altro che le coordinate del punto A (v. disegno) nel riferimento con apice : tempo $t’_A = 0$ , spazio $x’_A = x’_0$ assegnato. Dalle TL inverse si ricavano le corrispondenti coordinate di A nel riferimento fisso :
$ t_A = gammavx’_0 \bigwedge x_A = gamma x’_0$
A che servono le coordinate di A nel riferimento (O,t,x) ? Be’ , essendo nota l’equazione della linea di universo di P in tale riferimento, e siccome tale linea passa per A, possiamo trovare le coordinate di B , con semplice geometria cartesiana. Guardando la figura, dal triangolo rettangolo di ipotenusa BA si ricava:
$x_A-x_B = t_A *tg(tg^-1u) = u*t_A$
da cui: $x_B =x_A-ut_A= ...=gamma x’_0(1-uv)$
ma $x_B = x_0$ è dato, quindi considero il problema concluso, poiché sia $gamma$ che $v$ dipendono da $u$ ed $u’$ , ci siamo liberati dai tempi, come richiesto. Ovviamente $t_B=0$.
Non avevo proprio pensato di mettere in gioco i diagrammi di Minkowski! È una soluzione geometrica molto bella, ho seguito i conti per curiosità e vedere se tornava anche a me. Forse è un po' prolissa da attuare in un esame scritto, però molto elegante! Grazie! 
Ma neanche tanto prolissa. Quando posso, adotto Minkowski, che fa vedere tanti aspetti a prima vista inimmaginabili.
Più che altro, ora sarei curioso di sapere se la mia soluzione finale coincide con quella di Sergeant Elias, analiticamente rigorosa. Ma mi secca fare tutti i passaggini algebrici...
Una precisazione forse è da fare (ma non è strettamente necessaria). Non ha alcun senso dire che le due equazioni del moto r.u. , rispetto ad $O$ e rispetto ad $O’$ , perdono di significato quando i rispettivi tempi sono $<0$: la posizione dell’origine delle coordinate è arbitraria, sia per $O$ che per $O’$ ; si può fare sempre una traslazione di assi e mettere le cose nel modo più semplice possibile. Ciò che conta, sono gli angoli relativi tra gli assi e con la retta del moto, cioè $u, u’,v$ , che rimangono gli stessi per qualunque traslazione. Anche il triangolino di ipotenusa BA rimane sempre simile, pur se più grande o più piccolo. Chiaro, no ?
Più che altro, ora sarei curioso di sapere se la mia soluzione finale coincide con quella di Sergeant Elias, analiticamente rigorosa. Ma mi secca fare tutti i passaggini algebrici...
Una precisazione forse è da fare (ma non è strettamente necessaria). Non ha alcun senso dire che le due equazioni del moto r.u. , rispetto ad $O$ e rispetto ad $O’$ , perdono di significato quando i rispettivi tempi sono $<0$: la posizione dell’origine delle coordinate è arbitraria, sia per $O$ che per $O’$ ; si può fare sempre una traslazione di assi e mettere le cose nel modo più semplice possibile. Ciò che conta, sono gli angoli relativi tra gli assi e con la retta del moto, cioè $u, u’,v$ , che rimangono gli stessi per qualunque traslazione. Anche il triangolino di ipotenusa BA rimane sempre simile, pur se più grande o più piccolo. Chiaro, no ?
"Frostman":
Il risultato che ottengo è ...
Non mi pare. Piuttosto:
$x_0'=sqrt((1-(u^{\prime}/c)^2)/(1-(u/c)^2))x_0$
@ Shackle
Dovresti ottenere ciò di cui sopra. Sono piuttosto sicuro di non aver sbagliato i conti. Per esempio:
$[v=0] rarr [u'=u] rarr [x_0'=x_0]$
Ciao Sergeant Elias.
Puo darsi che abbia sbagliato qualche passaggio, oppure qualche impostazione concettuale (il che sarebbe più grave! ) , ci guarderò. Comunque, anche da questa mia relazione finale:
$x_0=gamma x’_0(1-uv)$
si ottiene $x_0 = x’_0$ quando $v=0$ ; infatti in tal caso $gamma = 1 $
Però $v=0$ fisicamente significa che non c’è moto relativo tra il riferimento con apice e quello senza, e allora il problema non sussiste.
[...] Piuttosto:
$ x_0'=sqrt((1-(u^{\prime}/c)^2)/(1-(u/c)^2))x_0 $
@ Shackle
Dovresti ottenere ciò di cui sopra. Sono piuttosto sicuro di non aver sbagliato i conti. Per esempio:
$ [v=0] rarr [u'=u] rarr [x_0'=x_0] $
Puo darsi che abbia sbagliato qualche passaggio, oppure qualche impostazione concettuale (il che sarebbe più grave! ) , ci guarderò. Comunque, anche da questa mia relazione finale:
$x_0=gamma x’_0(1-uv)$
si ottiene $x_0 = x’_0$ quando $v=0$ ; infatti in tal caso $gamma = 1 $
Però $v=0$ fisicamente significa che non c’è moto relativo tra il riferimento con apice e quello senza, e allora il problema non sussiste.
Ciao Shackle. Mi sono ridotto a quel caso particolare per essere ancora più sicuro di non aver commesso errori nei calcoli. Anche per questo, il risultato di Frostman non può essere corretto. Magari, nei prossimi giorni, leggo il tuo post. Anche se, con i diagrammi di Minkowski, sono piuttosto arrugginito.
"anonymous_0b37e9":
Ciao Shackle. Mi sono ridotto a quel caso particolare per essere ancora più sicuro di non aver commesso errori nei calcoli. Anche per questo, il risultato di Frostman non può essere corretto. Magari, nei prossimi giorni, leggo il tuo post. Anche se, con i diagrammi di Minkowski, sono piuttosto arrugginito.
Una bella smerigliata a velocità relativistica, una passata di minio, e la ruggine va via
! Io mi ripropongo invece di scovare un possibile errore , anche concettuale (nessuno è infallibile) nei miei ragionamenti, e di rettificare il post, ovvero farne uno nuovo se del caso. Certo che è uno svantaggio non da poco non avere i risultati. Ti saluto per ora, come saluto Frostman , a cui raccomando di stare in campana.
Aggiornamento serale :
sapete che vi dico , amici miei ? Che i procedimenti e formule di @anonymous_0b37e9 e i miei conducono esattamente agli stessi risultati, quindi sono entrambi corretti! Affermo questo perchè ho fatto un esempio numerico, che ora riporto. (lo so che non si dovrebbe fare cosí, ma a mali estremi...). Allora ecco :
Dati : $u=0.8$ ; $u’ = 0.6$ ; per cui : $v = (0.8-0.6)/(1-0.48) = 0.3846 $
Il fattore di Lorentz vale : $gamma = 1/\sqrt(1-v^2) = 1.0833$
Con la formula scritta da @anonymous_0b37e9 si ha :
$(x’_0)/x_0 = sqrt ( (1-u’^2)/(1-u^2) ) = sqrt ( (1-0.36)/(1-0.64) ) = 1.3333 $
Con la mia formula ottengo il rapporto inverso :
$x_0/(x’_0) = gamma(1-uv) = 1.0833(1-0.8*0.386) = 0.75 $
Perciò il rapporto inverso di questo vale : $ (x’_0)/(x_0) = 1/(0.75) = 1.3333 $
Non è un caso. Ho ripetuto il calcolo anche con altri valori per u ed u’ , ottenendo lo stesso esito: le formule sono equivalenti.
Si tratterebbe ora di capire qual è il procedimento teorico che porta da una all’altra. Ma magari lo fa Frostman!
Mentre io avevo ottenuto:
mi pare che tu avessi ottenuto:
la stessa relazione per intenderci.
P.S.
Mi sto impigrendo.
$x_0'=sqrt(1-v^2/c^2)/(1-(uv)/c^2)x_0$
mi pare che tu avessi ottenuto:
$x_0=\gammax_0'(1-uv)$
la stessa relazione per intenderci.
P.S.
Mi sto impigrendo.
Bene, vuol dire che ci eravamo un po’ distratti entrambi, anche io non avevo notato che in realtà era la stessa formula. Quando ci si chiarisce le idee, confrontandosi con altri, anche chi legge ce le ha più chiare. Quindi le cose ora sono a posto, e Frostman può dirsi soddisfatto. Ciao, alla prossima! 
Che interessante questo topic. Ammetto però di essere cascato nell’assonanza triviale e di avere riso quando ho letto “ho fatto un diagramma di Mink”
Ciao Dix. Certo, di quelle ne diciamo e facciamo parecchie, tutti quanti.Voglio vedere se qualcuno nega. Io per esempio mi sento un mink quando mi applico tanto per scrivere una risposta, e vedo che dall’ altra parte non c’è nessuna reazione.
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