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da **ics** » 27 set 2020, 9:08

Salve

Un astronave parte dalla terra diretta sul pianeta P.
La distanza calcolata dalla terra e' L e la velocita' dell'astronave e' v.
Quando l'astronave arriva sul pianeta P quanto tempo sara' passato in P?

da **IlGuru** » 27 set 2020, 10:46

Se la Terra e P non sincronizzano i loro orologi, la domanda è priva di senso.
Se sincronizzano i loro orologi inviando un raggio di luce, entrambi si accordano su come sono orientati gli assi e quando iniziare a contare i secondi.
Quando l'astronave che parte dalla Terra arriva a P, nel sistema di riferimento inerziale di P e della Terra saranno passati t = l/v secondi

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da **ics** » 27 set 2020, 11:06

Si certo all'inizio gli orologi sono sincronizzati.
Cioe' se il sistema di riferimento e' la terra solidale con il pianeta o.k.
Ma l'orologio sull'astronave e quello sul pianeta cosa segneranno all'impatto se il sistema di riferimento e' l'astronave?

da **EcoTan** » 27 set 2020, 12:10

ics ha scritto:l'orologio sull'astronave

t'=t/k con
$k = \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{v}{C}\right)^2}}$

da **ics** » 27 set 2020, 12:33

Cioe', con sistema di riferimento astronave, la distanza che la separa dal pianeta non e' piu' L
ma 1/gamma * L ,minore distanza minore tempo per percorrerla e cioe' t = L/v * gamma questo dovrebbe essre il tempo che impiega l'astronave ad impattare il pianeta.Di conseguenza ,siccome gli orologi erano sincronizzati all'inizio questo dovrebbe essere anche il tempo del pianeta all'impatto.
Siete d'accordo?

da **IlGuru** » 27 set 2020, 15:15

Premessa, questa non è una spiegazione rigorosa, quindi chiunque voglia correggermi si senta libero di farlo.

Cominciamo, diamo un nome ai due sistemi di riferimento:
Terra/Pianeta lo chiamo F
Astronave lo chiamo F'

Questi sistemi di riferimento sono inerziali perché chi sta chiuso in un armadio sulla terra pensa di essere fermo, e chi sta chiuso in un armadio sull'astronave pensa di essere fermo.
Su che cosa sono d'accordo i due rinchiusi nell'armadio? Sono d'accordo sul fatto di essere fermi nel proprio sistema di riferimento e che la luce, ovequandunque la si guardi, viaggia sempre alla velocità c.

F ed F' sono formati rispettivamente dai sistemi di assi cartesiani (x_0, x_1)

e

. Gli assi x_0

e

rappresentano il tempo proprio nei due sistemi di riferimento e sono riscalati in modo tale che i rapporti $\frac{x_1}{x_0} = \frac{x'_1}{x'_0} = 1$

F' si muove alla velocità v rispetto ad F, ed F si muove alla velocità -v rispetto ad F' e per semplificare i conti chiamiamo $\beta = \frac{v}{c}$

Scriviamo le equazioni di cambio di coordinate che porta F in F':
$\begin{cases} x'_0 = x_0 - \beta x_1 \\ x'_1 = - \beta x_0 + x_1 \end{cases}$

In forma matriciale:
X' = T X

dove $T = \begin{bmatrix} 1 & - \beta \\ - \beta & 1 \end{bmatrix}$

Come si torna indietro da F' ad F? Calcoliamo la matrice $T^{-1}$ inversa di T formata dalla trasposta della matrice dei cofattori di T e moltiplicata per l'inverso del determinante di T. Sono matrici 2x2 quindi è molto semplice, oltretutto anche simmetriche:
$T^{-1} = \frac{1}{det(T)} \begin{bmatrix} c_{00} & c_{10} \\ c_{01} & c_{11} \end{bmatrix}^t$
$det(T)=x_{00}x_{11}-x_{01}x_{10} = (1 - \beta^2) \rightarrow \frac{1}{det(T)} = \frac{1}{(1 - \beta^2)}$
Chiamiamo $\gamma^2 = \frac{1}{(1 - \beta^2)} \rightarrow \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \beta^2}}$
$c_{00} = 1, c_{01} = \beta, c_{10} = \beta, c_{11} = 1 \rightarrow T^{-1} = \gamma^2 \begin{bmatrix} 1 & \beta \\ \beta & 1 \end{bmatrix}$
In altre parole, per tornare da F' ad F non dobbiamo fare alto che:
$X = T^{-1} X'$

Abbiamo detto che i due poveretti nei rispettivi armadi sono d'accordo sulla velocità della luce e sul fatto di essere fermi nei loro riferimanti inerziali, pertanto per ciascuno di loro vale t_1 = 0

e

quindi abbiamo che $X=\begin{bmatrix}x_0 \\ 0 \end{bmatrix} = T^{-1} X'$ e $X'=\begin{bmatrix}x'_0 \\ 0 \end{bmatrix} = T X$

I due devono mettersi d'accordo su some calcolare le lunghezze per confrontare coordinate spazio-temporali, e trattando vettori ci viene in aiuto il prodotto scalare:
$X^t X' = ( T^{-1} X' )^t T X = ( \gamma^2 \begin{bmatrix} 1 & \beta \\ \beta & 1 \end{bmatrix} X' )^t \begin{bmatrix} 1 & -\beta \\ -\beta & 1 \end{bmatrix} X$

$\gamma^2$ è uno scalare, quindi lo possiamo scomporre nei due fattori $\gamma^2 = \gamma \gamma$ che per la proprietà distributiva del prodotto tra scalari possiamo spostare un po' dove ci pare

$X^t X' = ( T^{-1} X' )^t T X = ( \gamma \begin{bmatrix} 1 & \beta \\ \beta & 1 \end{bmatrix} X' )^t ( \gamma \begin{bmatrix} 1 & -\beta \\ -\beta & 1 \end{bmatrix} X )$

che è come dire

$X^t = ( \gamma \begin{bmatrix} 1 & \beta \\ \beta & 1 \end{bmatrix} X' )^t \rightarrow X = \gamma \begin{bmatrix} 1 & \beta \\ \beta & 1 \end{bmatrix} X'$ e $X' = \gamma \begin{bmatrix}1 & -\beta \\ -\beta & 1 \end{bmatrix} X$

Queste sono le trasformazioni di Lorentz tra i due sistemi di riferimento, andata e ritorno

Facciamo una prova. Il riferimento F' (astronave) si muove a $\frac{1}{2}c$ rispetto ad F, quindi:
$\beta = \frac{1}{2}$ e $\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{2}^2}} = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{4}}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$
P e T distano x_1 = 10

anni luce, il che ci dice che a quella velocità x_0 = 20

anni, in altre parole $X=\begin{bmatrix}20\\ 10\end{bmatrix}$
Che cosa misura il tizio in F'?
$X'=\gamma T X \rightarrow \begin{bmatrix}x'_0 \\x'_1 \end{bmatrix} = \gamma \begin{bmatrix}1 & -\beta \\-\beta & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_0 \\x_1 \end{bmatrix} = \gamma \begin{bmatrix}x_0 - \beta x_1 \\ -\beta x_0 + x_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt{3}} ( 20 - 5 ) \\ \frac{2}{\sqrt{3}} ( -10 + 10 ) \end{bmatrix}$
$X' = \begin{bmatrix}x'_0 \\x'_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}10 \sqrt{3} \\ 0 \end{bmatrix}$
Sorpresa! Mentre per il tizio in F, il tizio in F' si è spostato di 10 anni luce in 20 anni, per il tizio chiuso nell'armadio in F' sono passati 17.3 anni ( è più giovane ) e non si è spostato di una virgola.
Vediamo che cosa F' pensa che sia successo in F, usando la trasformazione inversa:
$X=\gamma T^{-1} X' \rightarrow \begin{bmatrix}x_0 \\x_1 \end{bmatrix} = \gamma \begin{bmatrix}1 & \beta \\ \beta & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x'_0 \\x'_1 \end{bmatrix} = \gamma \begin{bmatrix}x'_0 + \beta x'_1 \\ \beta x'_0 + x'_1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt{3}} ( 10 \sqrt{3} + 0 ) \\ \frac{2}{\sqrt{3}} ( 5 \sqrt{3} + 0 )\end{bmatrix}$
$X = \begin{bmatrix}x_0 \\x_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}20 \\ 10 \end{bmatrix}$

Sorpresa! F' concorda che per F sono trascorsi 20 anni mentre il suo orologio segna 17.3 anni

da **ics** » 27 set 2020, 16:17

Accidenti che preparazione.......Complimenti! :ok:

Potresti comunque dirmi se il semplice calcolo che ho fatto ti torna?
Trascrivo la domanda:
L'astronave A parte e si dirige verso il pianeta P, indicando con v la sua velocita' e con L la distanza tra la terra e P mi chiedevo se con sistema di riferimento astronave, la distanza che la separa dal pianeta non sia' piu' L ma 1/gamma * L per la classica contrazione delle distanze, e di conseguenza minore distanza minore tempo per percorrerla da parte dell'astronave e cioe'
t = L/v * gamma questo dovrebbe essere il tempo che impiega l'astronave ad impattare il pianeta calcolato con il suo orologio di bordo.Di conseguenza ,siccome il suo orologio era sincronizzato all'inizio con quello del pianeta questo t dovrebbe essere anche il tempo trascorso nel pianeta all'impatto.
Sei d'accordo?

da **EcoTan** » 27 set 2020, 17:35

Complimenti a

IlGuru , questa deduzione della trasformazione di Lorentz la hai presa da un testo?

ics forse è finalmente riuscito a farmi impappinare, la velocità v vista dall'astronave sembra immune dalla contrazione, forse nella RR v è uno scalare e non un vettore (infatti si parla di quadrivelocità).

da **ics** » 27 set 2020, 17:47

La situazione iniziale e' l'astronave ferma sulla terra.
Esiste cosi' un solo sistema di riferimento all'interno del quale e' presente la terra,
il pianeta di destinazione cioe' l'universo e possiamo aggiungere con tutti gli orologi sincronizzati.

Nel momento che l'astronave A inizia il viaggio ecco che esistono due sistemi di riferimento:l'astronave che si muove all'interno dell'altro sistema di riferimento e cioe'dell'universo con la terra , il pianeta, lo spazio ecc.
Sempre nel momento della partenza facciamo lanciare un raggio di luce dal pianeta verso A.

Sistema riferimento "astronave" A.

Alla base di ogni considerazione c'e' un aspetto che bisogna sempre tenere presente
e cioe' che la velocita' della luce deve rimanere costante sempre senza sommarsi con altre velocita'. Ogni valutazione fatta da sistemi di riferimento deve mettere in primis questa
verita'.
La strumentazione di bordo conferma la costanza di c. e conferma che l'universo intero sta venendo incontro ad A insieme al pianeta,lo spazio, ecc,mentre la terra si allontana.
Ricordiamo che il sistema riferimento e' l'astronave che puo' essere considerata ferma rispetto all'universo.
Se il raggio di luce lanciato dal pianeta non risente della velocita'dell'universo sul quale poggia vuol dire che impieghera' molto piu' tempo per raggiungerci rispetto a quello che impiegherebbe se potesse sommare la sua velocita' come in fisica classica.Questo ritardo temporale si esplicita con la lancetta del suo orologio indietro rispetto al nostro che puo' essere visto camminare come se fossimo anche qui in fisica classica.Ne consegue che anche lo spazio percorso deve contrasi perche' sia salvo il rapporto s/t = c cioe' sia spazio che tempo,come si vedra', dovranno essere moltiplicati per un fattore 1/gamma espresso in funzione di v.
Se quindi la distanza percorsa dal raggio si riduce e dovendo comunque il raggio arrivare a noi di conseguenza si contrae anche la distanza che ci separa dal pianeta.
Noi siamo partiti con l'orologio sincronizzato con quello del pianeta ricordiamolo.
Ora l'astronave percorrera' un tratto piu' breve per raggiungere il pianeta
cioe' L * 1/gamma, l'orologio all'interno dell'astronave non segnera' il tempo
come se la lunghezza percorsa fosse L ma segnera' un tempo inferiore (tragitto piu' breve minor tempo).Ma anche per l'orologio del pianeta all'impatto sara' passato lo stesso tempo essendo
gli orologi funzionanti allo stesso modo all'inizio del viaggio.
Queste sono le considerazioni fatte dall'astronave basate sull'interpetazione relativistica del comportamento di un raggio di luce.
Accade solo questo in riferimento alla contrazione di L e di t.

da **IlGuru** » 27 set 2020, 20:42

EcoTan ha scritto:Complimenti a IlGuru , questa deduzione della trasformazione di Lorentz la hai presa da un testo?

No, è che in questo periodo mi sto facendo del male con corsi di algebra lineare e relatività, è quasi tutto farina del mio sacco di oggi

Le trasformazioni scritte come ho fatto all'inizio, tengono in considerazione solo l'inclinazione degli assi ma non li riscalano, credo di aver fatto una forzatura per far convergere tra di loro le due trasformazioni, usando l'algebra meglio di quanto la conosca io, usando basi e componenti si può fare di meglio.
Una via un po' più pulitita a cui sono giunto oggi pomeriggio e che conduce agli stessi risultati è la seguente:

Scriviamo le equazioni di cambio di coordinate che porta F in F' questa volta includendo un fattore di scala che chiamiamo $\gamma$ :
$\begin{cases}x'_0 = \gamma( x_0 - \beta x_1) \\ x'_1 = \gamma( - \beta x_0 + x_1 )\end{cases}$

$X' = \gamma T X$ dove $T = \begin{bmatrix}1 & - \beta \\- \beta & 1 \end{bmatrix}$
Per la trasformazione inversa basta sostituire $\beta$ con $- \beta$ perché in un caso l'astrove si allontana davanti, nell'altro è la terra che si allontana indietro.
$\begin{cases}x_0 = \gamma( x'_0 + \beta x'_1 ) \\ x_1 = \gamma( \beta x'_0 + x'_1 )\end{cases}$
$X = \gamma S X'$ dove $S = \begin{bmatrix}1 & \beta \\ \beta & 1 \end{bmatrix}$
T ed S insomma sono una l'inverso dell'altra a meno di un fattore di scala

Ora mettiamo a sistema le due equazioni:
$\begin{cases} X' = \gamma T X \\ X = \gamma S X' \end{cases}$
Se sostituiamo X della prima nella X della seconda, dobbiamo ottenere un'identità
$X' = \gamma T \gamma S X'$
Dato che X' non può che essere X', quello che sta davanti deve essere la matrice identica:
$I = \gamma T \gamma S = \gamma^2 T S = \gamma^2 \begin{bmatrix}1 & - \beta \\- \beta & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}1 & \beta \\ \beta & 1 \end{bmatrix} = \gamma^2 \begin{bmatrix}1 - \beta^2 & \beta - \beta \\ \beta - \beta & -\beta^2 + 1 \end{bmatrix}$
$I = \gamma^2 \begin{bmatrix}1 - \beta^2 & 0 \\ 0 & 1 -\beta^2 \end{bmatrix}$
Raccogliamo $1 - \beta^2$ sulla diagonale principale ed otteniamo $I = \gamma^2 (1 - \beta^2) \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ che è vera se $\gamma^2 = \frac{1}{(1 - \beta^2)} \rightarrow \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \beta^2}}$ , tenendo conto che $\beta^2 \neq 1$

Così mi piace di più e si possono applicare le due trasformazioni di coordinate

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