Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

Feladatok illetve megoldásaik, az elme frissen tartására.

Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: dgy » 2016.02.27. 23:27

A most következő egyszerű számolásban fogadjuk el érvényesnek a speciális relativitáselmélet elveit és használjuk a szokásos indexes formalizmust! A [Renderelés ... k] index a {0, 1, 2, 3} értékeket veszi fel, míg az [Renderelés ... \alpha] index csak a térszerű {1, 2, 3} értékeken fut végig. Legyen továbbá a feladatban az egyszerűség kedvéért [Renderelés ... c=1]!

Tegyük fel, hogy létezik egy [Renderelés ... \Phi(x)] négyesskalár-mező, amelynek [Renderelés ... \partial_k\Phi] gradiense képviseli a mező térerősségét a benne mozgó részecskék számára. Tegyük fel azt is, hogy a részecskék (nyugalmi) tömegükkel fordított arányban érzékenyek a skalármezőre, azaz a csatolási állandójuk [Renderelés ... 1/M]. Eszerint egy részecskére ható négyeserő: [Renderelés ... F_k=(1/M)\,\partial_k\Phi].

A részecskék mozgásegyenlete a szokásos alakú:

[Renderelés ... \frac{d(Mu_k)}{d\tau}=F_k].

Tételezzük fel most még azt is, hogy egy bizonyos inerciarendszerben (pl abban, amiben a skalármezőt keltő, a feladatban nem szereplő test nyugszik) a mező statikus, azaz a [Renderelés ... \Phi(x)] függvény nem függ az időtől, a nulladik koordinátától: [Renderelés ... \partial_0\Phi=0]. De akkor a fentiek szerint a négyeserő nulladik komponense (a mező által kifejtett teljesítmény) is nulla: [Renderelés ... F_0=0]. Ez viszont a mozgásegyenlet szerint azt jelenti, hogy a négyesimpulzus nulladik komponense, [Renderelés ... Mu_0], azaz az [Renderelés ... E] energia állandó:

[Renderelés ... \frac{d(Mu_0)}{d\tau}=F_0=(1/M)\partial_0\Phi=0].

Így [Renderelés ... E=Mu_0=\frac{M}{\sqrt{1-v^2}}=const],

ahol [Renderelés ... \textbf{v}] a hármassebesség vektora, [Renderelés ... v] ennek abszolút értéke.

Vegyük most elő a mozgásegyenlet másik három komponensét:

[Renderelés ... \frac{d(Mu_{\alpha})}{d\tau}=F_{\alpha}=(1/M)\partial_{\alpha}\Phi].

A bal oldalon használjuk ki, hogy [Renderelés ... u_{\alpha}=-v_{\alpha}/\sqrt{1-v^2}], ezért a négyesimpulzus térszerű része

[Renderelés ... Mu_{\alpha}=-\frac{Mv_{\alpha}}{\sqrt{1-v^2}}=-\frac{M}{\sqrt{1-v^2}}\,v_{\alpha}=-E\,v_{\alpha}]

alakba írható. Ezért a mozgásegyenlet térszerű komponensei (minusz eggyel szorozva):

[Renderelés ... \frac{d(E\,v_{\alpha})}{d\tau}=-F_{\alpha}=-(1/M)\partial_{\alpha}\Phi].

Írjuk ezt a tömörség kedvéért vektoros alakba:

[Renderelés ... \frac{d(E\,\textbf{v})}{d\tau}=-(1/M)\mathbf{\nabla}\Phi].

Fejezzük ki a [Renderelés ... d\tau] sajátidő-intervallumot a szokásos módon a rendszeridő [Renderelés ... dt] intervallumával:

[Renderelés ... d\tau=dt\,\sqrt{1-v^2}],

és írjuk ezt bele a fenti képletbe:

[Renderelés ... \frac{d(E\,\textbf{v})}{dt\,\sqrt{1-v^2}}=-(1/M)\mathbf{\nabla}\Phi].

Szorozzuk be az egyenletet az [Renderelés ... M] nyugalmi tömeggel:

[Renderelés ... \frac{M}{\sqrt{1-v^2}}\,\frac{d(E\,\textbf{v})}{dt}=-\mathbf{\nabla}\Phi].

A baloldalon ismét megjelent az [Renderelés ... E] energia. Visszaemlékezve, hogy ennek érdéke állandó, kiemelhetjük a deriválás alól:

[Renderelés ... E^2\,\frac{d\textbf{v}}{dt}=-\mathbf{\nabla}\Phi].

Osszunk [Renderelés ... E^2]-tel, majd nevezzük el az [Renderelés ... (1/E^2)\Phi(x)] mezőt [Renderelés ... V(\textbf{r})]-nek, ahol [Renderelés ... \textbf{r}] a helyvektor, hiszen a [Renderelés ... \Phi] (és így a [Renderelés ... V]) potenciál nem függ az időtől. A mozgásegyenlet térbeli részének végleges alakja:

[Renderelés ... \frac{d\textbf{v}}{dt}=-\mathbf{\nabla}V(\textbf{r})],

Ez pedig épp a klasszikus, nemrelativisztikus Newton-törvény (a tömeggel osztott alakban). Ennek megoldásait jól ismerjük. Ha pl feltételezzük, hogy a [Renderelés ... V(\textbf{r})] potenciál csak a [Renderelés ... z] kordinátától függ [Renderelés ... V(z)=gz] alakban, és a részecskét nulla kezdősebességgel indítjuk, akkor a [Renderelés ... v] hármassebesség a [Renderelés ... v(t)=-gt] formula szerint minden határon túl növekszik. Ha a képletben [Renderelés ... g] a földi gravitációs gyorsulás (10 m/s2), akkor a részecske sebessége [Renderelés ... T=c/g] idő (kb egy földi év) múlva eléri a fénysebességet, és tovább növekszik.

A számolás során végig betartottuk a speciális relativitáselmélet formai, számolási szabályait, minden matematikai lépés korrekt volt, a vizsgált részecske mégis túllépte a fénysebességet!

Ezt kell beépíteni a Millenium Falcon hajtóművébe, és akkor miénk a Galaxis!

Vagy valami nem stimmel? Hol a hiba?

(A fenti levezetés először Marx György 1955-ös Relativisztikus dinamika című jegyzetében jelent meg.)

dgy
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1726
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 110 times
Been thanked: 819 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: mmormota » 2016.02.29. 03:05

Az E nevezőjében 1-vv szerepel, vagyis E nincs értelmezve a v=1 pontban (akármi is van a számlálóban).
Ezért nem korrekt egyszerűen osztani vele egy olyan tartomány egészében, amely a v=1 pontot is tartalmazza.
A számítás azon alapul, hogy folytonosnak tekint egy olyan függvényt ami nem az, egyszerűen átlép egy nem értelmezett pontot.
mmormota
 
Hozzászólások: 347
Csatlakozott: 2014.03.16. 00:56
Has thanked: 10 times
Been thanked: 44 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: dgy » 2016.02.29. 16:34

Sanyilaci írta:
Most igazából mi a probléma? Az, hogy elértük a fénysebességet, vagy az, hogy átléptük?

A probléma az, hogy honnan tudja a legutolsó egyenlet, ami korrekt matematikai levezetéssel következett a relativisztikus dinamika alapegyenleteiből, hogy mikor éri el, és mikor lépi túl a részecske a fénysebességet. Ebben az egyenetben ugyanis semmi sem utal rá, hogy létezik valamiféle határsebesség, ezért ez nyugodtan lehetne pl a szabadesés klasszikus mechanikából levezetett törvénye is. Durván szóla: hová lett a [Renderelés ... c] ?

mmormota írta:
Az E nevezőjében 1-vv szerepel, vagyis E nincs értelmezve a v=1 pontban (akármi is van a számlálóban).
Ezért nem korrekt egyszerűen osztani vele egy olyan tartomány egészében, amely a v=1 pontot is tartalmazza.
A számítás azon alapul, hogy folytonosnak tekint egy olyan függvényt ami nem az, egyszerűen átlép egy nem értelmezett pontot.

Ez természetesen igaz. Ám a leírt számításban sehol sem tételeztem fel, hogy a [Renderelés ... v] sebesség túllépheti a [Renderelés ... c] határsebességet, minden lépés korrekt volt. És ahogy fentebb is jeleztem, a gond az, hogy a végső képletben már sehol sem szerepel a határsebesség puszta létezésére való bármiféle utalás. Csupa tisztességes, véges mennyiség lép fel: a sebesség, a rendszeridő, a külső potenciál gradiense - ezek mind végesek, folytonosak és diffhatók maradnak akkor is, amikor az egyenlet megoldása szerint a részecske túllépi a fénysebességet. Sehol sem szólal meg semmiféle vészcsengő, nem figyelmeztet senki, hogy nullával való osztás vagy hasonló következne: semmi probléma.

A probléma az, hogy hova bújt el a probléma.

Segédkérdés: miért éppen most jutott eszembe ez a feladat, miért éppen most tettem fel? :)

dgy
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1726
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 110 times
Been thanked: 819 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: mmormota » 2016.02.29. 19:55

Ám a leírt számításban sehol sem tételeztem fel, hogy a v sebesség túllépheti a c határsebességet, minden lépés korrekt volt.


Ezt nem értem. A levezetésben volt egy ilyen sor:
E= 1/sqrt(1-vv)
meg egy ilyen:
Osszunk E2-tel, majd nevezzük el az (1/E2)Φ(x) mezőt


Ez az osztás szerintem v=1-nél érvénytelen, mert maga E érvénytelen, és ezt meg kell jegyezni. Ez a megjegyzés érvényben marad minden további számítás eredményére is. (Sanyi Laci is kifejtette, nem értem miért nem releváns szerinted). Vagyis megmondhatja egy későbbi, ezt felhasználva levezetett képlet hogy hogyan viselkedik a próbatest v<1 sebesség mellett, de nem mondhatja meg hogy a v=1 sebességnél mi lenne a helyzet. Mert ott nem érvényes a képlet és pont. Ez akkor is így van, ha a végső képletben nem szerepel a sebesség, csak mondjuk behelyettesítések után kijön belőle egy sebesség. Ha 1 jön ki, az nem érvényes.
Ezt így csináltuk matekból már a gimnáziumban. Ha mondjuk (x-1) gyel osztottunk az egyenletben, akkor kikötöttük hogy x nem egyenlő 1, ha később mégis kijött az 1 akkor azt hamis gyöknek minősítettük. Ettől még akár valódi gyöke is lehet az eredeti egyenletnek, de nem eszerint a levezetés szerint.
mmormota
 
Hozzászólások: 347
Csatlakozott: 2014.03.16. 00:56
Has thanked: 10 times
Been thanked: 44 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: dgy » 2016.03.01. 00:15

Sanyilaci:
Azért adtad most fel, mert ebben a példában a "relativisztikus tömeg" az állandó, míg az "invariáns tömeg" pedig nem állandó.

Bingó! Ez az a paradoxon, amely a nyugalmi tömeg külső skalármezőbeli változásának tudomásul vétele nélkül meg sem érthető.
Szóval, itt azt figyelhetjük meg, hogy az M (invariáns) tömeg csökken, szépen 0-ig. Így, csökkenő tömeggel véges idő alatt tényleg elérhető a fénysebesség, ezt számoltuk ki.

Pontosan erről van szó. A véges (és a mozgás során állandó) [Renderelés ... E] energia két változó mennyiség, az [Renderelés ... M] nyugalmi tömeg és a [Renderelés ... \sqrt{1-v^2}] "Lorentz-faktor" hányadosa. Ha a Novobátzky-tétel alapján kiszámítjuk az [Renderelés ... M] nyugalmi tömeg függését a [Renderelés ... \Phi(x)] skalármezőtől, a

[Renderelés ... \frac{d(Mc^2)}{d\tau}=F_k u^k= \frac{1}{M}\,\partial_k\Phi(x)\,u^k]

képletet kiintegrálva ezt kapjuk:

[Renderelés ... M(x)=\sqrt{m^2+2\Phi(x)/c^2}],

ez pedig a [Renderelés ... \Phi(x)] skalármező elegendően negatív értéke esetén előbb nullává, majd képzetessé válhat. A mozgás során végiig véges, valós és állandó energia [Renderelés ... E=M(x)/\sqrt{1-v^2}] kifejezésében (melynek állandósága a mozgásegyenlet nulladik komponenséből következik) ezt csak úgy tudjuk kompenzálni, hogy a nevezőbeli gyök értéke is képzetes lesz, azaz a [Renderelés ... v] sebesség értéke meghaladja a [Renderelés ... c] határsebességet.

Ahhoz, hogy ezt elkerüljük, nem kell minden matematikai lépés mellé közlekedési rendőrt állítani (vagy kikötőmunkást, hiszen mint tudjuk, a középiskolai matematikai feladatok - a vitorlástúrával ellentétben - nem a kikötéssel végződnek, hanem azzal kezdődnek :)). Tehát nem kell minden lépésnél ellenőriznünk, hogy teljesül-e a [Renderelés ... v<c] feltétel! Elegendő azt kikötnünk (előzetesen!), hogy a nyugalmi tömeg értéke mindig valós maradjon - azaz a [Renderelés ... \Phi(x)] skalármező értéke ne legyen negatívabb a részecske végtelenbeli [Renderelés ... m] nyugalmi tömege által meghatározott [Renderelés ... -m^2c^2/2] értéknél. Ezt a korlátozást előre kiróhatjuk, és ekkor a sebességre vonatkozó követelmény automatikusan teljesül. Ez a megfogalmazás számomra azért rokonszenvesebb, mert nem a végéről (a sebesség korlátos volta irányából), hanem a feladatban előfordulható skalármezők előzetes korlátozásával fogja meg a jelenséget.

A feladat eredeti megfogalmazásában a matematikai lépések végig korrektek voltak, egyetlen -- ráadásul szöveges -- részbe rejtettem el a "csalást":
Ha pl feltételezzük, hogy a [Renderelés ... V(r)] potenciál csak a [Renderelés ... z] koordinátától függ [Renderelés ... V(z)=gz] alakban...

No ezt nem lett volna szabad feltételezni! Hiszen az egyik koordinátától lineárisan függő potenciál a [Renderelés ... -z] irányban előbb-utóbb minden negatív korlátot túllép, ekkor a nyugalmi tömeg képzetessé válik, és így a sebesség kénytelen meghaladni a fénysebességet.

Ha tehát kikötöttük volna, hogy a feladatban leírt mozgás során a potenciál alulról korlátos maradjon, akkor senkinek sem jutott volna eszébe példaként felírni a mindkét irányban korlát nélkül növekvő lineáris potenciált. De ez a képlet a szabadesés óta mindenkinek annyira ismerős, hogy senki sem itt kereste a "csalást".

A feladat láthatóan meg sem érthető, és meg sem magyarázható a Novobátzky-tétel nélkül, bár a topicindító levezetésben (szándékosan) egy szót sem szóltam a Novobátzky-effektusról, és nem is használtam fel sem a négyeserő négyesmunkáját, sem a nyugalmi tömeg potenciálfüggésének kiintegrált képletét. Laci persze rájött, hogy itt van a (képzetes) kutya elásva...
Ez egy játékfeladat. Senki nem mondta, hogy van olyan skalármező, amelyhez a csatolási állandó 1/M lenne.

Természetesen senki sem mondta, hogy ilyen mező valóban létezik. De ettől még egy tisztességes elmélettől elvárhatjuk, hogy megmondja, milyen is lenne a mozgás, ha mégis létezne ilyen erőtér. A klasszikus mechanika példatárak tele vannak ilyen "játékfeladatokkal" (pl milyen lenne a bolygók pályája, ha a gravitációs erő nem [Renderelés ... 1/r^2], hanem [Renderelés ... 1/r^5] alakban függne a naptól mért távolságtól - ezt minden másodéves fizikus hallgató ki tudja számítani, pedig ilyen erőtér a valóságban nem létezik). És akkor mit szóljunk a kvantummechanika példatárak derékszögű potenciálgödreihez és dirac-delta potenciáljaihoz? Csak az elektrodinamika és a relativitáselmélet tankönyvek veszik magukat annyira komolyan, hogy kizárólag valóságosan létező helyzetek kiszámítását követelik meg a diákoktól.

A konkrét feladat mögött egy mélyebb, hosszabban leírható probléma áll, és ez a tulajdonképpeni Marx-paradoxon (aminek ebben a konkrét esetben ismerjük a megoldását, általában véve viszont fogalmunk sincs róla). Egy újabb nekiveselkedés után ezt az általános problémát is leírom majd.

dgy
A hozzászólást 1 alkalommal szerkesztették, utoljára dgy 2016.03.01. 15:20-kor.
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1726
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 110 times
Been thanked: 819 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: dgy » 2016.03.01. 15:19

Én rontottam el, vagy Te írtad rosszul?

Bocs, én írtam rosszul - nem számoltam ki újból, és rosszul emlékeztem, hol van a kettes. Kösz szépen a figyelmeztetést. Utólagos engedelmetekkel kijavítom a képletet az eredeti cikkben.

dgy
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1726
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 110 times
Been thanked: 819 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: dgy » 2016.03.01. 16:27

Ebbe be tudok tenni egy olyan kis m tömegű részecskét, mely a mozgása során át kellene lépje a c-t.

Ezt egyszerűen meg lehet kerülni. Vagy a fizika más területéről van elképzelésed arról, mekkora lehet a legkisebb részecsketömeg, akkor abból számolod ki a korlátot. Vagy egyszerűen azt mondod: legyen a [Renderelés ... \Phi] skalármező értéke mindig pozitív. És ezzel máris, tetszőleges részecske tetszőleges mozgására elkerülted a fénysebesség túllépését, és az ezzel járó paradoxonokat. Tehát mondhatod, hogy a reciprok tömeggel mint csatolási állandóval jellemezhető skalármező esetén a relativitáselmélettel való konzisztencia megköveteli a skalármező pozitivitását. És kész. Ebben az esetben megoldottuk a látszólagos paradoxont.

De hány hasonló meglepetés vár még bennünket más mozgásegyenletek esetén? (Tulajdonképpen ez lesz a Marx-paredoxon - bővebb kifejtés később.)

dgy
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1726
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 110 times
Been thanked: 819 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: szabiku » 2016.03.05. 01:40

dgy írta:Marx György mutatott olyan tényleges dinamikai feladatot (és emlékeim szerint én is elmondtam nektek), amikor a mozgás során a "nyugalmi tömeg" vagy más, szintén téves nevén az "állandó tömeg" változik, ezzel szemben a "relativisztikus tömeg" avagy "változó tömeg" állandó. Egyszerűen csak egy sztatikus skalármezőben kell mozgatni a részecskét. Ez a példa is mutatja a hagyományos elnevezések abszurd és félrevezető voltát.


Hmmm... :roll:

dgy írta:Ez az a paradoxon, amely a nyugalmi tömeg külső skalármezőbeli változásának tudomásul vétele nélkül meg sem érthető.


:shock: :o

dgy írta:A feladat láthatóan meg sem érthető, és meg sem magyarázható a Novobátzky-tétel nélkül,..


Valóban?? :roll: Én azért megpróbálom. :idea:


Nézzük egy kicsit másképp:

Legyen egy [Renderelés ... M] tömegpont, ne mozogjon. Ekkor nincs semmilyen erő, se négyeserő, vagyis az értéke nulla. Ekkor a nulladik komponens (a mező által kifejtett teljesítmény) [Renderelés ... F_0=0]. Nem csodálkozunk rajta, mert még nincs is mező.

A részecskék mozgásegyenlete a szokásos alakú:

[Renderelés ... \frac{d(Mu_k)}{d\tau}=F_k].

[Renderelés ... M] a pont nyugalmi tömege, és ne függjön az időtől. A szokásos képlet szerint a Minkowski-féle erő nulladik komponense így írható:

[Renderelés ... \frac{d(Mu_0)}{d\tau}=F_0].

Találjunk ki egy skalár "potenciál mezőt", melynek [Renderelés ... 1/M] faktorral szorzott gradiense legyen az erő (bár nem értem, hogyan potenciál ez, hiszen annak negatív gradiensét, a térerősséget, inkább szorozni kell az anyag mennyiségével, és nem osztani, hogy a rá ható erőt kapjuk... de később kiderül, hogy miért is van itt ez így), tehát:

[Renderelés ... F_k=(1/M)\,\partial_k\Phi].

És most találjuk ki a következő játékot:
Vegyünk egy [Renderelés ... dt] időt és hamisítsunk hozzá egy [Renderelés ... d\tau] "sajátidő-intervallumot" a szokásos képlet szerint:

[Renderelés ... d\tau=dt\,\sqrt{1-v^2}].

vegyünk hozzá egy [Renderelés ... dx^{k}] távolságot, és hamisítsunk ezek alapján egy "sebességet" a szokásos képletekkel. Ennek alsó indexes térszerű komponensei így adják a hármas "sebesség" komponenseit:

[Renderelés ... u_{\alpha}=-v_{\alpha}/\sqrt{1-v^2}].

Fessünk egy olyan megtévesztő világképet, melyben minden mindig mozdulatlan, de az egyes "képkockákban" mindent odébb teszünk a hozzá kitalált [Renderelés ... dx^{k}] távolságokkal, és ezt nézzük, mint egy mozifilmet.

Használjuk fel a fenti hamisított mennyiségeket úgy, mintha valódiak volnának, és tévesszük meg a kóbor apácákat kicsit. :)

Mondjuk nekik azt, hogy amit látnak, az valódi mozgás, mert az [Renderelés ... M] tömegpontra [Renderelés ... F_k] erő hat egy (a kitalált fővezérünk) skalármező alapján, ami (persze hamisan) "impulzusváltozást" okoz:

[Renderelés ... \frac{d(Mu_{\alpha})}{d\tau}=F_{\alpha}=(1/M)\partial_{\alpha}\Phi].

Na és mivel [Renderelés ... \frac{d(Mu_0)}{d\tau}=F_0=(1/M)\partial_0\Phi=0],

így az [Renderelés ... M] tömegpont energiaimpulzus-vektorának nulladik komponense, az energia:

[Renderelés ... E=Mu_0=\frac{M}{\sqrt{1-v^2}}=const].

Tehát a "mozgás" során az [Renderelés ... M] tömegpont (hamisított) "energiája" (persze, hogy) állandó (hiszen nem is mozog :) ), és amit idáig hittünk, hogy a nyugalmi tömeg az konstans a tömegpontok esetén, ez alapján, gondolhatjuk (persze rosszul), nem feltétlen kell igaz legyen, mert most [Renderelés ... M=const\sqrt{1-v^2}] az egy változó mennyiség, pedig minden képlet és összefüggés, amit használtunk, egybevág a megszokott specreles formával. Így akár azt is elképzelhetjük és beiktathatjuk, hogy [Renderelés ... M] invariáns skalár függjön az időtől: [Renderelés ... M(t)], vagy a sajátidő-intervallumtól: [Renderelés ... M(\tau)](, vagy netán az [Renderelés ... x]-től?? :D Na ez mindent elárul: [Renderelés ... M(x)].. Relativisztikus potenciálterünk az már van. És most akkor lett még hozzá egy tömegtér is??? :mrgreen: Mély bocsánatot kérek mindenkitől, de hagy legyek most egy kicsit ironikus! Eszembe jutott az a jó kis vicc DGY-től, amiben az van: hogy ha jó az idő, akkor a tömeg lemegy a térre. :mrgreen: ).

Ez persze megtévesztés csak, ugyanis itt a "sebesség" kitalált. Viszont így könnyen rá lehet fogni egy skalármezőre az egészet, és mondhatjuk azt is, hogy márpedig az valódi, és akkor ebből következően a többi is..

Az [Renderelés ... 1/M] faktor pedig szerencsés, mert a [Renderelés ... \frac{d(E\,\textbf{v})}{dt\,\sqrt{1-v^2}}=-(1/M)\mathbf{\nabla}\Phi] képletben így [Renderelés ... M]-et áthozva, eltüntethető a relativitáselméletre emlékeztető gyökös kifejezés. Továbbá, mivel úgy lett kitalálva az egész, hogy [Renderelés ... E] konstans legyen a látszólagos mozgás során, így azt kiemelhetjük a deriválás alól, és [Renderelés ... E^2]-et amolyan mértékválasztásra felhasználva szintén eltüntethetjük, hogy ezzel látszólag egy newtoni egyenletet lehessen kihozni:

[Renderelés ... \frac{M}{\sqrt{1-v^2}}\,\frac{d(E\,\textbf{v})}{dt}=-\mathbf{\nabla}\Phi],

[Renderelés ... E^2\,\frac{d\textbf{v}}{dt}=-\mathbf{\nabla}\Phi],

[Renderelés ... \frac{d\textbf{v}}{dt}=-\mathbf{\nabla}V(\textbf{r})],

ahol nevezzük el az [Renderelés ... (1/E^2)\Phi(x)] mezőt [Renderelés ... V(\textbf{r})]-nek.

Érezhető, hogy az [Renderelés ... 1/M] "csatolófaktor"tól lesz a végeredmény (és nem igazán a [Renderelés ... \Phi(x)]) (newtoni) potenciál jellegű.

[Renderelés ... \Phi(x)] mint "potenciál" esetén:

[Renderelés ... F^{\alpha}=-F_{\alpha}=-(1/M)\partial_{\alpha}\Phi=(1/M)(-\mathbf{\nabla}\Phi)],

kétszer akkora tömegre furcsa mód fele akkora erőt kapunk. (Igaz Minkowski-féle erőt, de ez nem is érdekes, mert a klasszikussá formálásnál ez úgysem fog látszani, és amúgy is mivel egyébként mindig nyugalom van az infinitezimális ugrálgatások során, a transzformáltja megegyezik a newtoni hármaserővel. A hamis "potenciál" (ami itt négyesskalár) miatt sem lenne jó egy másik vonatkoztatási rendszer, ráadásul elrontaná a speciális helyzetet...)

Marx Györgynek valószínűleg nagyon játékos kedve lehetett, mikor kitalálta ezt. :) :D :mrgreen:

Vizsgáljuk még egy kicsit ezt a világot:

[Renderelés ... F_0=0] azt jelenti, nincs effektus, azaz nincs teljesítmény, nincs munkavégzés. Ebből már látszik, hogy hiába találunk ki [Renderelés ... F_{\alpha}] komponenseket valamiféle skalármező segítségével, az csak hamis lehet, és az általa létrehozott mozgás is. Ez konkrétan látszik abból, hogy a tömegpont energiája a "mozgás" során állandó. A változó nyugalmi tömeget pedig csak kitaláltuk hozzá.
Ebben a világképben nincs mozgási energia, és potenciális energia sem. Egyedül csak [Renderelés ... E] nyugalmi energia, és [Renderelés ... M] nyugalmi tömeg van. :? Rosszabb, mint a newtoni világkép. :D
Gondoljunk bele, legyen U-alakú a skalármezőnk (érdekes "potenciálunk"), és a két oldaláról indítsunk egy-egy [Renderelés ... M] tömeget egymás felé (csak elengedjük őket). Lent a gödör alján ütközzenek. Az energiájuk végig állandó. Miből lesz a csattanás?? :) Tegyünk lentre egy irányba állított vízszintes rugót. Ezt két oldalról össze kellene nyomniuk. Miből lesz az összenyomott rugó energiája?? Semmiből?? Hát szerintem abból nem, de normál (és hozzáteszem klasszikus newtoni) esetben ugye a potenciáltér adná a lecsúszó tömegpontoknak a mozgási energiát, ami aztán lent a rugóban rugalmas energiává alakulna. Itt meg semmi.

Nincs itt az ég világon semmi mozgás!! :| Csak nyugalom... Csendélet. :? Nyugalmat és merevséget ábrázoló képkockák tartalmának folytonosan átrendezett sorozata ez csupán.
A hozzászólást 2 alkalommal szerkesztették, utoljára szabiku 2016.03.12. 05:44-kor.
Avatar
szabiku
 
Hozzászólások: 337
Csatlakozott: 2014.12.15. 18:38
Tartózkodási hely: Győr
Has thanked: 15 times
Been thanked: 6 times
Név: Kurdi Szabolcs

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: SzZoli » 2016.03.05. 12:07

Offtopic:

Itt is a Chrome-mal vonalakat látok minden képlet jobb oldalán. Van valakinek javaslata, miként lehet ezt megszüntetni? Nálam csak pár hete lépett ez fel, korábban nem volt.
Avatar
SzZoli
 
Hozzászólások: 579
Csatlakozott: 2014.03.14. 19:09
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 116 times
Been thanked: 24 times
Név: Szabó Zoltán

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: szabiku » 2016.03.05. 18:07

Zoli, nem vagy vele egyedül, mert nálam is olyan. :)
Engem is zavar, nem tudom mi lehet az oka..
Avatar
szabiku
 
Hozzászólások: 337
Csatlakozott: 2014.12.15. 18:38
Tartózkodási hely: Győr
Has thanked: 15 times
Been thanked: 6 times
Név: Kurdi Szabolcs

Következő

Vissza: Rejtvények, feladványok

Ki van itt

Jelenlévő fórumozók: nincs regisztrált felhasználó valamint 1 vendég