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: 1520
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 87 times
Been thanked: 673 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: 348
Csatlakozott: 2014.03.16. 00:56
Has thanked: 10 times
Been thanked: 44 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2016.02.29. 14:19

dgy írta:Vagy valami nem stimmel? Hol a hiba?

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

A számolás v=c-ig helyes, utána nem helyesek a képleteink. Tehát, ahogy mmormota is írta, csak annyi kiegészítéssel, hogy nem konkrétan a v=1-gyel van gond, hanem minden v>=1-gyel.
De v<1-ig helyesek vagyunk, nincs is ezzel semmi gond.
Pataki Attila minden héten megcsinálja ezt oda-vissza 3szor, de ő amúgy is fénylény.
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2315
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 233 times
Been thanked: 403 times
Név: Sándor László

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: 1520
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 87 times
Been thanked: 673 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2016.02.29. 17:06

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

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

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

Éppen az ellenkezőjét tételeztük fel minden lépésben. Igazság szerint minden lépés, átalakítás, képlet mellé oda kellene írni az értelmezési tartományt: v<c. Csakis így, ezekkel a kikötésekkel korrekt a levezetés. (Nekem mindig levontak pontot, ha nem írtam valahová oda egy k eleme Z-t...)
Az összes átalakítás csak ekkor igaz, uk komponensei, [Renderelés ... d\tau] sajátidő, az azzal való osztás, minden-minden.
Azért, ezek mögött a képletek mögött megbújnak a Lorentz-boostok, és azok nem visznek ki +-c-ből...
Vagy másképp mondom: írjuk át a képleteinket v helyett [Renderelés ... \chi] rapiditásra. Megtehetjük, nem? Na, és akkor még jobban látszik, hogy az egész levezetésnek mi az értelmezési tartománya.

Egy számolás végeredménye nyugodtan kivihet az értelmezési tartományból, már középiskolában is sokszor találkozni ezzel. Tehát nem a végeredményt kell értelmezni, hanem az oda vezető utat is.

Ez egy játékfeladat. Senki nem mondta, hogy van olyan skalármező, amelyhez a csatolási állandó 1/M lenne. Mit adna ez konkrétan tömeg nélküli részecskékre? Ugyanis ott máris 0-val osztunk.
Valamint, mit jelent az, hogyha egy tömeg képzetes? Mit ad F_k képzetes tömegre? Képzetes komponensű négyesvektort? (Ami ráadásul nem is vektor, hanem kovektor.) Az meg mit jelent? Stb-stb.

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. De azt nem mondtuk, hogy az összes képletünk áll még v=c-nél is, és azon is túl. Eleve, v=c-nél már nem lesz jó a "mozgástörvényünk."
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2315
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 233 times
Been thanked: 403 times
Név: Sándor László

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: 348
Csatlakozott: 2014.03.16. 00:56
Has thanked: 10 times
Been thanked: 44 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2016.02.29. 20:39

mmormota írta:A levezetésben volt egy ilyen sor:
E= 1/sqrt(1-vv)

Nem, a levezetésben olyan volt, hogy M/sqrt(1-vv). Fontos, hogy a számlálóban M van és nem 1.
Ezt írtad korábban:
mmormota írta:A számítás azon alapul, hogy folytonosnak tekint egy olyan függvényt ami nem az, egyszerűen átlép egy nem értelmezett pontot.

Azt a függvényt (az energiát) éppenséggel tudnánk úgy definiálni, hogy v=1-ben is értelmezve legyen, és még a folytonosságot is megtarthatnánk. Végülis a 0 tömegű részecskéknek is van energiája..
Tehát mondhatnák azt, hogy az energia v=c-nél a konstans E, egyébként pedig a fenti képlet szerint.
Így - v=c-nél is - E értelmezve van, E^2-is, osztani is lehet vele. Még (cipőkanállal) akár c fölött is értelmezve lehetne, természetesen a négyesimpulzus hossza ekkor képzetes lenne. Ettől még lehetne energia, sőt: a Kerr lyuk ergoszférájában elő is fordul valami ilyesmi, vagy mi...

Tehát nem is annyira az E-vel való osztással van a gond (az nem 0, és esetszétválasztással akár értelmezhetnénk is, jól, folytonosan), hanem inkább az összes többi lépéssel. A kiindulással, a képzetes (vagy 0) tömeggel, a képzetes komponensű u_k-val, az 1/M csatolási állandóval, F_k-val, dtau-val, amikor kifejezzük u_alfát a hármassebességgel, stb. Azokhoz szerintem mindhez hozzátartozik a v<c feltétel.

Tehát, ez a feladat olyan, mint amikor mondjuk egy koordinátageometriai levezetés után megkapjuk, hogy a keresett pontok halmaza egy parabola, de a korábbi kikötések miatt ennek csak az egyik ágát szabad megoldásnak tekinteni.
Itt is minden jó, amíg v<c. De v=c-nél már a kiindulási mozgásegyenlet egyik oldala sem igazán jó, a jobb oldal végtelen, a bal oldal 0/0, ott valami mást kellene mondani. A c fölötti tachionokat pedig kizárni.

These users thanked the author Sanyi_Laci for the post:
dgy
Rating: 11.11%
 
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2315
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 233 times
Been thanked: 403 times
Név: Sándor László

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.

These users thanked the author dgy for the post:
Sanyi_Laci
Rating: 11.11%
 
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1520
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 87 times
Been thanked: 673 times

Re: Gyorsabban a fénynél (a Marx-paradoxon)

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2016.03.01. 15:13

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

Már értem, legalábbis ki tudom hozni ebből:
dgy írta:[Renderelés ... \frac{d(Mu_k)}{d\tau}=F_k]

Kell hozzá az, hogy [Renderelés ... a^k] és [Renderelés ... u^k] merőlegesek.

Más. Ugye, ha az elsőt felszorzom [Renderelés ... d\tau]-val, akkor azt kapom, hogy:
[Renderelés ... c^2dM=F_ku^kd\tau =F_kdx^k], ugye ez lenne a négyeserő (infinitezimális) négyesmunkája, jól gondolom?

Viszont ez:
[Renderelés ... M(x)=\sqrt{m^2+\Phi(x)/2c^2}]
nekem nem jön ki. Nekem ez jön ki:
[Renderelés ... M(x)=\sqrt{m^2+2\Phi(x)/c^2}]

Én rontottam el, vagy Te írtad rosszul?
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2315
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 233 times
Been thanked: 403 times
Név: Sándor László

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: 1520
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 87 times
Been thanked: 673 times

Következő

Vissza: Rejtvények, feladványok

Ki van itt

Jelenlévő fórumozók: nincs regisztrált felhasználó valamint 1 vendég