Magyar oldal English site

Oldaltérkép
2017-08-21 15:58:35 (Eredeti megjelenés dátuma: 2017-08-19)

17. Téridő II.

$ \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\v}[1]{\mathbf{#1}} $

Ebben a részben kicsit tovább foglalkozunk majd a téridővel, és megvizsgálunk még pár dolgot. Ez a rész a 15. részben már említett paradoxonok köré fog felépülni, és lesz majd szó arról is, hogy milyen érdekes hatásokat tapasztalhat egy gyorsuló tárgy.

A sorozatban ez a rész lesz az eddigi leghúzósabb.

A létraparadoxon szemléltetése téridőben

Vegyük először a létraparadoxont. És ábrázoljuk téridőben.

Létraparadoxon ábrázolása téridőben. A kék a létra. A zöld a garázs. A 2 fekete pont az az esemény, amikor a létra a garázsban van, és egy rövid időre sikerül rácsapni a garázsajtót egyszerre.

Ez a paradoxon arról szól, hogy van egy létránk, amely túl hosszú és nem fér be a garázsba. Így az az ötlet, hogy használjuk ki a nagy sebességből adódó relativisztikus hosszlassulást, hogy egy rövid időre a garázsban tudhassuk a létrát, rácsukjuk az ajtót. Majd egy rövid idő múlva újra kinyitjuk, hogy a létra továbbrepüljön.

A paradoxon ebben az, hogyha ugyanezt a létra szemszögéből nézzük, akkor a garázs megy össze, és még annyira se férne be, mint amúgy.

A paradoxon feloldása abban rejlik, hogy az ajtózárás nem egyszerre történik a létra szemszögéből. A fenti ábrán a csúszka segítségével megnövelhetjük a sebességünket, ha sikerül úgy belőnünk a sebességünket, hogy a létra csíkja függőleges legyen, akkor pontosan a létrával egyező sebességgel haladunk, és megfigyelhetjük az eseményeket a létra szemszögéből. Láthatjuk, hogy ez esetben először az elülső ajtó csukódik, majd nyílik, majd ezt követi a hátsó ajtó zárása és nyitása, amint a létra elhaladt.

Kötelékrepülés paradoxon ábrázolása téridőben

Ez az az eset, amikor kettő vagy több űrhajó egyszerre indul és azonos gyorsulással halad.

Kötelékrepülés paradoxon ábrázolása, habár a kiinduló állapotban látható, hogy a köteléket megtartják és végig azonos távolságban repülnek, a gyorsuló űrhajók szemszögéből más a helyzet. A pontoknak a hiperbolákon nincs jelentősége, csak azt akarják szimbolizálni, hogy amikor a csúszkát előretoljuk a hiperbolák pontjai is mozognak a hiperbolán belül.

Mivel azonos gyorsulással haladnak, ezért várható, hogy a köztük lévő távolság nem fog változni. Ez a mi (álló megfigyelők) szempontjából így is van. Ha előrébb toljuk a csúszkát, és nagyobb sebességbe kapcsolunk, akkor mindig lesz a téridőben egy olyan pont, amikor az űrhajók hozzánk képest állnak tehát velünk egy sebességgel haladnak. A téridő geometriája miatt a középső űrhajó esetén ez a pont mindig a szaggatott vonalra fog esni, így az ő szemszögéből megnézhetjük, hogy a másik kettő hozzá képest hogyan változtatja meg a távolságát. Láthatjuk, hogy a szaggatott vonalon a 3 űrhajó eltávolodik egymástól.

Mi lehet ennek az oka? Elsősorban az, hogy az űrhajók nincsenek összekötve, ezért ahogy egyre nagyobb sebességbe kapcsolnak, a kötelék nem fog összemenni, mint ahogy az a merev tárgyaktól elvárható lenne. Emiatt az űrhajók szemszögéből a kötelék szétesik.

De mi a helyzet akkor, hogyha azt szeretnénk, hogy a kötelék az űrhajók szemszögéből megmaradjon? Ekkor az álló megfigyelő szemszögéből nem gyorsulhatnak egyszerre azonos gyorsulással, mert ahogy a kötelék gyorsul, a köteléknek össze is kell mennie a relativisztikus hosszrövidülés miatt. A hátul lévőnek jobban kell gyorsulnia, míg az elöl lévőnek kevésbé. Az alábbi ábrán ezt láthatjuk:

Kötelékrepülés, amikor az egymás szemszögéből mért távolság megtartása a cél. A pontoknak a hiperbolákon nincs jelentősége, csak azt akarják szimbolizálni, hogy amikor a csúszkát előretoljuk a hiperbolák pontjai is mozognak a hiperbolán belül.

Ezt úgy értük el, hogy a baloldali űrhajó jobban gyorsul, mint a jobboldali. A szaggatott vonaltól felfelé haladva láthatjuk, hogy a kötelék egyre közelebb kerül egymáshoz. Ez várható, hiszen a nagyobb sebességgel mozgó testek összemennek.

Ha a csúszkát előretolva az űrhajókötelék szemszögéből nézzük a dolgokat, láthatjuk, hogy mind a 3 hiperbola pontosan merőlegesen metszi a szaggatott vonalat. Azaz ha felgyorsulunk valamelyik űrhajóval egyező sebességre, azt találjuk majd, hogy a többi űrhajó is velünk egyező sebességgel halad abban a pillanatban. Ez várható, hiszen az űrhajók most a saját szemszögükből igyekeznek megtartani a köteléket.

Gravitációs időnyúlás

Az előbb említett köteléktartás egy újabb paradox helyzetet eredményezhet. Hogy lehetséges az, hogy az űrhajók egymáshoz képest se nem közelednek, se nem távolodnak, miközben az egyes űrhajóknak más a gyorsulása? És ez valódi gyorsulás. Ha gyorsulásmérőket tennénk az űrhajókra, akkor a hátul haladó valóban nagyobb gyorsulást mérne, mint az elöl haladóban. Azonban az egymáshoz mért távolságuk mégsem változik. Mi lehet ennek az oka?

Az a helyzet, hogy nem csak a sebesség miatt lehetséges időnyúlás, hanem a gyorsulás miatt is. Hogy ezt belássuk, az előző 3 hiperbolán jelöljük az űrhajókon lévő órák kettyenéseit. Ehhez először azt kéne megtudnunk, hogy hogyan is adjuk meg helyi idő szerint ezen hiperbola pontjait. Bár mondjuk eddig nem akartam komolyan belemenni ebbe, de muszáj lesz egy kis kitérőt tartani itt. Írtam egy másik oldalt a témában a parametrikus görbékről.

A világvonalak egy fontos tulajdonsága, amiről eddig még nem volt szó: a világvonal hossza adja meg, hogy mennyi idő telt el azon test számára, amely utazik rajta. Természetesen itt a hossz alatt a téridőben mért hosszat értjük, azt amiről már volt szó korábban: az időkoordináta négyzete ellenkező előjellel szerepel benne. Szóval a linkelt cikk alapján végezzük el a hossz alapján való paraméterezést.

Egy általános hiperbola egyenlete:

$$ x^2 - y^2 = r^2 $$

A téridőben az $y$ koordináta az idő, tehát:

$$ x^2 - t^2 = r^2 $$

Ebből kifejezhető az $x$.

$$ x^2 - t^2 = r^2 \\ x^2 = r^2 + t^2 \\ x = \sqrt{r^2 + t^2} $$

A teljes görbe:

$$ \v X = \left( t, \sqrt{r^2 + t^2} \right) $$

Vegyük a pici változását ennek. A jobboldali tag esetén picit trükkösebb. Legyen $a = r^2 + t^2$.

$$ \d \sqrt{r^2 + t^2} = \\ \d \sqrt{a} = \\ {1 \over 2 \sqrt{a}} \d a $$

A $\d a$:

$$ \d(a) = \d(r^2 + t^2) = \\ \d {t^2} = \\ 2 t \d t $$

Visszahelyettesítve:

$$ {1 \over 2 \sqrt{a}} \d a = \\ {1 \over 2 \sqrt{a}} 2 t \d t = \\ {t \over \sqrt{r^2 + t^2}} \d t = \\ $$

Tehát:

$$ \d \v X = \left( \d t, {t \over \sqrt{r^2 + t^2}} \d t \right) $$

Ez a $\d \v X$ a hiperbola pici darabkája, kifejezve $\d t$-vel. Vegyük ennek a pici darabkának a hosszát. Először emeljük négyzetre, figyelve arra, hogy az időkoordináta ellenkező előjellel szerepel. Esetünkben a térkoordináta lesz a negatív (szabad a választás, azt kell nézni, amelyik kényelmesebb):

$$ \d \v X^2 = \d t^2 - {t^2 \over r^2 + t^2} \d t^2 = \\ {r^2 + t^2 \over r^2 + t^2} \d t^2 - {t^2 \over r^2 + t^2} \d t^2 = \\ {r^2 \over r^2 + t^2} \d t^2 \\ $$

Majd vegyünk a négyzetgyökét, hogy megkapjuk a hosszat:

$$ \left| \d \v X \right| = {r \over \sqrt{r^2 + t^2}} \d t = \d \tau $$

És ezen pici világvonal darabka hossza az a pici idő, amely az azon járó test számára eltelik. Minek a pici változása az a törtes gyökös tag? Először is kezdjünk azzal, hogy egyszerűsítünk $r$-rel:

$$ {r \over \sqrt{r^2 + t^2}} \d t = \\ {1 \over \sqrt{1 + {t \over r}^2}} \d t\\ $$

Legyen $u = {t \over r}$. Ennek a pici változása: $\d u = {\d t \over r}$. Azaz $\d t = r \d u$. Behelyettesítünk eszerint:

$$ r {1 \over \sqrt{1 + u^2}} \d u $$

Függvénytáblából pedig ki lehet keresni, hogy az $1 \over \sqrt{x^2 + 1}$ az $\text{arsinh}(x)$-nek (inverz hiperbolikus szinusz) a deriváltja. Tehát ez alapján folytathatjuk az átalakítást:

$$ r {1 \over \sqrt{1 + u^2}} \d u = \\ r \d \left( \text{arsinh}(u) \right) = \\ r \d \left( \text{arsinh}({t \over r}) \right) = \\ \d \left( r \,\text{arsinh}({t \over r}) \right) $$

Azaz:

$$ \d \left( r \,\text{arsinh}({t \over r}) \right) = \d \tau $$

Ha két mennyiség pici változása megegyezik, akkor a két mennyiség is megegyezik, legfeljebb egy konstans különbséggel, tehát:

$$ r \,\text{arsinh}({t \over r}) = \tau + C $$

A $C$ itt a kezdeti feltételektől függ. A $\tau$-t indíthatjuk 0-tól, és a $t$-t is. A nulla esetén az arsinh 0, $\tau$ is nulla, ekkor a $C$-nek is nullának kell lennie, hogy kielégítse az egyenletet:

$$ r \,\text{arsinh}({t \over r}) = \tau $$

Ebből már csak ki kellene fejezni a $t$-t a $\tau$-ból:

$$ r \,\text{arsinh}\left({t \over r}\right) = \tau \\ \text{arsinh}\left({t \over r}\right) = {\tau \over r} \\ {t \over r} = \text{sinh}\left( {\tau \over r} \right) \\ t = r \,\text{sinh}\left( {\tau \over r} \right) \\ $$

Most már csak vissza kell helyettesítünk:

$$ \v X = \left( r \,\text{sinh}\left( {\tau \over r} \right), \sqrt{r^2 + r^2 \,\text{sinh}\left( {\tau \over r} \right)^2 } \right) $$

Az $r$ kiemelhető a vektorból.:

$$ \v X = r \left( \,\text{sinh}\left( {\tau \over r} \right), \sqrt{1 + \text{sinh}\left( {\tau \over r} \right)^2 } \right) $$

Na most ahogy a trigonometrikus függvények között adott a $\text{sin}(x)^2 + \text{cos}(x)^2 = 1$ összefüggés, úgy a hiperbolikus függvények között is megvan egy hasonló dolog: $\text{cosh}(x)^2 - \text{sinh}(x)^2 = 1$. Ezt alakítva rájövünk hogy:

$$ \text{cosh}(x)^2 - \text{sinh}(x)^2 = 1 \\ \text{cosh}(x)^2 = 1 + \text{sinh}(x)^2 \\ \text{cosh}(x) = \sqrt{1 + \text{sinh}(x)^2} $$

Tehát visszahelyettesítünk:

$$ \v X = r \left(\text{sinh}\left( {\tau \over r} \right), \text{cosh}\left( {\tau \over r} \right) \right) $$

A gyorsuló testek világvonala hiperbola, ennek a hiperbolának a sugara a gyorsulás reciproka. Tehát $a$ a gyorsulás és $a = {1 \over r}$. Tehát:

$$ \v X = {1 \over a} \left(\text{sinh}\left( {a \tau} \right), \text{cosh}\left( {a \tau} \right) \right) $$

Tehát ez az a képlet, ami nekünk kell, ha helyi idővel szeretnénk kifejezni ezeket a hiperbolákat. Nézzük ezt egy újabb szimuláción, most azonban a pontok közötti vonalrész azonos időtartamokat jelöl az adott úrhajó óráján.

Úrhajók kötelékrepülése. A hiperbolán a pontok közötti vonal rész azonos időtartamnak felel meg.

Ha a csúszkát előrehúzzuk, hogy a köteléket egy nagyobb sebességű állapotban figyeljük meg, akkor láthatjuk, hogy az elől lévő tag számára az idő sokkal gyorsabban telik, mint a hátul lévő tag számára. Az elöl lévő tag órája hármat kettyen, míg a hátul lévőé csak egyet. Ez a dolog az ún. gravitációs időnyúlás. Ez minden gyorsuló rendszerben fellép, és az oka az, hogy a gyorsulás benne van a formulában. Ha az órák sebességét a gyorsulásokhoz igazítanánk, tehát a nagyobb gyorsuláshoz annyival gyorsabb óra, akkor megoldható az, hogy az órák szinkronban legyenek a kötelék szemszögéből is:

Űrhajók kötelékrepülése. Az órák sebessége, igazítva van a gyorsuláshoz.

A gravitációs időnyúlás az oka az ikerparadoxonban fellépő korkülönbségnek. Ugyanis, amikor a mozgó megfigyelő az útja végén elkezd visszafelé lassítani, majd hazafelé gyorsulni, akkor a folyamat során végig hazafelé gyorsul. És az otthon végig „felette” van, ezért ott gyorsabban járnak az órák, és így az otthon maradt társa számára több idő telik majd el.

Lényegében, ha kétszer, háromszor nagyobb a gyorsulás, az órák kétszer, háromszor lesznek lassabbak. Legalább is ebben a kötelékrepüléses esetben. Amennyivel nagyobb vagy kisebb a köteléktárs űrhajójában mérhető gyorsulás, pontosan annyival van annak az órája az felgyorsulva vagy lelassulva, így végül is nem fog nagyobb gyorsulással menni, mint mi.

És ez mérhető is. A baloldali űrhajó háromszor közelebb van az origóhoz, mint a külső. Ha ez a belső rádióadást küldene a külsőnek mondjuk 300 MHz frekvencián. Akkor a külsőnek 100 MHz-re kellene hangolnia a rádiót, hogy fogja azt, mert az ő órája háromszor gyorsabban jár, és ezért az általa érzékelt frekvenciák kisebbek. De ez nem csak fény esetén van így. Bármilyen részecske hasonló módon veszít energiát, hogyha feldobjuk. 1Ebben mondjuk pont nem vagyok biztos... Ez esetben például egy 900 keV energiájú részecske 300 keV energiájúként érkezik meg. Természetesen tömeggel rendelkező részecske esetén az energia nem mehet a nyugalmi azaz a tömegből származó energiaszint alá. Ha mégis ennek kellene történnie, akkor az adott részecske szimplán visszapottyan és soha sem éri el a külső megfigyelőt. A fénynek nincs nyugalmi tömege, így az soha sem fog visszapottyanni.

Hasonló dolgok nem csak a gyorsuló rendszerek esetén lépnek fel. Hanem a gravitáció következtében is. A földön is megmérték, hogy egy toronyba felküldött rádiójelnek kisebb lesz a frekvenciája mire felér. Míg nagyobb lesz, hogyha a toronyból küldik le a jelet. Azaz teljesen mindegy, hogy a gravitációs hatás gyorsulás miatt, vagy tömegvonzás miatt következik-e be. A fizika ugyanaz lesz.

Most pedig nézzünk meg érdekes esetet, legyen egy égő sor (függőleges fekete vonalak), amely villan egyet fehéren, kéken majd végül piros fénnyel. Az álló megfigyelő szemszögéből a lámpák váltása egyszerre történik. Az űrhajók a lámpák kékre váltásakor indulnak. De nézzük meg, hogy mi a helyzet az űrhajók szemszögéből?

Űrhajók kötelékrepülése. Eseményhorizont szemléltetése.

Láthatjuk, hogyha a csúszkát előre toljuk, akkor csak az űrhajókhoz legközelebb lévő 2 lámpa vált (metszi a szaggatott vonalat a piros kör). Az origó előtt lévő soha sem, az origóban lévő megfagy kék állapotban, a mögötte lévők meg egyenesen visszafelé mennek az időben. Mi történik itt?

Észre kell vennünk, hogy nem csak az űrhajók közötti távolság marad állandó, hanem az űrhajók és az origó közötti távolság is. A gyorsulás mértéke pedig ezen hiperbolák sugarának a reciproka. Az origón átmenő hiperbola sugara 0 lenne, az ottani gyorsulás pedig végtelen lenne. Ezt azt vonja maga után, hogy az origóban a gravitációs időnyúlás végtelen az űrhajók szemszögéből. Ezért van az, hogy az origóban lévő lámpa megfagy a kék állapotban.

Vegyük észre azt is, hogy az origóból induló átlós vonalak a kék fényt jelképezik, ahogy kiindulnak az origóból. A hiperbolák nem metszik ezt az átlót csak egyre jobban megközelítik, ez azt is jelenti, hogy az űrhajók soha se fogják meglátni az origóban lévő kék lámpát (amíg gyorsulnak), mert fény soha sem fogja utolérni őket.

Ahhoz, hogy a fény ne érjen utol, nem kell olyan nagyon gyorsulni sem. Csak elég messziről kell jönnie annak a fénynek. A földi gyorsulás kb. 10 m/s${}^2$. A másodperc helyére 300 000 000 m-t helyettesítve megkapjuk ezt a gyorsulást 1/m-ben. Ez 1/9 000 000 000 000 000 1/m gyorsulás. Ennek reciproka a gyorsulásnak megfelelő hiperbola sugara. Tehát a földi gravitációnak megfelelő gyorsuláshoz tartozó hiperbolának a sugara egy 15 nullás szám lenne méterben. 12 nullás szám kilométerben. 1 fényév kb. 9,45 $\cdot$ 10${{}^{12}}$ km. Szóval kb. ennyi a hozzá tartozó hiperbola sugara. Tehát ha a földi gyorsulással gyorsulnánk folyamatosan 1 irányban, akkor az indulás után a mögöttünk 1 fényévre lévő csillagról már soha sem érne utol az a fénysugár, amely az indulásunk pillanatában indult el.

Ez az egész úgy viselkedik, mint egy eseményhorizont. Azon távolságon túl a fény sem „jön ki”. Miközben a valóságban nincs ott semmi extra. Csak a gyorsuló megfigyelő szemszögéből van ez az érdekes helyzet.

Ugyanez a helyzet a tömegvonzás következtében is előállhat. Tulajdonképpen a fekete lyukaknak nevezett furcsa égi objektumok pontosan ezt csinálják. Azzal a különbséggel, hogyha valami ott az eseményhorizont mögé kerül, akkor az már ott is marad.


Természetesen lehet ezt a téridő dolgot még sokáig vizsgálni. Ha minden eshetőséget szépen végiggondolunk, akkor előbb-utóbb eljutunk az általános relativitásig. Azonban ahhoz még nincs meg az összes matematikai előfeltétel, hogy bele fogjunk.

A következő rész majd egy kicsit könnyedebb lesz. És más témával kezdünk el majd foglalkozni.

Nemrég frissült:

A tartalom elérhető az IPFS-en! Ha tetszik töltsd le és seedeld! Az oldal elérhető a http://gateway.ipfs.io/ipns/calmarius.net/index.htm helyen is.

comments powered by Disqus
Logo