====== Инерциальные системы отсчёта. Преобразования Лоренца ======

===== 10.1. Одновременность и совпадение событий =====

**Условие:**
Два события в неподвижной системе $K$ имеют координаты $(x_1,t_1)$ и $(x_2,t_2)$. Найти скорость системы, в которой: а) эти события одновременны; б) происходят в одной точке.

**Решение:**
Преобразования Лоренца: $t'=\Gamma\left(t-\dfrac{Vx}{c^2}\right)$, $x'=\Gamma(x-Vt)$, где $\Gamma=1/\sqrt{1-V^2/c^2}$.

**а)** Одновременность в $K'$ означает $t_1'=t_2'$:
$$\Gamma\left(t_1-\frac{Vx_1}{c^2}\right)=\Gamma\left(t_2-\frac{Vx_2}{c^2}\right)\ \Longrightarrow\ t_1-t_2=\frac{V}{c^2}(x_1-x_2).$$
Отсюда
$$V=c^2\,\frac{t_1-t_2}{x_1-x_2}=c^2\,\frac{t_2-t_1}{x_2-x_1}.$$

**б)** Совпадение точки в $K'$ означает $x_1'=x_2'$:
$$\Gamma(x_1-Vt_1)=\Gamma(x_2-Vt_2)\ \Longrightarrow\ x_1-x_2=V(t_1-t_2).$$
Отсюда
$$V=\frac{x_1-x_2}{t_1-t_2}=\frac{x_2-x_1}{t_2-t_1}.$$

**Ответ:**
а) $V=\dfrac{c^2(t_2-t_1)}{x_2-x_1}$;  б) $V=\dfrac{x_2-x_1}{t_2-t_1}$.

===== 10.2. Составное преобразование Лоренца (бусты вдоль разных осей) =====

**Условие:**
Система $K'$ движется со скоростью $V$ вдоль оси $ox$ неподвижной системы $K$. Система $K''$ движется относительно $K'$ со скоростью $W$ вдоль оси $o'y'$. Соответствующие оси координат всех систем параллельны друг другу. Установить взаимосвязь координат систем $K''$ и $K$.

**Решение:**
Сначала бустируем $K\to K'$ вдоль $x$ со скоростью $V$ ($\Gamma_V=1/\sqrt{1-V^2/c^2}$):
$$x'=\Gamma_V(x-Vt),\quad y'=y,\quad z'=z,\quad t'=\Gamma_V\left(t-\frac{Vx}{c^2}\right).$$
Затем бустируем $K'\to K''$ вдоль $y'$ со скоростью $W$ ($\Gamma_W=1/\sqrt{1-W^2/c^2}$); поскольку буст идёт вдоль $y'$, координата $x'$ не меняется:
$$x''=x',\quad z''=z',\quad y''=\Gamma_W(y'-Wt'),\quad t''=\Gamma_W\left(t'-\frac{Wy'}{c^2}\right).$$
Подставляя $x',y',z',t'$ через $x,y,z,t$ и используя $\Gamma_V\Gamma_W=1/\left(\sqrt{1-V^2/c^2}\sqrt{1-W^2/c^2}\right)$, получаем:
$$x''=\frac{x-Vt}{\sqrt{1-V^2/c^2}},\qquad z''=z,$$
$$y''=\frac{y\sqrt{1-V^2/c^2}+\dfrac{VWx}{c^2}-Wt}{\sqrt{1-V^2/c^2}\sqrt{1-W^2/c^2}},$$
$$t''=\frac{t-\dfrac{Vx}{c^2}-\dfrac{Wy}{c^2}\sqrt{1-V^2/c^2}}{\sqrt{1-V^2/c^2}\sqrt{1-W^2/c^2}}.$$

**Ответ:**
$$x''=\frac{x-Vt}{\sqrt{1-V^2/c^2}},\quad z''=z,$$
$$y''=\frac{y\sqrt{1-V^2/c^2}+\frac{VWx}{c^2}-Wt}{\sqrt{1-V^2/c^2}\sqrt{1-W^2/c^2}},\quad t''=\frac{t-\frac{Vx}{c^2}-\frac{Wy}{c^2}\sqrt{1-V^2/c^2}}{\sqrt{1-V^2/c^2}\sqrt{1-W^2/c^2}}.$$

===== 10.3. Вспышки на концах движущегося стержня =====

**Условие:**
На концах стержня, движущегося с $V=\dfrac45c$ вдоль оси $ox$, вспыхивают две лампочки. Какова должна быть очерёдность вспышек в неподвижной системе $K$, чтобы для наблюдателя в системе $K'$ движущегося стержня вспышки казались одновременными? В системе $K$ длина стержня $L=27$ м.

**Решение:**
В системе $K'$ (где стержень покоится) собственная длина стержня $L_0=\Gamma L$, где $\Gamma=1/\sqrt{1-V^2/c^2}$. Пусть задний конец стержня имеет координату $x'=0$, передний — $x'=L_0$; обе вспышки происходят одновременно в $K'$ в момент $t'=t_0'$. По обратным преобразованиям Лоренца ($t=\Gamma(t'+Vx'/c^2)$):
$$t_1=\Gamma t_0'\ (\text{задний конец},\ x'=0),\qquad t_2=\Gamma t_0'+\frac{\Gamma VL_0}{c^2}\ (\text{передний конец},\ x'=L_0).$$
Отсюда
$$\Delta t=t_1-t_2=-\frac{\Gamma VL_0}{c^2}=-\frac{\Gamma^2VL}{c^2}=-\frac{VL}{c^2\left(1-\dfrac{V^2}{c^2}\right)}.$$
Подставляя $V=0{,}8c$, $L=27$ м, $1-V^2/c^2=1-0{,}64=0{,}36$:
$$\Delta t=-\frac{0{,}8c\cdot27}{c^2\cdot0{,}36}=-\frac{21{,}6}{0{,}36\,c}=-\frac{60}{c}\approx-2\cdot10^{-7}\text{ с}.$$
Так как $\Delta t=t_1-t_2<0$, задний конец стержня (по направлению, противоположному движению) должен вспыхнуть раньше переднего.

**Ответ:**
$$\Delta t=t_1-t_2=-\frac{VL}{c^2\left(1-V^2/c^2\right)}\approx-2\cdot10^{-7}\text{ с};$$
задний конец вспыхивает на $2\cdot10^{-7}$ с раньше переднего.

===== 10.4. Длина и угол наклона движущегося стержня =====

**Условие:**
В неподвижной системе $K$ стержень длиной $L=1$ м наклонён под углом $\theta=30^\circ$ к оси $ox$. Найти длину стержня $L'$ и угол наклона $\theta'$ в $K'$-системе, движущейся со скоростью $V=\dfrac{24}{25}c$.

**Решение:**
Стержень покоится в $K$; компоненты его длины в $K$: $L_x=L\cos\theta$, $L_y=L\sin\theta$. При переходе в $K'$ (движущуюся относительно $K$ вдоль $x$) сокращается только продольная компонента:
$$L_x'=L_x\sqrt{1-V^2/c^2},\qquad L_y'=L_y.$$
Тогда
$$L'=\sqrt{L_x'^2+L_y'^2}=L\sqrt{\cos^2\theta\left(1-\frac{V^2}{c^2}\right)+\sin^2\theta}=L\sqrt{1-\frac{V^2}{c^2}\cos^2\theta},$$
$$\operatorname{tg}\theta'=\frac{L_y'}{L_x'}=\frac{\operatorname{tg}\theta}{\sqrt{1-V^2/c^2}}.$$
Подставляя $V=\frac{24}{25}c=0{,}96c$, $\theta=30^\circ$ ($\operatorname{tg}30^\circ=1/\sqrt3\approx0{,}577$), $\sqrt{1-V^2/c^2}=\sqrt{1-0{,}9216}=\sqrt{0{,}0784}=0{,}28$:
$$\operatorname{tg}\theta'=\frac{0{,}577}{0{,}28}\approx2{,}06\ \Longrightarrow\ \theta'\approx64^\circ,$$
$$L'=1\cdot\sqrt{1-0{,}9216\cdot\cos^230^\circ}=\sqrt{1-0{,}9216\cdot0{,}75}=\sqrt{0{,}3088}\approx0{,}556\text{ м}.$$

**Ответ:**
$$\operatorname{tg}\theta'=\frac{\operatorname{tg}\theta}{\sqrt{1-V^2/c^2}}\approx2{,}06\ (\theta'\approx64^\circ),\qquad L'=L\sqrt{1-\frac{V^2}{c^2}\cos^2\theta}\approx0{,}556\text{ м}.$$

===== 10.5. Продольный эффект Доплера =====

**Условие:**
Прямолинейно движущийся источник $И$ излучает сигналы с частотой $\nu_0$. Приёмник $П$, находящийся на линии движения $И$, воспринимает эти сигналы. Определить зависимость частоты воспринимаемого сигнала $\nu$ от скорости излучателя $V$ (эффект Доплера).

**Решение:**
Пусть $\beta=V/c$, $\Gamma=1/\sqrt{1-\beta^2}$. Собственный период излучения источника $T_0=1/\nu_0$. Из-за замедления времени интервал между последовательными излучениями в лабораторной системе (система приёмника) равен $\Gamma T_0$.

**Случай удаления.** За время $\Gamma T_0$ между двумя актами излучения источник дополнительно удаляется от приёмника на $V\Gamma T_0$, поэтому второй сигнал приходит с дополнительной задержкой $V\Gamma T_0/c$:
$$T=\Gamma T_0+\frac{V\Gamma T_0}{c}=\Gamma T_0(1+\beta)=\frac{T_0(1+\beta)}{\sqrt{(1-\beta)(1+\beta)}}=T_0\sqrt{\frac{1+\beta}{1-\beta}}.$$
Отсюда $\nu=1/T=\nu_0\sqrt{\dfrac{1-\beta}{1+\beta}}$.

**Случай приближения.** Аналогично, расстояние уменьшается, и второй сигнал приходит раньше на $V\Gamma T_0/c$:
$$T=\Gamma T_0(1-\beta)=T_0\sqrt{\frac{1-\beta}{1+\beta}}\ \Longrightarrow\ \nu=\nu_0\sqrt{\frac{1+\beta}{1-\beta}}.$$

**Ответ:**
$$\nu=\nu_0\sqrt{\frac{1-\beta}{1+\beta}}\ \ (\text{удаление}),\qquad \nu=\nu_0\sqrt{\frac{1+\beta}{1-\beta}}\ \ (\text{приближение}),\qquad \beta=V/c.$$