Übung 25. Mai 2007

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ibi
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Übung 25. Mai 2007

Beitrag von ibi »

25a)
u^{\mu} (\tau) = (cosh(\omega \tau), sinh(\omega \tau), 0, 0)
Integrieren und Randbedingungen einsetzen:
x^{\mu} (\tau) = (\frac{1}{\omega} sinh(\omega \tau), \frac{1}{\omega} cosh(\omega \tau) +x_0 - \frac{1}{\omega}, 0, 0)
War ja ned besonders schwer ...

Teil b folgt sogleich ...
David Seppi

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ibi
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Beitrag von ibi »

25b)
Lichtbahnkurve: l^{\mu} (\lambda) = (\lambda, \lambda, 0, 0)
x^{\mu}(\tau) \wedge l^{\mu} (\lambda):
\frac{1}{\omega} sinh(\omega \tau) = \lambda
\frac{1}{\omega} cosh(\omega \tau) + x_0 - \frac{1}{\omega} = \lambda

gleichsetzen:

\frac{1}{\omega} sinh(\omega \tau) = \frac{1}{\omega} cosh(\omega \tau) + x_0 - \frac{1}{\omega}

\frac{e^{\omega \tau} - e^{-\omega \tau}}{2} - \frac{e^{\omega \tau} + e^{-\omega \tau}}{2} = x_0 \omega - 1

e^{-\omega \tau} = -x_0 \omega + 1
\omega \tau = -ln(1 - x_0 \omega)

Daraus folgt, daß x_0 < \frac{1}{\omega} da sonst der Logarithmus unendlich wird bzw. nicht definiert ist.
(Einsetzen in die Bahnkurve überzeugt davon, daß bei größeren Werten für x_0 die Zeit unendlich wird [lt. Angabe verboten] oder negativ wird [auch verboten, da nicht im Vorwärtslichtkegel].)
Zuletzt geändert von ibi am 25.05.2007, 13:13, insgesamt 1-mal geändert.
David Seppi

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summentier
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Wer noch auf is - Bsp. 27

Beitrag von summentier »

Nun ja für alle motivierten noch bsp 27 in aller kürze:

Aus dem Skriptum:\bar B^i = \left( \begin{array} B_x \\ \gamma(B_y+\beta E_z) \\ \gamma(B_z+\beta E_y) \end{array} \right)
=^{B=0} \gamma\beta \left( \begin{array} 0 \\ E_z \\ -E_y \end{array} \right)

Das E-Feld einer Punktladung ist E^i = \frac q{|x|^3} x^i, damit:

B^i = \frac{q\gamma\beta}{|x|^3} \left( \begin{array} 0 \\ z \\ -y \end{array} \right)

Mit der Lorentz-Transformation \left( \begin{array} x \\ y \\ z \end{array} \right) = \left( \begin{array} -\beta\gamma\bar t + \gamma\bar x \\ \bar y \\ \bar z \end{array} \right) kann man die innere Drehung durchführen und erhält:

B^i = \frac{q\gamma\beta}{\sqrt{-\beta\gamma\bar t + \gamma\bar x)^2+\bar y^2 + \bar z^2}^3} \left( \begin{array} 0 \\ \bar z \\ -\bar y \end{array} \right)

Weil B=0 im Ursprungssystem, gilt
B^i E_i = 0

Da das Skalarprodukt Lorentzinvariant ist, gilt selbiges im gequerten System.
Zuletzt geändert von summentier am 25.05.2007, 00:17, insgesamt 1-mal geändert.

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summentier
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Beitrag von summentier »

BTW: Bsp. 26 steht 1 zu 1 in den Beispielen vom Balasin
spam :)

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ibi
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Beitrag von ibi »

Du gehst da allerdings davon aus, daß sich der Beobachter nur in x-Richtung bewegt.
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Take_Five
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Beitrag von Take_Five »

Da es sich um eine Punktladung handelt, kann ich das ja auch annehmen, oder?

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ibi
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Beitrag von ibi »

Kommt drauf an, ob sich die Richtung ändert ...
Aber das steht in der Angabe eh nicht drin. :)
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calderson
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Beitrag von calderson »

summentier hat geschrieben:BTW: Bsp. 26 steht 1 zu 1 in den Beispielen vom Balasin
spam :)
ich denke x = gamma( x' + betha.ct') nicht wahr?

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summentier
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Beitrag von summentier »

ibi hat geschrieben:Du gehst da allerdings davon aus, daß sich der Beobachter nur in x-Richtung bewegt.
da hat er recht :)
da es 1 in der früh war, kann ich das ja auch wohl annehmen *g*

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