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THEMA: Andreas Müller: Das "Massieren" der Gleichung zum Lorenzfaktor

Andreas Müller: Das "Massieren" der Gleichung zum Lorenzfaktor 09 Okt 2018 14:18 #43272

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Sorry, aber ich schaffe es nicht, direkt zum Vortrag von Andreas Müller, dessen Video jetzt gerade bei Euch lief, meine Frage zu stellen. Darum mache ich es jetzt hier: Andreas Müller bespricht im 1. Teil seines Vortrags "Ritt auf dem Lichtstrahl" den über den Satz des Pythagoras hergeleiteten Lorenzfaktor. Und da gibt es den Schritt, an dem er die Gleichung, wie er es nennt "massiert". Und genau diese Massage verstehe ich nicht. Wie ist der arithmethisch genaue Weg von Zeile 2 zu Zeile 3? Und der letzte Schritt steht dann auf der rechten Seite. Den verstehe ich auch nicht.
Kann das jemand mir nahebringen?
Vielen Dank soweit.
HyC

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Andreas Müller: Das "Massieren" der Gleichung zum Lorenzfaktor 10 Okt 2018 13:01 #43318

HyC schrieb: Wie ist der arithmethisch genaue Weg von Zeile 2 zu Zeile 3?


In der zweiten Zeile steht:
(cΔt')²=(cΔt)²+(vΔt')²

Und jetzt teile auf beiden Seiten durch c² und löse nach Δt auf. Was bekommst du raus?

(Lichtweg im Bahnhofsystem)²=(Lichtweg im Zugsystem)²+(Weg des Zuges im Bahnhofsystem)²

Das ganze kannst du auch hier nach vollziehen.

www.geogebra.org/m/NPvfsHQ8

Allerdings sind t und t' vertauscht und den Winkel für α' musst du auf 90° stellen, wenn du nur diesen einen Spezialfall der Lorentztransformation simulieren willst.

Um ins Bahnhofsystem zu gelangen musst du auf "Systemwechsel" klicken, wobei der Kreis natürlich zur Ellipse wird.

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Andreas Müller: Das "Massieren" der Gleichung zum Lorenzfaktor 10 Okt 2018 15:20 #43321

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Hallo Julian,

erst mal danke für deine rasche Antwort. Aber genau im mathematischen Detail liegt mein Problem: Wie teile ich (cΔt')² durch c²? Du merkst, ich habe in der Schule in Mathe nicht aufgepasst, was Umformungen angeht.. Wie ist das mit der Klammer? Bitte zeig mir das mal im ganzen Rechenweg, wirklich in kleinen Schritten. Das wäre echt nett.
Und beim Übergang von Zeile 2 zu Zeile 3 verstehe ich dann natürlich auch nicht, wie man zu dem "1- (v/c)²" Term kommt. Ich hab die mathematischen Regeln einfach nicht drauf. Dass ich den Übergang von Zeile 3 zu Zeile 4 nicht verstehe, ist fast selbstredend :-).
Bitte entschuldige, das ich diese mathematischen Grunddinge nicht hinbekomme - inhaltlich ist mir die Sache durchaus verständlich - und ich würde durchaus verstehen, wenn es Dir zuviel Mühe bereitet, mir Nachhilfestunden in Mathe zu geben.
Trotzdem vielen Dank erst mal, und es wäre natürlich sehr schön, wenn ich zu diesem Thema noch etwas von Dir zu hören bekomme.
Liebe Grüße
HyC

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Andreas Müller: Das "Massieren" der Gleichung zum Lorenzfaktor 10 Okt 2018 16:21 #43322

  • Rupert
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Schritt für Schritt - ich versuch's mal - das wird eine LateX-Schlacht :cheer:

Das ist die Ausgangsformel, die man durch Anwenden des Satzes des Pythagoras auf die Vektoren der Wege erhält:
\((c\triangle t')^2=(c\triangle t)^2+(v\triangle t')^2\)

Jetzt quadrierst Du jeden Faktor in den Klammern und erhältst:
\(c^2\triangle t'^2 = c^2\triangle t^2+v^2\triangle t'^2\)

Als nächstes teilst Du die linke Seite der Gleichung durch \(c^2\) und die beiden Summanden auf der rechten Seite auch, also erhält man:
\(\triangle t'^2 = \triangle t^2+\frac{v^2}{c^2}\triangle t'^2\)

Jetzt bringt man das \(\triangle t^2\) auf eine Seite und kriegt so:
\(\triangle t'^2-\frac{v^2}{c^2}\triangle t'^2 = \triangle t^2\)

Auf der linken Seite hat man nun zwei Summanden mit \(\triangle t'^2\) drin, d.h. man kann \(\triangle t'^2\) ausklammern und erhält:
\(\triangle t'^2 (1-\frac{v^2}{c^2}) = \triangle t^2\)
oder eben, weil man bei einer Gleichung ja das, was auf der rechten Seite steht auf die linke Seite und das was auf der linken Seite steht auf die rechte Seite schreiben kann (links ist ja gleich rechts):
\(\triangle t^2=\triangle t'^2 (1-\frac{v^2}{c^2})\)

Um nun auf \(\triangle t'\) zu kommen teilt man beide Seiten der Gleichung durch \((1-\frac{v^2}{c^2})\) und dann steht da:
\(\frac{\triangle t^2}{(1-\frac{v^2}{c^2})}=\triangle t'^2\)

Jetzt muss man auf beiden Seiten der Gleichung die Wurzel ziehen und erhält:
\(\sqrt{\frac{\triangle t^2}{(1-\frac{v^2}{c^2})}}=\sqrt{\triangle t'^2}\)

Ich vertausche wieder linke und rechte Seite und rechne \(\sqrt{\triangle t'^2}\) aus, das ist nämlich \(\triangle t'\); es steht dann also da:
\(\triangle t'=\sqrt{\frac{\triangle t^2}{(1-\frac{v^2}{c^2})}}\)

Man kann nun da auf der rechten Seite im Zähler die Wurzel hinschreiben und im Nenner ebenfalls, dann schaut die Geschichte so aus:
\(\triangle t'={\frac{\sqrt{\triangle t^2}}{\sqrt{(1-\frac{v^2}{c^2})}}}\)

Das ist, wenn man die Wurzel dann im Zähler zieht folgendes:
\(\triangle t'={\frac{\triangle t}{\sqrt{(1-\frac{v^2}{c^2})}}}\)

Nun muss man folgendes wissen, dass man eine Quadratwurzel aus einem Ausdruck folgendermaßen umschreiben kann: \(\sqrt{x}=x^{\frac{1}{2}}\)
Angewendet auf die Gleichung oben heisst das dann:
\(\triangle t'={\frac{\triangle t}{(1-\frac{v^2}{c^2})^{1/2}}}\)

Und jetzt zur letzten Umformung: Man kann das, was im Nenner des Bruches steht auch mit \(-1\) potenzieren und dann mit dem Zähler multiplizieren, dann wird man den Bruchstrich los (es gilt also \(\frac{x}{y}=xy^{-1}\) ) und damit steht dann da:
\(\triangle t'={\triangle t{(1-\frac{v^2}{c^2})^{-1/2}}}\)

Ergänzend noch: Ich sehe gerade, dass der Andreas Müller das \(\frac{v^2}{c^2}\) noch umgeformt hat, indem er das Quadrat, das ja im Zähler und im Nenner steht, vor den Bruch zog und daraus \((\frac{v}{c})^2\) machte.
Damit ergibt sich dann, olé, olé:

\(\triangle t' = \triangle t(1-(\frac{v}{c})^2)^{-1/2}\)
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Andreas Müller: Das "Massieren" der Gleichung zum Lorenzfaktor 10 Okt 2018 20:41 #43337

  • HyC
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Super, klasse, danke. Genau das habe ich gebraucht.
Vielen Dank für die Mühe. Das hat mir wirklich geholfen!!
Liebe Grüße
HyC

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