Durée effective RR

**Zefram Cochrane** · 31/10/2013, 18h46

Il faut définir quel est le sens physique de 'pour A'
Mon calcul se vase sur l'effet doppler relativiste
Et le tiens?

**Mailou75** · 31/10/2013, 23h28

Envoyé par Amanuensis

Définition, et démo?

Pas facile fiuuu...

Définition :
Surface d'espace temps = distance*temps ?

Démonstration (du présent cas) :

A_triangle=(base*hauteur)/2

Figure 1:
Base=6ans, Hauteur=3*0,8=2,4AL -> A=(6*2,4)/2=7,2 (années².lumière)
Figure 2:
Base=1,8ans, Hauteur=10*0,8=8AL -> A=(1,8*8)/2=7,2 (années².lumière)
Figure 3 : idem figure 2
7,2 années².lumière ~ 7,2*3.10²³ m.s ...

Soit en algébrique (pour Zef)

avec t le temps du sédentaire (rouge) et $\text{[math]}$ le temps de celui qui fait un aller retour à $\text{[math]}$ c (vert)
Figure 1:
Base=t, Hauteur= $\text{[math]}$ c*t/2 -> A=B*H/2 = $\text{[math]}$ ct²/4
Figure 2:
Base= $\text{[math]}$ /2, Hauteur= $\text{[math]}$ c* $\text{[math]}$ t avec t= $\text{[math]}$ -> A=B*H/2= $\text{[math]}$ ²c* $\text{[math]}$ ²/4 = $\text{[math]}$ ct²/4
Figure 3 : idem figure
CQFD ?

......

Cas plus général, voir figure ci jointe :
Les chiffres indiqués vont avec ce calcul (c'est de la récup)

$\text{[math]}$ s²=c² $\text{[math]}$ t²- $\text{[math]}$ d² que l'on simplifie pour c=1 en $\text{[math]}$ s²= $\text{[math]}$ t²- $\text{[math]}$ d²
nous dit que pour l'observateur fixe l'évènement se situe à d=0,8sl et t=1s, soit $\text{[math]}$
et que pour l'observateur mobile (0,5c) l'évènement est à d~0,35sl et t~0,69s, soit $\text{[math]}$

L'aire A du "nuage d’événements" (en violet) conserve la même valeur par changement de référentiel !
(Tu peux me faire confiance, ou faire le calcul si t'es chaud...)
De même que les surfaces bleues et rouges qui localisent l'évènement central, toute surface semble être conservée en général !
Et si je ne me trompe pas en 2D+t ça donnerait même une conservation de volume, et en 3D+t...

En vert (avec $\text{[math]}$ ) on voit la dilatation du temps et la contraction des longueurs RELATIVES (j'insiste pour astrocurieux...)
Pour ne pas confondre le nuage d'évènement avec une constellation j'ai tracé un rayon lumineux qui montre deux évènements perçus simultanéments (sur le même cône passé),
à ne pas confondre non plus avec ce que l'on nomme simultanéité en RR (situés sur une parallèle à l'axe d'espace, d bleu ou d' rouge).

Voilou
Mailou

**Zefram Cochrane** · 31/10/2013, 23h55

Je mettrais base = ct

Bonsoir

J'ai repéré une coquille

À Tb = Tr = Tv = 0
FRA (Tv) s'éloigne de USA (Tb) à U et s'éloigne de RUS (Tr) à V.
RUS s'éloigne de USA à V.

À Tv = 18ans FRA revient vers USA à U.
A Tr = 60ans RUS revient vers USA à V

Pour FRA pendant le trajet aller, Tb = 18/9 = 2ans
quand il rejoindra USA, FRA aura 36ans et USA aura 2 + 18*9 = 164 ans
Ce qui veut dire que USA voit FRA s'éloigner de lui pendant 162 ans et revenir vers lui en 2ans.

Pour RUS pendant le trajet aller, Tr= 60/3 = 20 ans.
Quand il rejoindra USA, RUS aura 120 ans et USA aura 20 + 60*3 = 200 ans
Cela veut dire que USA voit RUS s'éloigner de lui pendant 180 ans et revenir vers lui en 20 ans.

Le problème que j'ai est que
Pour FRA , pendant le trajet aller Tr = 18/3 = 6ans
Quand il croisera RUS , FRA aura 36 ans et RUS aura 6 + 18*3 = 60 ans

Comme FRA ne peut avoir le don d'ubiquité, j'en déduit qu'il y a un problème.Je pense qu'en prenant la vision USA. En prenant l'intersection de Rouge et Vert, puis en tracant la trajectoire de la lumière on peut déterminer l'âge de FRA et RUS quand ils se croisent.

Mais j'ai mon idée sur la cause

Cordialement,
Zefram

**Zefram Cochrane** · 01/11/2013, 00h36

Voici mon idée.
La vitesse apparente pour un éloignement à v = 0,8c est V+ = 4c/9
La vitesse apparente pour un rapprochement à v = 0,8c est V- = 4 c

La vitesse apparente pour un éloignement à u = 40c/41 est U+ = 40c/81
La vitesse apparente pour un rapprochement à u est U- = 40c

Par exemple :
Pour USA, lorsque RUS fera demi tour, USA lira sur l'horloge de Rouge 60 et sur la sienne 180.
On a 180*4/9 = 80 AL.
Pour USA la durée du voyage de retour est de 20 ; 20*4 = 80 AL

Pour USA la durée du voyage de retour de FRA est de 2ans. 2*40 = 80 AL
ce qui va être pratique pour les schémas

Pour tracer le point de vue USA je propose la méthode suivante:
Placer le demi tour de RUS au coordonnées (8; 18) tracer le segment reliant ce point à (0 ; 0) et ( 0 ; 20 )
Placer le demi tour de FRA aux coordonnées ( 8; 16,2) tracer le segment reliant ce point à (0;0) et (0; 16,4)

Le segment de FRA devrait couper celui de RUS quelque part entre l'ordonnée 16,2 et 18 ; cette ordonnée correspondra à la data à laquelle USA verra RUS et FRA se croiser.
Je ferai les calculs plus tard.

**Mailou75** · 01/11/2013, 01h03

Envoyé par Zefram Cochrane

La vitesse apparente pour un éloignement à v = 0,8c est V+ = 4c/9
La vitesse apparente pour un rapprochement à v = 0,8c est V- = 4 c

La vitesse apparente pour un éloignement à u = 40c/41 est U+ = 40c/81
La vitesse apparente pour un rapprochement à u est U- = 40c

Ok pour ça mais pour le reste t'as changé les données du problème ?

**Mailou75** · 01/11/2013, 03h16

T'as changé le problème...

Envoyé par Zefram Cochrane

Pour FRA pendant le trajet aller, Tb = 18/9 = 2ans
quand il rejoindra USA, FRA aura 36ans et USA aura 2 + 18*9 = 164 ans
Ce qui veut dire que USA voit FRA s'éloigner de lui pendant 162 ans et revenir vers lui en 2ans.

Oui !

Pour RUS pendant le trajet aller, Tr= 60/3 = 20 ans.
Quand il rejoindra USA, RUS aura 120 ans et USA aura 20 + 60*3 = 200 ans
Cela veut dire que USA voit RUS s'éloigner de lui pendant 180 ans et revenir vers lui en 20 ans.

Oui !

Le problème que j'ai est que
Pour FRA , pendant le trajet aller Tr = 18/3 = 6ans
Quand il croisera RUS , FRA aura 36 ans et RUS aura 6 + 18*3 = 60 ans

Euh, non ou alors j'ai rien compris...

Envoyé par Zefram Cochrane

Pour USA, lorsque RUS fera demi tour, USA lira sur l'horloge de Rouge 60 et sur la sienne 180.
On a 180*4/9 = 80 AL.
Pour USA la durée du voyage de retour est de 20 ; 20*4 = 80 AL

Oui !

Pour USA la durée du voyage de retour de FRA est de 2ans. 2*40 = 80 AL

Oui !

Pour tracer le point de vue USA je propose la méthode suivante:
Placer le demi tour de RUS au coordonnées (8; 10) tracer le segment reliant ce point à (0 ; 0) et ( 0 ; 20 )
Placer le demi tour de FRA aux coordonnées ( 8; 8,2) tracer le segment reliant ce point à (0;0) et (0; 16,4)

Presque...

Je ferai les calculs plus tard.

Allez, les coordonnées du point d'intersection par le calcul...

**Amanuensis** · 01/11/2013, 03h37

Envoyé par Mailou75

L'aire A du "nuage d’événements" (en violet) conserve la même valeur par changement de référentiel !

Par une transformée de Lorentz, oui. (Ce qui est nettement plus restrictif...)

Démo une peu plus générale:

Soit un système de coordonnées (1,1) tel que les trois points soient (0,0), (T, 0) et (t, D), avec t²-D²>0. Une TL ((k, s), (s, k)) avec k²-s²=1 les transforment en, resp., (0,0), (kT, sT), (kt+sD, st+kD).

Le triangle "cartographique" a pour double aire TD. Celui transformé a pour double aire (kT, sT)x(kt+sD, st+kD) = kT(st+kD)-sT(kt+sD) = kstT+k²TD - sTkt - s²TD = (k²-s²)TD = TD.

(Doit y avoir une démo encore plus rapide...)

----

Reste à donner un sens à cette valeur. À voir.

**Mailou75** · 01/11/2013, 04h06

Soit T la date à laquelle vert fait demi tour (8,2ans) et D la distance atteinte (8AL)
On cherche les coordonnées d et t du point de rencontre
$\text{[math]}$ ₁=0,8 et $\text{[math]}$ ₂~0,97

On pose
d= $\text{[math]}$ ₁ct
d=D- $\text{[math]}$ ₂c(t-T)

> D=ct( $\text{[math]}$ ₁+ $\text{[math]}$ ₂)- $\text{[math]}$ ₂cT

> t=[D+ $\text{[math]}$ ₂cT]/[( $\text{[math]}$ ₁+ $\text{[math]}$ ₂)c]

Soit t~9,01an et d~7,21AL

**Mailou75** · 01/11/2013, 04h11

Envoyé par Amanuensis

Celui transformé a pour double aire (kT, sT)x(kt+sD, st+kD) = kT(st+kD)-sT(kt+sD) = kstT+k²TD - sTkt - s²TD = (k²-s²)TD = TD.

Je comprends jamais rien quand tu fais de la RR

azizovsky · 01/11/2013, 08h02

Envoyé par Amanuensis

Par une transformée de Lorentz, oui. (Ce qui est nettement plus restrictif...)

Démo une peu plus générale:

Soit un système de coordonnées (1,1) tel que les trois points soient (0,0), (T, 0) et (t, D), avec t²-D²>0. Une TL ((k, s), (s, k)) avec k²-s²=1 les transforment en, resp., (0,0), (kT, sT), (kt+sD, st+kD).

.

Salut , il y'a quelque chose qui me chiffonne dans cette démonstration ,la seulle chose que je sais , c'est que la sommation des quadri-vecteur est plus compliqué que ça .(pour l'instant j'ai du travail: pavage du sol

) .

azizovsky · 01/11/2013, 08h15

Envoyé par Mailou75

Je comprends jamais rien quand tu fais de la RR

Salut , tu prend le quadri vecteur unité (si on veut dire générateur ) 1=(k,s) avec k=facteur de Lorentz et s=(u/c)k=bk ,tu'a
k²-b²k²=k²-s²=1.v (ça sort directement du pseudo-norme :c²=k²c²-u²k²=(kc,ku)²=k²(c,u)²

azizovsky · 01/11/2013, 08h24

désolé : s=bk

**Zefram Cochrane** · 01/11/2013, 08h41

Envoyé par Mailou75

T'as changé le problème...

Oui !

Oui !

Euh, non ou alors j'ai rien compris...

Oui !

Oui !

Presque....

Salut mailou
Ce sont bien les dates que j'ai indiquées qu'il faut prendre en consideration
Cordialement Zefram

azizovsky · 01/11/2013, 08h46

Envoyé par Amanuensis

Par une transformée de Lorentz, oui. (Ce qui est nettement plus restrictif...)

Démo une peu plus générale:

Soit un système de coordonnées (1,1) tel que les trois points soient (0,0), (T, 0) et (t, D), avec t²-D²>0. Une TL ((k, s), (s, k)) avec k²-s²=1 les transforment en, resp., (0,0), (kT, sT), (kt+sD, st+kD).

.

si on prend une double TL ,càd , déjà (t,D)=(kT,sT?) on'a (kt+sD,st+kD)=(kT.kt+s.sT,s.kT +k.sT)=(k²Tt+s²T,2skT)=(k²Tt+b ²k²T,2k²bT)=k²(Tt+b²T,2bT).... (écrit à la hâte , à vérifier, merci)

azizovsky · 01/11/2013, 09h02

Envoyé par azizovsky

si on prend une double TL ,càd , déjà (t,D)=(kT,sT?) on'a (kt+sD,st+kD)=(kT.kt+s.sT,s.kT +k.sT)=(k²Tt+s²T,2skT)=(k²Tt+b ²k²T,2k²bT)=k²(Tt+b²T,2bT).... (écrit à la hâte , à vérifier, merci)

plus simple
(T,0)--(TL)--->(kt,st)=(t,d)---(TL)--->(?,?) ,s'il y'a un k² dans (?,?) c'est qu'on ai déjà loin des TLs (simple, je vais vérifier ce soir)
.

**Zefram Cochrane** · 01/11/2013, 10h26

Envoyé par Mailou75

Soit T la date à laquelle vert fait demi tour (8,2ans) et D la distance atteinte (8AL)
On cherche les coordonnées d et t du point de rencontre
$\text{[math]}$ ₁=0,8 et $\text{[math]}$ ₂~0,97

On pose
d= $\text{[math]}$ ₁ct
d=D- $\text{[math]}$ ₂c(t-T)

> D=ct( $\text{[math]}$ ₁+ $\text{[math]}$ ₂)- $\text{[math]}$ ₂cT

> t=[D+ $\text{[math]}$ ₂cT]/[( $\text{[math]}$ ₁+ $\text{[math]}$ ₂)c]

Soit t~9,01an et d~7,21AL

Salut
Quel est l'âge de Rus et Fra?

**Mailou75** · 01/11/2013, 11h46

Ben T_vert=t/ $\text{[math]}$ ₁ et T_rouge=t/ $\text{[math]}$ ₂

Avec $\text{[math]}$ ₁=1,66 et $\text{[math]}$ ₂=4,55

On trouve T_vert~5,4 et T_rouge~1,98 ce que nous confirme la dernière figure (quand elle sera validée)

Mailou

azizovsky · 01/11/2013, 13h52

Envoyé par Amanuensis

Par une transformée de Lorentz, oui. (Ce qui est nettement plus restrictif...)

Démo une peu plus générale:

Soit un système de coordonnées (1,1) tel que les trois points soient (0,0), (T, 0) et (t, D), avec t²-D²>0. Une TL ((k, s), (s, k)) avec k²-s²=1 les transforment en, resp., (0,0), (kT, sT), (kt+sD, st+kD).

Le triangle "cartographique" a pour double aire TD. Celui transformé a pour double aire (kT, sT)x(kt+sD, st+kD) = kT(st+kD)-sT(kt+sD) = kstT+k²TD - sTkt - s²TD = (k²-s²)TD = TD.

(Doit y avoir une démo encore plus rapide...)

----

Reste à donner un sens à cette valeur. À voir.

Salut ,il y'a (0,0)--(TL)-->(0,0) ok
(T,0)----(TL)---->(kT,sT) ok
(t,D) ---(TL)----->(kt+sD, st+kD)??
CAR
soit D'=k(D-ut)=kD-k(u/c)ct=kD-sct (pour l'espace ,deusième coordonnée)
et t'=k[t-(u/c²)D]=kt-sD/c ce qui donne
(t,D)-----(TL)-->( kt-s.D/c ; kD-s.ct )
même si on change de signe pour les TLs cela donne (kt+sD/c ,kD+s.ct) , pour les deux premiers point c'est direct et la troisième c'est l'inverse !!!

azizovsky · 01/11/2013, 14h55

et le vrai problème c'est le cas où (t,D) =(kT,sT) l'application de TL est une composition de deux TLs , dans ce cas
D'=k[D+2(u/c).ct/(1+u²/c²)]=kD+2kbct/1+u²=kD+2s.t/(1+b²) ,,b=u/c
et t'=k[t+2uD/c²(1+u²/c²)]=kt+2sD/c(1+u²/c²)] on suppose que u=u' pour les deux TL.(on ne pose pas c=1)

azizovsky · 01/11/2013, 15h11

les détails c'est ici
http://forums.futura-sciences.com/ph...e-lorentz.html

azizovsky · 01/11/2013, 15h26

Envoyé par azizovsky

les détails c'est ici
http://forums.futura-sciences.com/ph...e-lorentz.html

tous ce baratin , c'est parceque ((....Le triangle "cartographique" a pour double aire TD...)donc il y'a une relation entre T et D , et j'ai pris la simple D =sT.

**Amanuensis** · 01/11/2013, 17h32

Envoyé par Mailou75

Je comprends jamais rien quand tu fais de la RR

Parce que j'utilise des abréviations pour taper vite:

k: cosh(eta), gamma [k plutôt que c pour cosinus, c étant ambigu dans le contexte]

s: sinh(eta), beta gamma

Je pense une TL comme une "rotation" (d'angle eta), mais avec des cosh et sinh plutôt que cos et sin.

(Et je prends comme unités telles que c=1)

---

Ceci dit la démo est sans intérêt, une transformation linéaire en 2D transforme les produits vectoriels par multiplication par le déterminant.

**Mailou75** · 01/11/2013, 17h52

Envoyé par Amanuensis

Parce que j'utilise des abréviations pour taper vite:
k: cosh(eta), gamma [k plutôt que c pour cosinus, c étant ambigu dans le contexte]
s: sinh(eta), beta gamma

Ça éclaire déjà un peu plus ce que vous faites...

Ceci dit la démo est sans intérêt, une transformation linéaire en 2D transforme les produits vectoriels par multiplication par le déterminant.

Et...? Que faut-il comprendre ?

**Amanuensis** · 01/11/2013, 19h14

Envoyé par Mailou75

Et...? Que faut-il comprendre ?

Que n'importe quelle transformation linéaire de déterminant 1 en 2D conserve "l'aire". Cela n'a rien de particulier à la TL ou à la RR.

Ce qui me fait gamberger depuis le début est ce que cela signifie en 4D en RR, quel sens physique donner à cette aire... Si tant est que cela signifie quelque chose.

**Zefram Cochrane** · 01/11/2013, 19h43

Cela pourrait il avoir rapport avec la condition de Minkowsky ?

Quelque chose du genre
$\text{[math]}$ pour l'exercice originel.

Cordialement,
Zefram

**Mailou75** · 01/11/2013, 22h04

Envoyé par Amanuensis

Que n'importe quelle transformation linéaire de déterminant 1 en 2D conserve "l'aire".

Bonne nouvelle

Ce qui me fait gamberger depuis le début est ce que cela signifie en 4D en RR, quel sens physique donner à cette aire... Si tant est que cela signifie quelque chose.

On sait déjà que l'aire comprise entre deux lignes d'univers et la courbe de temps constant vaut Eta, la rapidité. Celle ci a du sens.
Elle est évidement conservée par transformation et son addition additionne les vitesses (angles hyperboliques).
Pour les autres je dirais que la conservation a un sens mais pas la surface elle même.
Je parie qu'en 2D+t pour plus de 3 évènements non coplanaires définissant un volume, ce volume sera conservé.
Je crois savoir qu'un cône passé à base horizontale a le même volume que la version "penchée" de l'observateur en mouvement,
la base inclinée dessinant en projection l'ellipse de déformation de l'aberration de la lumière (Doppler relativiste).
En 3D+t je ne sais plus de quoi on parle...

.....

Envoyé par Zefram Cochrane

Cela pourrait il avoir rapport avec la condition de Minkowsky ?

**Amanuensis** · 02/11/2013, 06h03

Envoyé par Mailou75

On sait déjà que l'aire comprise entre deux lignes d'univers et la courbe de temps constant

Temps constant? = durée propre constante depuis une origine?

Je parie qu'en 2D+t pour plus de 3 évènements non coplanaires définissant un volume, ce volume sera conservé.

C'est pareil. Conservé par les transformations linéaires en 3D.

On est juste en train de parler de conséquences de la structure affine de l'espace-temps de Minkowski.

**stefjm** · 02/11/2013, 09h02

Envoyé par Amanuensis

Que n'importe quelle transformation linéaire de déterminant 1 en 2D conserve "l'aire". Cela n'a rien de particulier à la TL ou à la RR.

Ce qui me fait gamberger depuis le début est ce que cela signifie en 4D en RR, quel sens physique donner à cette aire... Si tant est que cela signifie quelque chose.

Un petit quantum d'aire de Planck par exemple?

**Amanuensis** · 02/11/2013, 10h45

Envoyé par stefjm

Un petit quantum d'aire de Planck par exemple?

Mouais... Pour moi, h intervient dans l'espace des phases, (espace-temps)x(impulsion-énergie), et le 8-volume se mesure en h^4.

**Mailou75** · 04/11/2013, 00h36

Envoyé par Amanuensis

Temps constant? = durée propre constante depuis une origine?

Oui c'est bien ça.
Une image ici : http://forums.futura-sciences.com/as...ml#post4109966
Si l'unité de temps est 1 alors la surface ne vaut que $\text{[math]}$ /2

Pour la conservation de volume en 2D+t, peut on invoquer l'invariance de "densité" ?

(L'histoire d'un objet occupe toujours le même espace temps quelle que soit sa vitesse relative)

Durée effective RR

Re : Durée effective RR

Re : Durée effective RR

Re : Durée effective RR

Re : Durée effective RR

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