Expérience de Michelson-Gale 1925

[triall]

Penchons nous sur l'expérience Michelson -Gales, sur laquelle il existe peu de littérature , je ne sais pas pourquoi .
Étude personnelle et incomplète .
Voici un schéma de l'expérience .

On envoie un faisceau dans un grand rectangle, fait de tuyaux où règne le vide . Ces tuyaux sont disposés Est-Ouest /Nord-sud séparés de 400 m entre le nord et le sud, de telle manière que le tuyau nord tourne moins vite que celui du sud , sa latitude étant plus élevée .

La lumière est envoyée en bas, (source) , puis se partage sur une lame réfléchissante , de ce fait les 2 faisceaux rouges , et noirs parcourent exactement le même chemin , puis viennent interférer sur le récepteur .
VT1 est la vitesse tangentielle Terre en 1 , TE1 le temps que met la lumière à traverser le tuyau situé au nord ,vers l'est , TO1 vers l'ouest ; TE2 pour le tuyau sud ...comme indiqué sur le schéma .

Je n'ai pas indiqué les passages de la lumière vers le nord car ils sont symétriques , ils n'entrent donc pas en compte dans la différence de temps .
Il s'agit de comparer d'un côté (TE1+T02) et (TO1+TE2) de l'autre , soit étudier le signe de (TE1-T01) +(TO2-TE2) .
J'ai mis ensemble (TE1-T01) car ils sont l'un dessous l'autre, et c'est un aller-retour, comme dans l'expérience de Michelson et Morley (MM) ou l'on sait que ce temps est une constante , mais comme je l'ai fait remarquer plusieurs fois, l'aller n'est pas forcement le même qu'au retour . De même pour (TO2-TE2) .
Si ces 2 quantités étaient égales, il n'y aurait pas d'interférence dans le système , et on a donc bien, (TE1-T01)<0 comme l'effet Sagnac nous le propose mais aussi (TO2-TE2)>0 , un signe positif , un signe négatif , lequel est plus grand ? ce qui est certain c'est que ces 2 différences ne sont pas identiques, dans la première, la Terre est entraînée à VT1 dans l'autre à VT2.

Dans un premier temps , on peut calculer à la manière classique , en supposant que les tuyaux aient la même distance d :Je me contenterai ici d'additionner les vitesses , les unes pour le faisceau rouge, les autres pour le faisceau noir.

Vu la direction de rotation de la Terre ,(VT1 au nord , VT2 au sud) on a TE1 dans lequel le faisceau file à c-VT1 car il va dans le même sens que la rotation , c'est l'inverse pourTO2 il file à c+VT2 ...
On compare donc c-VT1+c+VT2-(c+VT1+c-VT2)=2(-VT1+VT2) OR VT2>VT1
On voit donc que l'hypothèse Sagnac est bonne dans l'explication du phénomène, et on pourra se tordre dans tous les sens, il faut admettre , il me semble que la vitesse de la lumière qui file vers l'Est est différence (moins élevée ) que celle qui file vers l'ouest .Et il ne s'agit pas d'un tour complet .

Pour faire un calcul plus précis, il faudra, je crois, ne pas admettre que d est identique pour les tuyaux nord et sud, impossible , pratiquement à effectuer , puis tenir compte du résultat de l'expérience MM , avec une contraction des distances différenciée pour les 2 branches , vu qu'une tourne un poil plus vite ..
On peut écrire alors Te1+T01=2d1/c et TO2+TE2=2d2/c suite des calculs plus tard ..

On voit il me semble que l'apparition de franges, vient du fait que l'on ne compare plus TE1+T01 comme dans MM , mais TE1-T01, ou plutôt le delta entre (TE1-T01) et (TO2-TE2) , l'un étant négatif, l'autre positif , mais aucun des 2 ne peut être nul; voilà , je crois "l'astuce" de cette expérience.
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[Amanuensis]

Et il ne s'agit pas d'un tour complet .

Vous présentez un dessin avec des rayons lumineux faisant le tour d'un parcours rectangulaire fermé, et vous dites que cela ne concerne pas des tours complets ???

Bien sûr que l'explication par l'effet Sagnac est correcte, les calculs sont faits dans un référentiel en rotation, et la projection du parcours fermé (le tour complet) sur le plan perpendiculaire à l'axe de rotation n'a pas une aire nulle.

L'aire apparaît parce que d'une part la différence de temps est proportionnelle à la longueur des trajets est-ouest, et d'autre part à la différence de vitesse linéaire sur ces branches, différence qui est comme par hasard en relation avec la différence des cosinus des latitudes... Faites le produit et vous trouvez quoi ?

[triall]

Je parle ici, d'un effet local sur la branche nord , par exemple , où le calcul se base sur la vitesse c+vt1 vers l'ouest , et c-vt1 vers l'est .Les branches Nord-sud n'interviennent pas. C'est pour ça que je dis que l'effet retard ne dépend pas d'un tour complet , mais se situe qu'au niveau des branches nord ou sud . D'accord cela dépend de la différence de latitude , donc de la largeur et de la surface

Je trouve delta T=2dwR(coslat1-coslat2)/((c+wRcoslat1)(c+wRcoslat2)) où R est rayon de la Terre w vitesse de rotation de la Terre , d la distance d'une branche Est-Ouest(l'autre est sensée égale à d aussi) , lat1 , latitude de la branche nord ; lat2 latitude branche sud . Je ne suis pas doué pour simplifier une telle équation, peut -être cosb-cosa=-2 sin((a+b)/2)=-2sin(lat) où lat est la latitude moyenne , on aurait alors deltaT=-4dwRsinlat/((c+wRcoslat1)(c+wRcoslat2))

Je me suis servi du résultat MM où TE1+TO1=2d/c=TO2+TE2 : un aller-retour lumière constant.
J'ai négligé la contraction relativiste différenciée de la branche sud (qui avance un poil plus vite) , en prenant comme origine la branche nord

[Amanuensis]

Je parle ici, d'un effet local sur la branche nord

L'expérience de MG ne s'occupe pas des branches individuellement, mais seulement de ce qu'il se passe (interférences) en fermant le parcours.

Si vous voulez parler seulement de la branche Nord, il faudrait que vous invoquiez une mesure ne concernant que la branche Nord.

[A voir en vidéo sur Futura]

[triall]

Bonjour à tous, les mesures (avec l'interféromètre) concernent uniquement les branches nord et sud , dans votre "quote" , vous avez oublié par exemple ..les branches nord-sud n'interviennent pas dans la mesure , elles ne sont là que pour faire varier la latitude . J'ai montré , plus haut que dans ces branches, la vitesse aller vers l'est ne peut être égale à la vitesse retour vers l'ouest , c'est l'interféromètre qui le "dit" !
Sinon, j'ai déjà proposé une mesure ici à ce propos :
La mesure 1) est un aller -retour avec une horloge
La mesure 2 un aller, vers l'Est, avec 2 horloges à zéro , l'une s'enclenche en premier quand la lumière passe; l'autre s'enclenche aussi quand la lumière arrive . Ces 2 horloges sont reliées à un comparateur , qui doit pouvoir faire une différence de marche entre les 2 horloges (retard de l'une)
la mesure 3) se fait sur un retour vers l'ouest , avec le même protocole de mesures que le 2 , ainsi, on pourrait éventuellement montrer une anisotropie de la vitesse de la lumière sur un aller ou un retour ...

Sinon, j'aimerais que l'on discute de la façon de calculer le delta T , et de la façon dont je l'ai calculé .
J'ai tout simplement écrit TE1=d/(c-VT1) TO1=d/(c+VT1) TO2=d/(c+VT2) TE2=d/(c-VT2) TE1 temps branche 1 (plus au nord) vers l'Est , TO1 temps branche 1 vers l'Ouest ... et le résultat MM TE1+TO1=2d/c TO2+TE2=2d/c ...
On discute de la différence (TE1+TO2)-(TO1+TE2) .....voir mon premier message.

Une autre façon de calculer, on pourrait considérer la branche nord au repos , ainsi T01=TE1=c/d ; mais TO2= drac(1-(V2-V1)²/c²))/(c+VT2) et TE2= drac(1-(V2-V1)²/c²))/(c-VT2)

[triall]

Vous devriez vérifier. Si votre rectangle est dans un plan perpendiculaire à l'équateur avec deux branches parallèles à l'axe de rotation, il n'y aucune différence de vitesse entre les deux branches EW, et par simple symétrie le décalage de temps est nul.

Bonjour, non, le rectangle est parallèle à l'équateur céleste quand l'appareil est sur l'équateur , et perpendiculaire à l'équateur céleste quand l'appareil est sur les pôles .L'équateur céleste est le plan qui passe par l'équateur . Je parle donc d'une nouvelle configuration, avec les branches nord et sud l'une sur l'autre en fait .
En ce cas : VT1=wRcoslat et VT2=WR'coslat ; la latitude est la même , mais R'<R .
Ainsi, avec le calcul classique du delta T =d/(c-VT1) +d/(c+VT2) -(d/(c+VT1)+d/(c-VT2)=2dVT1/(c²-VT1²) -2dVT2/(c²-VT2²)=2dwRcoslat/(c²-(wRcoslat)²)-2dwR'coslat/(c²-(wR'coslat)²).
Il apparait que l'effet ici est maximal à l'équateur (coslat=1 ) et nul aux pôles.
Une simple considération géométrique montre que si l'on met une branche 1 m en dessous , c'est l'équivalent à mettre la branche à 1 m en dessous par rapport à la tangente et plus au nord donc de quelques kilomètres (configuration normale de l'expérience) , en sachant que sur 0.4 km la tangente "monte " de 1.25 cm seulement . Mettre donc une branche 1 m en dessous est équivalent à une distance d de plusieurs kilomètres (ça se calcule très facilement). C'est équivalent de mettre la branche en A , en dessous avec R' , que plus au nord sur B à la latitude lat2

[Amanuensis]

Bonjour, non, le rectangle est parallèle à l'équateur céleste quand l'appareil est sur l'équateur

Et le delta T entre les deux sens du parcours serait alors nul ?

Plus généralement, vous trouvez une contradiction avec la proportionnalité avec l'aire projetée ?

Il apparait que l'effet ici est maximal à l'équateur (coslat=1 ) et nul aux pôles.

Si vous parlez là du delta t, c'est exactement ce qu'on obtient avec l'aire projetée, non ?

Pour moi, vous êtes juste en train d'étudier l'indication d'un gyromètre selon la manière dont on l'oriente par rapport à l'axe de rotation...

[triall]

Alors, oui effectivement la projection sur l'équateur céleste est maximale à l'équateur(configuration une branche en dessous ) , et minimale aux pôles, mais le delta t n'est pas nul ( voir le calcul message précédent) .

Mais je ne suis toujours pas persuadé que c'est la projection qui entre en jeu ; ici c'est l'inverse, c'est pour moi coslat qui joue dans le delta t , et qui est maximal à l'équateur .J'y réfléchis , je n'ai pas compris ce que vous avez écrit sur la différence de latitude, en rapport avec la surface, je relis ça !....
Puis, comme je vous le disais, il me semble qu'un cercle de même surface qu'un rectangle aurait une même projection (à voir , est-ce que la surface de projection d'une figure quelconque est fonction uniquement du cos avec le plan de projection...) ; et le delta T avec le système du cercle ne devrait pas fonctionner pareil et être bien plus faible que le rectangle, qui permet lui,directement de gagner en latitude ...
Il n'empêche que , ce qui m'importe c'est que l'on puisse dire que la lumière file à c+v vers l'est ; et c-v vers l'ouest ; ou que l'on puisse au moins l'écrire pour calculer le delta T dans le vide donc, car dans une fibre optique il y a la composition relativiste des vitesses à faire entrer en jeu . Dans "ma" manip, avec les 2 horloges à l'arrêt, le delta T devrait se révéler , et il n'y a aucune surface....

[Amanuensis]

et minimale aux pôles, mais le delta t n'est pas nul

Si vous mettez votre rectangle vertical et bien symétrique sur le pôle Nord, par symétrie le delta t est nécessairement nul.

[triall]

Si vous mettez votre rectangle vertical et bien symétrique sur le pôle Nord, par symétrie le delta t est nécessairement nul.

Hé bien tout arrive, là on est d'accord , je disais le delta T est minimal aux pôles, je voulais dire nul (configuration une branche l'une sous l'autre) , mais le reste du temps il n'est pas nul, et donc , par construction bien plus important que si l'engin Michelson Gale était à plat comme dans la vraie expérience .A surface égale, il n'y a pas photo , la configuration une branche sous l'autre doit donner un delta T bien plus important , et ça c'est un argument (à vérifier numériquement , il faudrait vérifier à45 ° de latitude , car si on le vérifie aux pôles ; l'un est nul, l'autre max et inversement sur l'équateur ) contre la théorie de la surface , non ? ..
Je ferais quelques calculs numériques, que je mettrai ici car .....c'est l'heure de ma virée à vélo!!

[Amanuensis]

contre la théorie de la surface

Ce qu'il y a de "pour" la "théorie de la surface" est que c'est celle qui est enseignée, expliquée par la "science courante".

Libre à vous d'essayer de la "contrer"...

[triall]

Oui, pour la surface sur un gyrolaser "normal" où l'axe de rotation est au milieu ; c'est évident,que la surface entre en jeux; mais j'émets des réserves pour l'expérience Michelson-Gale où le gyrolaser est en dehors de l'axe ...je vais faire une "simulation numérique"avec une expérience MG en forme de cercle, et de même surface que le rectangle, puis entre 2 expériences situées sur le 45 ° de latitude, avec un appareil "normal" MG , et un autre avec branches l'une dessous l'autre ...
D'autre part, je suis persuadé que "mon" expérience avec 2 horloges à l'arrêt devrait pouvoir fonctionner, en mettant en évidence un "temps de vol" plus long vers l'est que vers l'ouest ...

[Amanuensis]

Oui, pour la surface sur un gyrolaser "normal" où l'axe de rotation est au milieu

Non, pour tout gyrolaser, quel que soit la position ! Ce serait assez inutile comme dispositif s'il fallait savoir l'axe de rotation à l'avance !!!

On met trois gyromètres dans des plans perpendiculaires pour obtenir les trois composantes de la vitesse angulaire, et cela se fait évidemment avec une orientation quelconque de l'ensemble.

Et si mettez un gyromètre sur un corps solide, vous pouvez le mettre n'importe où, il indiquera la même chose. Ce serait un peu ennuyeux d'avoir à le mettre sur l'axe de rotation quand un avion fait un virage par exemple : l'axe est alors loin de l'avion...

[Amanuensis]

D'autre part, je suis persuadé que "mon" expérience avec 2 horloges à l'arrêt devrait pouvoir fonctionner, en mettant en évidence un "temps de vol" plus long vers l'est que vers l'ouest ...

C'est à dire une vitesse de la lumière différente selon l'endroit où vous la mesurez par simple aller-retour ?

[triall]

C'est à dire une vitesse de la lumière différente selon l'endroit où vous la mesurez par simple aller-retour ?

Bonjour; j'ai beaucoup de mal avec la formulation de cette question .
Dans "mon" expérience on ne change pas d'endroit , mais
1)On mesure un A-R avec une horloge , ce n'est pas cette mesure qui est intéressante , c'est pour l'anecdote.
2)On mesure un aller vers l'est , les 2 horloges sont à zéro, pas de problème de synchro (elles le sont de fait puisque à zéro).
3)On mesure un retour vers l'ouest , suivant le même protocole que ci dessus .
C'est les mesures 1) et 2) qui seraient intéressantes à comparer .

Pour ce qui est du gyromètre M.G,(Michelson-Gale) j'ai fait des calculs numériques , et je dois avouer que vous aviez raison, à ma grande surprise , si je place sur le 45 ème parallèle 2 gyromètres M.G ,(voir dessin joint) l'un selon la façon de l'époque, l'autre avec une branche dessous , à la verticale, le tout avec la même longueur de branche , et bien à ma grande surprise je trouve exactement pareil !
En rouge, de part et d'autre du 45ème lat gyromètre façon M.G , en noir une branche sur l'autre, exactement sur le 45ème
sagn-surface.jpg
D'autre part les maximum des 2 façons (une sur l'équateur, l'autre sur les pôles) sont identiques !

[Amanuensis]

2)On mesure un aller vers l'est , les 2 horloges sont à zéro, pas de problème de synchro (elles le sont de fait puisque à zéro).

Ben si, c'est un problème (et c'est le fond du problème en fait...). Qu'appelez-vous "synchro" ??

[triall]

Synchronisation façon Einstein , on n'a pas besoin, il me semble avec ce genre d'expérience (pour l'instant de pensée) de synchroniser les 2 horloges , vu qu'elles sont à l'arrêt,au début et que les mesures 2 et 3 se font suivant exactement le même protocole . Voir le dessin sur le message 5 de ce post.
Plusieurs forumeurs; m'ont dit que l'expérience était "faisable" (autre post) .
Tout se passe au niveau du comparateur, je ne sais absolument pas comment il pourrait fonctionner , mais il s'agit de comparer le "battement" de 2 horloges ; ce qui est important c'est que cela fonctionne identiquement pour les mesures 2 et 3 ..

[Amanuensis]

Synchronisation façon Einstein

Imaginez l'expérience sur l'équateur, disons sur 1 km. On la reproduit 40000 fois, ceinturant l'équateur. Par symétrie, elles donnent toutes le même résultat.

On a 40000 horloges de 0 à 39999. On "synchronise" à la Einstein la 1 sur la 0, la 2 sur la 1, etc. Qu'observe-ton entre la 39999 et la 0 ? Quelles vitesses mesure-t-on lors de l'expérience située entre 0 et 39999 si on lit les indications de temps sur les horloges "telles quelles" ?

Du coup qu'appelle-t-on "synchroniser" ?

[triall]

Ce qui m'intéresse c'est justement le résultat d'une seule expérience , et si vous avez suivi," mes" horloges n' ont pas besoin d'être synchronisées !

[Amanuensis]

Ce qui m'intéresse c'est justement le résultat d'une seule expérience , et si vous avez suivi," mes" horloges n' ont pas besoin d'être synchronisées !

Si vous pensez que je réponds sans suivre, c'est que vous avez vraiment besoin d'explications tordues pour défendre votre point de vue.

Et dès qu'il y a deux horloges à deux endroits distincts, la synchronisation est un point à examiner en détail. Et, comme déjà dit, c'est là-dessus que vous butez... En refusant d'accepter la nature de l'obstacle, vous n'êtes pas près de le passer.

Par ailleurs, je que je disais de tout ça, c'est pour vous ou des lecteurs extérieurs. Les remarques de mauvais goût font chuter la priorité de cette discussion pour moi...

[triall]

Bonsoir à tous, alors voilà j'ai ma solution , je m'en doutais, Deedee me l'avait suggéré ; mais avec ce genre de mesure, si on met l'assembleur au milieu; on obtient un delta T nul . En effet , quand l'information va à l'assembleur, celle ci au départ contient le top zéro de l'horloge 1 . Dans la mesure 1), comparer les 2 horloges revient alors à comparer le temps parcouru par la lumière en rouge voir dessin ci dessous(aller à l'assembleur) , avec le temps pour aller à l'horloge 2 et revenir à l'assembleur , trajet en noir , c'est l'inverse pour la mesure 2 on compare le trajet violet au trajet bleu .
Rappel, la mesure 1 se fait en "tirant" vers l'est , l'horloge 2 s'éloignant (c-v)... la mesure 2 vers l'ouest l'horloge 1 se rapprochant.(c+v) On suppose que le bras est assez long pour que l'assembleur soit à d/2 . v vitesse tangentielle de la Terre .
Ainsi on obtient pour T1(mesure1) =d/2(c-v)-(d/(c-v) +d/2(c+v) ) : Trajet rouge - trajet noir
Pour T2=d/2(c+v)-(d/(c+v) +d/2(c-v) ) et on voit de suite que T1-T2=0

Mais comme je suis un peu têtu , je mets l'assembleur aux 2/3 vers l'horloge 2 pour "casser" la symétrie et j’obtiens .
T1=2d/3(c-v) -(d/(c-v) +d/3(c+v)
T2=d/3(c+v) -(d/(c+v) +2d/3(c-v)

ET T1-T2=d/3(c-v)+d/3(c+v) là on a un temps aller- retour sur 1/3 de la branche et le résultat qui vient de l'expérience Michelson Morley veut que cette somme soit une constante =d/3c .
On a donc un résultat ici qui n'est pas nul , mais ce résultat ne devrait pas varier en fonction de l'heure (possible effet de révolution de la terre autour du soleil) , et non sensible à des tirs différents , vers le nord , vers le sud . Ou un "arrêt" de la vitesse tangentielle .(on stoppe la Terre).
pas d'effet Sagnac mesurable , alors en principe sur cette expérience.

[Amanuensis]

Donc finalement, vous agréeriez que ce que j'ai essayé de vous expliquer était correct ?

[triall]

Oui,oui, pas d'effet Sagnac sur cette manipulation ,mais la synchronisation des horloges étaient hors sujet ici , dans cette expérience de pensée, les horloges étant à l'arrêt au départ, on ne mesurait pas une distance, mais une différence de temps comparer les 2 horloges. On ne devait pas synchroniser les 2 horloges, vu que la manipulation demandait à ce qu'elles soient à l'arrêt au départ .
Le problème étant que le transfert d'information jusqu'à l'assembleur doit se faire par la lumière, et compte donc dans les calculs; à moins de se servir d'un autre moyen, sonore, par exemple , pourquoi pas?
Enfin , il est tout de même intéressant de noter que la différence de tepms delta T est soit nulle, soit égale à une portion d'aller-retour de lumière (aller+retour) qui est une constante selon les expériences Michelson-Morley .

[azizovsky]

Bonsoir ,il y'a un truc qui me chiffone dans cette expérience , les bras nord-sud mésurent plus de 300 m , je prend 300m pour simplifié, la lumiére va faire un temps t =300m/300000km/s=10^(-6)S , la terre pendant ce temps va parcourir(nord-sud ou s-n)une distance de 30000.10^(-6)=10^(-2)=0,01m=10mm , si on suppose que le faisceau est au milieu du tube...,il arrive au nord décalé de :soit 12mm(maximalisé) de l'axe de symétrie du tube et quand il va faire le chemin inverse N-S , le décalage va être aussi de 12 mm (se convincre par un schéma) , le décalage totale sera de 24 mm , donc le tude doit avoir un diamétre supérieure de 48 mm ,soit 50mm ,est ce que c'est le cas dans cette expérience ? si le faisceau n'est pas axiale , les interférences c'est de l'évidence

[azizovsky]

Mon problémé vient de la symétrie compléte d'éspace-temps dans cette expérience ,le rayon (noir) va de E-W en un temps t(1),S-N en t(2),W-E en t(3) et enfin N-S en t(4),càd ,t(totale)=t(1)+t(2)+t(3)+t(4) et l'autre (le rouge)va faire le 'tour' dans le sens inverse ,t'(totale)=t'(1,s-n))+t'(2)+t'(3)+t'(4) , et puisque t'(1)=t(2) et t'(2)=t(1) ,t'(3)=t(4) ,t'(4)=t(3) car il vont parcourir en ces temps , la même distance dans la même direction , donc t'(totale)=t(totale) ,donc il n'y'aura pas d'interférence sauf si quelque chose m'échappe !!!

[triall]

Bonsoir, je pense que vous parlez de l'expérience Michelson-gales , et non de la "mienne" ..

Dans mes calculs, de delta T je n'ai pas pris en compte le temps dans les branches qui filent vers le nord -Sud car les 2 sont parfaitement symétriques et il ne devrait pas y avoir de delta T dans ces 2 branches.
Ce calcul de l'effet Sagnac peut se faire "classiquement" Je vous invite à reprendre mes notations . TO1 TE1 sont les temps de la lumière dans la branche nord TO1 la lumière file vers l'ouest à une vitesse c+VT1 donc TO1=d/(c+VT1) , pour TE1=d/(c-VT1)
TO2 le temps que mets la lumière qui file vers l'ouest dans la branche sud TO2=d/(c+VT2)
On ne s'occupe donc que des branches qui filent vers l'est (est-ouest) , une est au nord (Vt1 vitesse Terre) l'autre est plus au sud (VT2 vitesse Terre)400m je crois .
La vitesse tangentielle de la Terre est plus importante au sud VT2> VT1 ..
On calcule donc le delta T=(TE1+TO2)-(TO1+TE2) entre les traits noirs et rouge sur le dessin du message 1
On a :delta T =d/(c-VT1) +d/(c+VT2) -(d/(c+VT1)+d/(c-VT2)=2dVT1/(c²-VT1²) -2dVT2/(c²-VT2²) , avec donc VT1=WR coslat1 ..VT2=WR coslat2 W vitesse de rotation de la terre lat1 , latitude de la branche nord (qui file est-ouest)....... lat2 latitude de la branche sud (qui file est-ouest).

[azizovsky]

Bonsoir, je pense que vous parlez de l'expérience Michelson-gales , et non de la "mienne" ..

Dans mes calculs, de delta T je n'ai pas pris en compte le temps dans les branches qui filent vers le nord -Sud car les 2 sont parfaitement symétriques et il ne devrait pas y avoir de delta T dans ces 2 branches.

Bonjour, es ce que c'est une démonstration ou sauf une évidence .(fait gaf c'est l'ennemi n°1 de la raison en physique)

[azizovsky]

Salut ,même si la projection de la surface (S) du circuit(chemin) sur le plan tengentiél de la terre est nulle , il y'aura toujour des interférences (càd un chemin dessiner verticalement,la normale à la sphère terrestre appartienne à ce plan plan ( latitude constant) ... (il faut refaire l'expérience ) .

[azizovsky]

Salut , je viens de faire un peu de calculs(préliminaire) , pour la premiére fois pour cette expérience , ça ma donné un truc de genre :dt=4[bk²L-\epsilon}] avec \epsilon} =f(L,b,k) avec b=v/c ,k facteur de Lorentz .

[azizovsky]

Salut , je viens de faire un peu de calculs(préliminaire) , pour la premiére fois pour cette expérience , ça ma donné un truc de genre :dt=4[bk²L-\epsilon}] avec \epsilon} =f(L,b,k) avec b=v/c ,k facteur de Lorentz .

c'est le facteur epsilon qui casse la symétrie de l'espace-temps :il rend les deux chemins (rouge et noir )non symétrique .