Sebességcsere

Ortvay feladatok megoldásainak tárgyalása.

Sebességcsere

HozzászólásSzerző: dgy » 2014.12.16. 20:00

Két relativisztikus részecske közeledik egymáshoz, kezdeti [Renderelés ... \mathbf{V}] és [Renderelés ... \mathbf{v}] sebességvektoraik egymásra merőlegesek.

A rendszer invariáns tömege a kisebbik test nyugalmi tömegének tízszerese.

A nagyobb tömegű részecske kibocsát egy közvetítő részecskét, amely elviszi energiájának
és impulzusának egy részét. Az emisszió után a részecske nyugalmi tömege hetedére csökken,
új sebességvektora viszont megegyezik a másik részecske kezdeti [Renderelés ... \mathbf{v}] sebességvektorával.
A másik részecske elnyeli a kibocsátott közvetítő részecskét, nyugalmi tömege ezzel az
eredeti érték hétszeresére nő, új sebességvektora viszont az első részecske kezdeti [Renderelés ... \mathbf{V}]
sebességvektorával egyezik meg. Mekkora a közvetítő részecske nyugalmi tömege?

(45th International Rudolf Ortvay Competition in Physics, 2014. Author: dgy)

dgy
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1737
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 111 times
Been thanked: 832 times

Re: Sebességcsere

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2014.12.18. 13:59

dgy írta:Mekkora a közvetítő részecske nyugalmi tömege?

Mivel első akarok lenni, ezért gyorsan kiszámoltam: szerintem 0. Az egy foton. A megoldás leírásával este vagy holnap szolgálok. (Hacsak addig nem mondja Dgy, hogy rossz. ;) )
De remélem, hogy nem fogja mondani, mert nekem egész rövid és egyszerű megoldásom van, és jónak tűnik.
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2362
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 250 times
Been thanked: 436 times

Re: Sebességcsere

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2014.12.19. 01:31

Két testünk van: m, M tömegűek és v, V sebességűek. Szimmetrikus a jelölésrendszerünk, válasszuk kisebbiknek a m tömegűt.

Először is válasszunk egy kényelmesen kezelhető inerciarendszert a leírásunkhoz. A relativitás elve miatt bármi megteszi, a ráérzés alapján: válasszuk azt, amiben a m tömegű, v sebességű test éppen áll. Itt a feladatunk 1+1 dimenzióssá válik, hiszen 2 részecske van, egyik áll, másik ehhez képest mozog. A relatív sebesség ki is számolható: [Renderelés ... - \bold v + \sqrt{1-\bold {v}^2}\bold V], de ez nem is annyira lényeges, nevezzük ennek a rapiditását [Renderelés ... \chi]-nek.

Egy 3x2-es táblázatot fogok rajzolni, ahol a 2 oszlop az energia és az impulzus, a 3 sor pedig a 3 állapotok: rendszer közvetítőrészecske kibocsátás előtt, után, és elnyelés után.
[Renderelés ... \begin{bmatrix} & Energia & Impulzus\\ 1. & Mch\chi +m& Msh\chi\\ 2. & M/7+E^* +m& p*\\ 3. & M/7 +7mch\chi & 7msh\chi\end{bmatrix}]
Az E* és a p* a közvetítő részecske energiája és impulzusa.

Az impulzusokból rögtön látszik, hogy M=7m. Ami amúgy józan paraszti ésszel is belátható: kezdetben vala egy v és egy V sebességgel mozgó részecském, később lőn egy v és egy V sebességgel mozgó részecském: nem nagyon lehet másként, minthogy tömeget és sebességet cseréltek...

Egyetlen ismeretet nem használtunk még fel:
A rendszer invariáns tömege a kisebbik test nyugalmi tömegének tízszerese.

Nosza:
[Renderelés ... (Mch\chi+m)^2 - M^2sh^2\chi =100m^2]
Innen:[Renderelés ... ch\chi=50/14], [Renderelés ... sh\chi=48/14], végső soron E*=p*. Az meg 0 nyugalmi tömeget jelent.

Szerintem szép megoldás, versenyfeladathoz mérten. :)

These users thanked the author Sanyi_Laci for the post:
Banzai
Rating: 11.11%
 
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2362
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 250 times
Been thanked: 436 times

Re: Sebességcsere

HozzászólásSzerző: dgy » 2014.12.19. 02:24

Szép és korrekt megoldás! Ha látnátok, hogy hány oldalnyit számoltak a különböző megoldások beküldői, mindenféle vektorkomponensekkel manipulálva... Nagy trükk, hogy megfelelő inerciarendszerből nézzük az eseményeket, ez drasztikusan leegyszerűsíti a számolásokat.
Ami amúgy józan paraszti ésszel is belátható: kezdetben vala egy v és egy V sebességgel mozgó részecském, később lőn egy v és egy V sebességgel mozgó részecském: nem nagyon lehet másként, minthogy tömeget és sebességet cseréltek...

Azért a relativitáselmélettel kapcsolatban én óvatosan bánnék a "józan paraszti ésszel", ami annyiszor vezetett tévútra sokakat. Az általad írt állítás speciel igaz, de korántsem mondanám magától értetődőnek. A leírt számolásod első része, a megfelelő inerciarendszer-választással tulajdonképpen ennek az állításnak a bizonyítása.

Ha nem jut eszünkbe ez a koordinátaválasztás, és maradunk az eredeti rendszerben, akkor is könnyen beláthatjuk a fenti állítást, ezzel a tömegcserét (sokkal könnyebben, mint sok megoldó áttekinthetetlen számolásával). Írjuk fel a hármasimpulzus megmaradását a folyamat elején és végén. A két részecske mozgásának irányába mutató egységvektor legyen [Renderelés ... \mathbf{e}] és [Renderelés ... \mathbf{n}]. Az impulzusok abszolút értéke [Renderelés ... p=m\,sinh{\chi}]. Ezért a teljes impulzus a folyamat elején: [Renderelés ... \mathbf{P}=M\,sinh{\chi_1}\mathbf{e}+m\,sinh{\chi_2}\mathbf{n}]. A folyamat végén [Renderelés ... \chi_1] és [Renderelés ... \chi_2] helyet cserél, ugyancsak felcserélődnek az [Renderelés ... \mathbf{e}] és [Renderelés ... \mathbf{n}] egységvektorok, a tömegek pedig hetedükre, illetve hétszeresükre változnak. Ezért a teljes impulzus a folyamat végén: [Renderelés ... \mathbf{P}=(M/7)\,sinh{\chi_2}\mathbf{n}+(7m)\,sinh{\chi_1}\mathbf{e}]. Ennek egyenlőnek kell lennie az előző értékkel. Az egyenlőség átrendezhető úgy, hogy az egyik oldalon az [Renderelés ... \mathbf{e}], a másik oldalon az [Renderelés ... \mathbf{n}] szerepel bizonyos együtthatókkal. Mivel a két vektor nem párhuzamos (a feladat szerint éppen merőlegesek, de ezt itt még nem kell kihasználni), a két oldal csak úgy lehet egyenlő, ha mindkettő nullvektor, azaz az egységvektorok együtthatói nullák. Ez pedig az egyik oldalon [Renderelés ... [(M/7)-m]]-mal, a másik oldalon [Renderelés ... [7m-M]]-mel arányos. Ebből kiderül, hogy a sebességek cseréjéből tényleg következik a tömegek cseréje is.

A számolás utolsó része egy kicsit egyszerűsíthető. Most célszerűbb a négyes jelölésmód. Legyen az egyik részecske négyesimpulzus-vektora kezdetben [Renderelés ... p^k] - ez a fentiek szerint megegyezik a másik részecske négyesimpulzus-vektorával a folyamat végén. A másik részecske négyesimpulzus-vektora kezdetben legyen [Renderelés ... q^k] - ez pedig a fentiek szerint az első részecske négyesimpulzus-vektorával egyezik meg a folyamat végén. A rendszer invaráns tömege a [Renderelés ... (p^k+q^k)] négyesvektor abszolút értéke. A közvetítő részecske eltávozása a [Renderelés ... p^k] négyesimpulzusú részecskéből [Renderelés ... q^k] négyesimpulzusút csinált - ő tehát [Renderelés ... (q^k-p^k)] négyesimpulzust vitt el, tömege ennek a négyesvektornak az abszolút értéke. Innen már látszik a dolog szimmetriája, ami a háromdimenziós jelölésból nem derül ki.

Ha e két négyesvektor négyzetét kiszámítjuk, csak egyetlen tagban különböznek, a [Renderelés ... 2\,E_1\,E_2] tag előjele más. (A másik hasonló tag, a hármasimpulzusok [Renderelés ... 2\mathbf{p}\mathbf{q}] skaláris szorzata kiesik a sebességek (és így az impulzusok) feltételezett merőlegessége miatt. A két egyenletben a már ismert tömegek négyzetei szerepelnek, a megadott invariáns tömeg, és az említett [Renderelés ... 2\,E_1\,E_2] tag. Mivel az együtthatók ravaszul lettek megválasztva, azonnal kijön a közvetítő részecske tömegére a nulla érték - és ehhez még a rapiditásokat sem kellett kiszámolni (annak az értékét és is csak most, a te levezetésed alapján tudtam meg...)

Örülök a szép levezetésednek - és sajnálom, hogy erre a trükkre a világ minden tájáról érkezett 12 megoldás egyikének a szerzője (csupa fizikus hallgató) sem jött rá. Sőt az, aki az eredményhirdetés után előadta a megoldást, külön hangsúlyozta, hogy szép és egyszerű feladat, de hosszú és bonyolult, unalmas megoldási módszerrel... No erre föl megmutattam a saját fenti levezetésemet, ami sokkal rövidebb és egyszerűbb volt. A tied meg még sokkal egyszerűbb és frappánsabb. Gratula!

dgy
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1737
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 111 times
Been thanked: 832 times

Re: Sebességcsere

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2014.12.19. 03:06

dgy írta:A tied meg még sokkal egyszerűbb és frappánsabb. Gratula!

Köszönöm Dgy, igazán köszönöm. :)
Van egy félig megírt beszédem, úgy kezdődik, hogy: Elsőként szeretnék köszönetet mondani a szüleimnek és a tanáraimnak, amiért.... Tovább nincs, meg igazából a Nobel-átadóra írtam, de inkább most ellőttem. :) Jobb előbb, mint soha, és ha mégis beesik egy Nobel, akkor inkább megírok egy másikat. :mrgreen:

dgy írta:A számolás utolsó része egy kicsit egyszerűsíthető.

Hát, ízlések és pofonok. Szerintem az enyém nagyon egyszerű, mert sima elsőfokú egyenletekből (nem egyenletrendszer, csak egyenlet!!! ) kell megoldani vagy kettőt mindössze. Általános iskola 6-7. osztály körüli matek kell hozzá.
Továbbmenve: a sebességek merőlegessége egyáltalán nem fontos, szerintem. Szerintem ez a megoldásomból jól látható, sehol nincs kihasználva. Viszont a 10-es az fontos, az mágikus szám. A 7-eshez való viszonyát tárta fel ez a feladat. ;)
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2362
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 250 times
Been thanked: 436 times

Re: Sebességcsere

HozzászólásSzerző: dgy » 2014.12.19. 03:50

Viszont a 10-es az fontos, az mágikus szám. A 7-eshez való viszonyát tárta fel ez a feladat.

Igen, ez a kapcsolat abban nyilvánul meg, hogy 10^2 = 2 * (7^2 + 1^2) - igazából ezt használjuk ki a levezetés utolsó lépésében. Mennyit vacakoltam a feladat kitalálásaok, amíg találtam ilyen tulajdonságú "általánosított pitagoraszi számhármast" - és hogy meglepődtem, amikor kiderült, hogy ilyen kis számok között is van megoldás...
a sebességek merőlegessége egyáltalán nem fontos, szerintem. Szerintem ez a megoldásomból jól látható, sehol nincs kihasználva.

Igazad van, és ha végiggondolom a saját (fentebb leírt) megoldásomat is, igazából abban sem használom ki. Az elején is csak annyi kell, hogy különböző irányú a két sebességvektor.

No viszont! Látom, megjött a kedvetek az ilyen jellegű feladatok megoldásához. talán a kitalálásához is... Ne csak mindig én hozzak ide kiszámolandó feladatokat! Ha megfelelően trükkös és nemtriviális feladatokat találtok ki, akkor igérem, jövőre ezekkel fogom boldogítani a zh-t író fizikus hallgatókat. Még ravaszabb feladatok pedig jöhetnek a 46. Ortvay-versenyre is!

dgy
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1737
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 111 times
Been thanked: 832 times

Re: Sebességcsere

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2014.12.22. 19:15

dgy írta:
Sanyilaci írta:a sebességek merőlegessége egyáltalán nem fontos, szerintem. Szerintem ez a megoldásomból jól látható, sehol nincs kihasználva.

Igazad van, és ha végiggondolom a saját (fentebb leírt) megoldásomat is, igazából abban sem használom ki. Az elején is csak annyi kell, hogy különböző irányú a két sebességvektor.

Szerintem te kihasználod, amikor azt mondod, hogy a pq skaláris szorzat 0. De végülis ez rendben is van, a látszat ellenére mégsem megy az általánosság rovására.

Itt végülis arról van szó, hogy a 2 részecske relatív sebessége 24c/25. Aztán, hogy ezek a sebességvektorok milyen szöget zárnak be egymással az attól függ, hogy honnan nézem. 0-tól 360 fokig bármi lehet a 2 vektor szöge, a választott inerciarendszertől függően. A te általad választott (és a feladatkiírásban szereplő) rendszernek az a specialitása, hogy itt merőlegesek, és ezt lehetett kihasználni. Nálam az a specialitás, hogy az egyik éppen 0, és ezt lehetett kihasználni.

De, mivel a szög úgyis csak nézőpont kérdése, ezért ha jól meg akartad volna szívatni a népeket, akkor fel lehetett volna adni teljesen általánosan is, azaz úgy, hogy semmit nem mondasz a szögről. :) Akkor aztán lehetett volna számolni napestig, diszkutálni, eseteket szétválasztani, stb. Ha nincs se merőlegesség se párhuzamosság, akkor jó bonyolult számolási feladat lesz belőle. Persze, ekkor olyan bonyolult, hogy az is lehet, hogy többen rájönnek arra, hogy csak inerciarendszert kellene váltani...
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2362
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 250 times
Been thanked: 436 times

Re: Sebességcsere

HozzászólásSzerző: dgy » 2014.12.22. 19:51

Szerintem te kihasználod, amikor azt mondod, hogy a pq skaláris szorzat 0.


De, mivel a szög úgyis csak nézőpont kérdése, ezért ha jól meg akartad volna szívatni a népeket, akkor fel lehetett volna adni teljesen általánosan is, azaz úgy, hogy semmit nem mondasz a szögről. :) Akkor aztán lehetett volna számolni napestig, diszkutálni, eseteket szétválasztani, stb. Ha nincs se merőlegesség se párhuzamosság, akkor jó bonyolult számolási feladat lesz belőle.


Az a szép, hogy nem így van. Erre akkor jöttem rá, amikor a te megoldásod nyomán elkedtem gondolkodni azon, hogy végül is hol használtam ki a merőlegessége - hát sehol...

Ha négyesimpulzus-veltorokkal írjuk fel egyrészt a teljes invariáns tömeg, másrészt a közvetítő részecske tömegének négyzetét, akkor a múltkor leírtak szerint: [Renderelés ... M^2=(p^k+q^k)^2], illetve [Renderelés ... \mu^2=(p^k-q^k)^2], ahol [Renderelés ... p^k] az egyik, [Renderelés ... q^k] a másik részecske kezdeti négyesimpulzusa. Fejtsük ki ezeket a négyzeteket: [Renderelés ... M^2=(p^k)^2+(q^k)^2+ 2\, p_k\,q^k\,=\,(m_1)^2+(m_2)^2+2\,(E_1\,E_2+\mathbf{p}_1\,\mathbf{p}_2)]. illetve [Renderelés ... \mu^2=(p^k)^2+(q^k)^2- 2\, p_k\,q^k\,=\,(m_1)^2+(m_2)^2-2\,(E_1\,E_2+\mathbf{p}_1\,\mathbf{p}_2)]. Az első képlet bal oldalán 100 van, a két négyzet összege 50, ezért a maradék - akármilyen bonyolultnak is néz ki - értéke szintén 50. A második képletben a tömegek négyzete megint 50, és az előző bonyolult kifejezést most le kell vonni, ez 50, az eredmény tehát 0. Az utolsó lépés, amikor a [Renderelés ... 2\, p_k\,q^k] négyes skaláris szorzatot kifejeztük az energiákkal és a hármasimpulzus-vektorok skaláris szorzatával (ettől lett bonyolult a képlet) tulajdonképpen felesleges, az érvelés a négyes kifejezések alapján is elmondható.

Szóval tényleg nincs kihasználva a sebességek merőlegessége, így a feladat sokkal általánosabb, mint korábban gondoltam. Viszont ez a számolási séma gyors megoldást tesz lehetővé akkor is, amikor nem nulla az eredmény: [Renderelés ... \mu^2=2(m_1)^2+2(m_2)^2-M^2]. Ez a végeredmény minden olyan esetben érvényes, amikor a közvetítő részecske hatására a két részecske sebességet (és ennek következtében tömeget) cserélt.

Így már nem is Ortvay feladat, hanem sima vizsgazh-példa a specrel tárgyhoz :)

Ui: remélem, a legutolsó, csak a tömegek négyzetét tartalmazó képletben mindenki felismeri az euklideszi geometria vonatkozó tételét: legyen [Renderelés ... a] és [Renderelés ... b] egy paralelogramma két oldala, [Renderelés ... e] az egyik átlójának hossza, [Renderelés ... f] a másik átlója, ekkor fennáll: [Renderelés ... f^2=2a^2+2b^2-e^2]. Bizonyítás: legegyszerűbben a koszinusztétellel, vagy vektorokkal (ami tkp ugyanaz, és megegyezik a fenti számolással...).

dgy

These users thanked the author dgy for the post:
srudolf
Rating: 11.11%
 
Avatar
dgy
 
Hozzászólások: 1737
Csatlakozott: 2014.03.12. 21:40
Tartózkodási hely: Budapest
Has thanked: 111 times
Been thanked: 832 times

Re: Sebességcsere

HozzászólásSzerző: Sanyi_Laci » 2014.12.22. 22:00

Tényleg, indexes jelölésmóddal nagyon egyszerű a feladat teljesen általánosan is. Így meg végképp nem értem, hogy tudtak a megoldók annyit számolni.
Avatar
Sanyi_Laci
 
Hozzászólások: 2362
Csatlakozott: 2014.03.14. 00:24
Has thanked: 250 times
Been thanked: 436 times


Vissza: Ortvay Rudolf verseny feladatai

Ki van itt

Jelenlévő fórumozók: nincs regisztrált felhasználó valamint 0 vendég

cron