4-векторы, их инварианты. Преобразования компонент

Условие: Определить 4-векторы: координаты-время, скорость, импульс-энергия, сила, ускорение. Найти «длины» этих 4-векторов. Выписать формулы преобразования компонент для $K$ и $K'$-систем.

Решение: Пусть $K'$ движется относительно $K$ вдоль оси $ox$ со скоростью $V$, $\beta=V/c$, $\Gamma=1/\sqrt{1-\beta^2}$. Собственное время частицы $\tau$ связано с лабораторным $t$ соотношением $dt=\gamma\,d\tau$, $\gamma=1/\sqrt{1-v^2/c^2}$, где $v$ — скорость частицы в $K$.

4-радиус-вектор (координаты события): $$\vec R_4=(ct,\vec r).$$

4-скорость — производная 4-радиуса по собственному времени: $$\vec V_4=\frac{d\vec R_4}{d\tau}=\gamma\frac{d\vec R_4}{dt}=\gamma(c,\vec v).$$

4-импульс-энергия: $$\vec P_4=m\vec V_4=(\gamma mc,\gamma m\vec v)=\left(\frac Ec,\vec p\right),\qquad E=\gamma mc^2,\ \vec p=\gamma m\vec v.$$

4-сила — производная 4-импульса по собственному времени: $$\vec F_4=\frac{d\vec P_4}{d\tau}=\gamma\frac{d\vec P_4}{dt}=\gamma\left(\frac1c\frac{dE}{dt},\vec f\right)=\gamma\left(\frac{\vec f\cdot\vec v}c,\vec f\right),$$ где $\vec f=d\vec p/dt$ — обычная (ньютоновская) сила, а $dE/dt=\vec f\cdot\vec v$ — теорема о работе.

4-ускорение: $$\vec W_4=\frac{d\vec V_4}{d\tau}=\gamma\frac{d}{dt}\bigl(\gamma c,\gamma\vec v\bigr)=\left(\gamma\frac{d(\gamma c)}{dt},\ \gamma\frac{d(\gamma\vec v)}{dt}\right).$$

«Длины» (инварианты) — квадрат 4-вектора $A_4^2=(A^0)^2-\vec A^2$ не меняется при переходе между инерциальными системами: $$|d\vec R_4|^2=c^2dt^2-d\vec r^2=dS^2\quad(\text{квадрат интервала}),$$ $$|\vec V_4|^2=\gamma^2c^2-\gamma^2v^2=\gamma^2c^2\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)=c^2,$$ $$|\vec P_4|^2=\frac{E^2}{c^2}-p^2=m^2c^2\quad\Longrightarrow\quad E^2=p^2c^2+m^2c^4.$$

Преобразования компонент. Любой 4-вектор $\vec A_4=(A^0,A^1,A^2,A^3)$ при бусте вдоль $x$ преобразуется как координаты события: $$A^{0\prime}=\Gamma(A^0-\beta A^1),\qquad A^{1\prime}=\Gamma(A^1-\beta A^0),\qquad A^{2\prime}=A^2,\qquad A^{3\prime}=A^3.$$

Для 4-импульса-энергии ($A^0=E/c,\ \vec A=\vec p$) это сразу даёт: $$p_x'=\Gamma\left(p_x-\frac{V}{c^2}E\right),\qquad p_y'=p_y,\qquad p_z'=p_z,\qquad E'=\Gamma(E-Vp_x).$$

Для 4-силы формальное применение того же правила к $\vec F_4=\bigl(\gamma(\vec f\cdot\vec v)/c,\ \gamma\vec f\bigr)$ даёт преобразование величин $\gamma\vec f$, а не самой силы $\vec f$ — нужно ещё учесть, что $\gamma$ тоже меняется. Известно (из преобразования скоростей и времени), что $\gamma'=\Gamma\gamma\left(1-\dfrac{Vv_x}{c^2}\right)$. Тогда из $F_4^{1\prime}=\Gamma\left(F_4^1-\beta F_4^0\right)$, то есть $\gamma'f_x'=\Gamma\gamma\left[f_x-\dfrac{V}{c^2}(\vec f\cdot\vec v)\right]$, деля на $\gamma'$: $$f_x'=\frac{f_x-\dfrac{V}{c^2}(\vec f\cdot\vec v)}{1-\dfrac{V}{c^2}v_x}.$$ Аналогично из $F_4^{2\prime}=F_4^2$ (то есть $\gamma'f_y'=\gamma f_y$): $$f_y'=\frac{f_y\sqrt{1-V^2/c^2}}{1-\dfrac{V}{c^2}v_x},\qquad f_z'=\frac{f_z\sqrt{1-V^2/c^2}}{1-\dfrac{V}{c^2}v_x},$$ и из $F_4^{0\prime}=\Gamma(F_4^0-\beta F_4^1)$: $$(\vec f\,'\cdot\vec v\,')=\frac{(\vec f\cdot\vec v)-Vf_x}{1-\dfrac{V}{c^2}v_x}.$$

Ответ: $$\vec R_4(ct,\vec r);\quad \vec V_4(\gamma c,\gamma\vec v);\quad \vec P_4\!\left(\frac Ec,\vec p\right);\quad \vec F_4\!\left(\frac\gamma c(\vec f\cdot\vec v),\gamma\vec f\right);\quad \vec W_4\!\left(\gamma\frac{d(\gamma c)}{dt},\gamma\frac{d(\gamma\vec v)}{dt}\right);$$ $$|\vec V_4|^2=c^2,\qquad |\vec P_4|^2=m^2c^2\ (E^2=p^2c^2+m^2c^4);$$ $$p_x'=\Gamma\!\left(p_x-\frac{V}{c^2}E\right),\ p_y'=p_y,\ p_z'=p_z,\ E'=\Gamma(E-Vp_x);$$ $$f_x'=\dfrac{f_x-\frac{V}{c^2}(\vec f\cdot\vec v)}{1-\frac{V}{c^2}v_x},\quad f_y'=\dfrac{f_y\sqrt{1-V^2/c^2}}{1-\frac{V}{c^2}v_x},\quad f_z'=\dfrac{f_z\sqrt{1-V^2/c^2}}{1-\frac{V}{c^2}v_x},\quad (\vec f\,'\cdot\vec v\,')=\dfrac{(\vec f\cdot\vec v)-Vf_x}{1-\frac{V}{c^2}v_x}.$$

Условие: Релятивистский протон с кинетической энергией $T$ упруго рассеялся на покоящемся протоне, в результате оба протона разлетелись симметрично относительно начального направления. Найти угол разлёта $\psi$. Массу покоя $m_p$ считать известной.

Решение: Пусть налетающий протон имеет энергию $E_0=T+m_pc^2$ и импульс $p_0c=\sqrt{T(T+2m_pc^2)}$ (из $E_0^2=p_0^2c^2+m_p^2c^4$). По симметрии оба протона после столкновения разлетаются с одинаковой энергией $E'$ и импульсом $p'$ под углами $\pm\theta$ к оси столкновения, а искомый угол разлёта $\psi=2\theta$.

Сохранение энергии: $2E'=E_0+m_pc^2=T+2m_pc^2\ \Rightarrow\ E'=\dfrac T2+m_pc^2$.

Сохранение импульса (поперечные компоненты автоматически компенсируются, продольная): $2p'\cos\theta=p_0\ \Rightarrow\ \cos\theta=\dfrac{p_0}{2p'}$.

Из $E'^2=p'^2c^2+m_p^2c^4$: $$p'^2c^2=\left(\frac T2+m_pc^2\right)^2-m_p^2c^4=\frac{T^2}4+Tm_pc^2=\frac T4(T+4m_pc^2).$$

Тогда $$\cos^2\theta=\frac{p_0^2c^2}{4p'^2c^2}=\frac{T(T+2m_pc^2)}{T(T+4m_pc^2)}=\frac{T+2m_pc^2}{T+4m_pc^2}.$$

Угол разлёта $\psi=2\theta$: $$\cos\psi=2\cos^2\theta-1=\frac{2(T+2m_pc^2)-(T+4m_pc^2)}{T+4m_pc^2}=\frac{T}{T+4m_pc^2}.$$

Ответ: $$\cos\psi=\frac{T}{T+4m_pc^2}.$$

Условие: Шарик $m_1$ с кинетической энергией $T_{10}$ налетает на неподвижный шарик $m_2$. Определить кинетическую энергию шарика $m_2$ после упругого нецентрального удара шариком $m_1$. Шарик $m_2$ отскакивает под углом $\alpha$ к исходному курсу $m_1$. При каком соотношении $m_2/m_1$ передача энергии наибольшая?

Решение: Обозначим 4-импульсы: налетающий $P_1=(E_1/c,p_1,0,0)$, $E_1=T_{10}+m_1c^2$, $p_1c=\sqrt{T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)}$; мишень $P_2=(m_2c,0,0,0)$; отскочивший $m_2$ после удара $P_2'=(E_2'/c,\,p_2'\cos\alpha,\,p_2'\sin\alpha,0)$, где $E_2'=T_2+m_2c^2$. Неизвестные параметры рассеянного $m_1$ исключаем, используя инвариантность его 4-импульса: $(P_1+P_2-P_2')^2=P_1^2=m_1^2c^2$.

Раскрывая (метрика $A\cdot B=A^0B^0-\vec A\cdot\vec B$, все $P_i^2=m_i^2c^2$): $$m_1^2c^2+m_2^2c^2+m_2^2c^2+2P_1\!\cdot\!P_2-2P_1\!\cdot\!P_2'-2P_2\!\cdot\!P_2'=m_1^2c^2,$$ $$m_2^2c^2+P_1\!\cdot\!P_2-P_1\!\cdot\!P_2'-P_2\!\cdot\!P_2'=0.$$

Подставляя $P_1\!\cdot\!P_2=E_1m_2$, $P_1\!\cdot\!P_2'=E_1E_2'/c^2-p_1p_2'\cos\alpha$, $P_2\!\cdot\!P_2'=m_2E_2'$ (энергии здесь и далее в обычных единицах, импульсы умножены на $c$ — множители $c^2$ сокращаются), получаем после перегруппировки: $$p_1c\cdot p_2'c\cdot\cos\alpha=(E_1+m_2c^2)(E_2'-m_2c^2)=(T_{10}+m_1c^2+m_2c^2)\,T_2.$$

Так как $p_2'^2c^2=E_2'^2-m_2^2c^4=T_2(T_2+2m_2c^2)$ и $p_1c=\sqrt{T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)}$, возводим в квадрат: $$T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)\,T_2(T_2+2m_2c^2)\cos^2\alpha=\bigl(T_{10}+(m_1+m_2)c^2\bigr)^2T_2^2.$$

Сокращая на $T_2$ и разрешая относительно $T_2$ (это линейное уравнение после раскрытия скобок): $$T_2=\frac{2m_2c^2\,T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)\cos^2\alpha}{\bigl(T_{10}+(m_1+m_2)c^2\bigr)^2-T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)\cos^2\alpha}.$$

Оптимальное соотношение масс. Фиксируем $T_{10}$, $m_1$, $\alpha$ (то есть скорость и энергию налетающей частицы) и ищем $m_2$, максимизирующее $T_2$. Обозначим $D=T_{10}+m_1c^2$, $K=T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)\cos^2\alpha=p_1^2c^2\cos^2\alpha$, $y=m_2c^2$: $$T_2(y)=\frac{2Ky}{(D+y)^2-K}.$$ Из $dT_2/dy=0$ числитель производной даёт $(D+y)^2-K-2y(D+y)=0\ \Rightarrow\ (D+y)(D-y)=K\ \Rightarrow\ y^2=D^2-K$, то есть $$y_{\text{opt}}=m_{2,\text{opt}}c^2=\sqrt{D^2-K}=\sqrt{(T_{10}+m_1c^2)^2-T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)\cos^2\alpha}.$$ Выражая через скорость $v$ и $\gamma=(1-v^2/c^2)^{-1/2}$ налетающей частицы ($T_{10}=m_1c^2(\gamma-1)$, $D=\gamma m_1c^2$, $K=m_1^2c^4\gamma^2\beta^2\cos^2\alpha$, $\beta=v/c$): $$y_{\text{opt}}=m_1c^2\gamma\sqrt{1-\beta^2\cos^2\alpha}\quad\Longrightarrow\quad \frac{m_2}{m_1}=\gamma\sqrt{1-\beta^2\cos^2\alpha}.$$ Тождественное преобразование ($\gamma^2(1-\beta^2)=1$) приводит это к эквивалентной форме: $$\frac{m_2}{m_1}=\sqrt{\cos^2\alpha+\gamma^2\sin^2\alpha}=\sqrt{\cos^2\alpha+\frac{\sin^2\alpha}{1-\beta^2}}.$$

Ответ: $$T_2=\frac{2T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)\,m_2c^2\cos^2\alpha}{\bigl(T_{10}+(m_1+m_2)c^2\bigr)^2-T_{10}(T_{10}+2m_1c^2)\cos^2\alpha};\qquad \frac{m_2}{m_1}=\sqrt{\cos^2\alpha+\frac{\sin^2\alpha}{1-v^2/c^2}}\ \ (\text{максимум передачи энергии}).$$

Условие: Определить энергию частиц $m_1$ и $m_2$ в Ц-системе, если в $K$-системе частицы движутся навстречу друг другу с энергиями $E_1$ и $E_2$.

Решение: Пусть частица 1 летит вдоль $+x$ с энергией $E_1$ и импульсом $p_1c=\sqrt{E_1^2-m_1^2c^4}$, частица 2 летит навстречу (вдоль $-x$) с энергией $E_2$, импульсом $p_2c=\sqrt{E_2^2-m_2^2c^4}$; их 4-импульсы антипараллельны по $\vec p$: $\vec p_1\cdot\vec p_2=-p_1p_2$.

Инвариантная масса системы находится через инвариант $(P_1+P_2)^2=P_1^2+P_2^2+2P_1\!\cdot\!P_2$, где $P_1\!\cdot\!P_2=E_1E_2/c^2-\vec p_1\!\cdot\!\vec p_2=E_1E_2/c^2+p_1p_2$ (так как $\vec p_1\!\cdot\!\vec p_2=-p_1p_2$ для встречных частиц): $$M^2c^4=m_1^2c^4+m_2^2c^4+2E_1E_2+2p_1c\cdot p_2c=m_1^2c^4+m_2^2c^4+2E_1E_2+2A,$$ где $A=\sqrt{(E_1^2-m_1^2c^4)(E_2^2-m_2^2c^4)}=p_1c\cdot p_2c$.

В Ц-системе суммарный импульс равен нулю, поэтому $E_1'+E_2'=Mc^2$, а из $E_1'^2-p'^2c^2=m_1^2c^4$, $E_2'^2-p'^2c^2=m_2^2c^4$ (общий импульс $p'$) следует $E_1'^2-E_2'^2=m_1^2c^4-m_2^2c^4$, то есть $E_1'-E_2'=(m_1^2c^4-m_2^2c^4)/Mc^2$. Складывая с $E_1'+E_2'=Mc^2$: $$E_1'=\frac{M^2c^4+m_1^2c^4-m_2^2c^4}{2Mc^2}=\frac{m_1^2c^4+E_1E_2+A}{Mc^2},\qquad E_2'=\frac{m_2^2c^4+E_1E_2+A}{Mc^2},$$ где $Mc^2=\sqrt{2E_1E_2+(m_1^2+m_2^2)c^4+2A}$.

Проверка. При $E_2=m_2c^2$ (частица 2 покоится) $A=0$, и формула даёт $Mc^2=\sqrt{2E_1m_2c^2+(m_1^2+m_2^2)c^4}$ — известная инвариантная масса для рассеяния на неподвижной мишени. При $m_1=m_2=m$, $E_1=E_2=E$ (симметричный встречный удар, $p_1=p_2$, суммарный импульс уже нулевой, то есть $K$ и Ц-система совпадают) формула даёт $A=E^2-m^2c^4$, $Mc^2=2E$, $E_1'=[m^2c^4+E^2+A]/(2E)=2E^2/(2E)=E$ — совпадает с $E_1$, как и должно быть.

Замечание: в известных изданиях этой задачи иногда приводится ответ со знаком «$-2A$» в этих формулах — такой вариант не проходит обе проверки выше (при $m_1=m_2$, $E_1=E_2$ он даёт $E_1'=mc^2\ne E_1$, что физически неверно, поскольку в этом частном случае лабораторная система уже является Ц-системой). Правильный знак — «$+2A$», как выведено здесь.

Ответ: $$E_1'=\frac{E_1E_2+m_1^2c^4+A}{\bigl[2E_1E_2+(m_1^2+m_2^2)c^4+2A\bigr]^{1/2}},\quad E_2'=\frac{E_1E_2+m_2^2c^4+A}{\bigl[2E_1E_2+(m_1^2+m_2^2)c^4+2A\bigr]^{1/2}},\quad A=\sqrt{(E_1^2-m_1^2c^4)(E_2^2-m_2^2c^4)}.$$

Условие: Одинаковые частицы $m$ в неподвижной $K$-системе движутся навстречу друг другу со скоростями $V_0$ (встречные пучки). Определить энергию частиц в системе, где одна из частиц покоится. Выразить для этой системы кинетическую энергию частиц $T_i$ через энергию $T_0$ в $K$-системе.

Решение: Пусть $\beta=V_0/c$, $\gamma_0=1/\sqrt{1-\beta^2}$, так что $T_0=(\gamma_0-1)mc^2$ — кинетическая энергия каждой частицы в $K$. В системе покоя частицы 1 частица 2 имеет относительную скорость, получаемую релятивистским сложением двух скоростей $V_0$ навстречу друг другу: $$v_{\text{отн}}=\frac{V_0-(-V_0)}{1-\dfrac{V_0(-V_0)}{c^2}}=\frac{2V_0}{1+V_0^2/c^2}.$$

Лоренц-фактор относительного движения: $$1-\frac{v_{\text{отн}}^2}{c^2}=1-\frac{4\beta^2}{(1+\beta^2)^2}=\frac{(1+\beta^2)^2-4\beta^2}{(1+\beta^2)^2}=\frac{(1-\beta^2)^2}{(1+\beta^2)^2}\ \Longrightarrow\ \gamma_{\text{отн}}=\frac{1+\beta^2}{1-\beta^2}.$$

Частица 1 покоится ($E_1'=mc^2$, $T_1'=0$), а энергия частицы 2 в этой системе равна $\gamma_{\text{отн}}mc^2$: $$E_2'=mc^2\,\frac{1+\beta^2}{1-\beta^2}=mc^2\,\frac{1+V_0^2/c^2}{1-V_0^2/c^2}.$$

Кинетическая энергия частицы 2: $$T_2'=E_2'-mc^2=mc^2\left[\frac{1+\beta^2}{1-\beta^2}-1\right]=\frac{2mc^2\beta^2}{1-\beta^2}=2mc^2\gamma_0^2\beta^2.$$

Выражаем через $T_0=mc^2(\gamma_0-1)$: так как $T_0(T_0+2mc^2)=m^2c^4(\gamma_0-1)(\gamma_0+1)=m^2c^4(\gamma_0^2-1)=m^2c^4\gamma_0^2\beta^2$, получаем $2mc^2\gamma_0^2\beta^2=\dfrac{2T_0(T_0+2mc^2)}{mc^2}$: $$T_2'=\frac{2T_0(T_0+2mc^2)}{mc^2}.$$

Ответ: $$E_1'=mc^2,\ T_1'=0;\qquad E_2'=mc^2\,\frac{1+V_0^2/c^2}{1-V_0^2/c^2},\qquad T_2'=\frac{2T_0(T_0+2mc^2)}{mc^2}.$$