Érdemes elolvasni nemrég megjelent könyvét Hraskó Péter: A relativitáelmélet alapjai (Typotex, 2009).
Kitér az ikerparadoxonra is.

A könyv azért nagyon jó, mert effektív hatások segítségével szemléltet pl. a Doppler-effektuson keresztül. A saját időn keresztül közelíti meg a specrelt, ezáltal magát a fizikát teszi érthetővé, nem pedig a matematikát. A középiskolai ismeret nagyon kicsi differenciálszámítással kiegészítve bőven elegendő az olvasásához. Az áltrel is benne van, így is mindössze 150 oldal!!!
Még kapható a könyvesboltokban, én a Librinél vettem meg.

"vagy mondj egy cifrát, mert nem tudok újat mondani róla."

Ha szólnak, hogy mondjak egy cifrát, én beintek.
Mi vagyok én? Cifra mondó automata? Szó nem lehet róla!

Próbáltam magyarázni. Másként nem tudok érvelni. Így hagyd függőben, vagy mondj egy cifrát, mert nem tudok újat mondani róla.

Kedves Petymeg és Elminster, valamint más érdeklődők!

Az ikerparadoxon magyarázatáról szóló vita során Petymeg azt állítja, hogy a két iker közti időkülönbség az állandó sebességű utazás során gyűlik össze, míg Elminster szerint az utazó iker fékezésekor és visszafordulásakor a gyorsulás okozza az időkülönbséget.

Mindkettőjüknek igazuk van, és - a látszattal ellentétben - a két állítás nem is mond ellent egymásnak. A relativitáselméletben ugyanis a távoli pontok egyidejűsége nem egyértelmű, megfigyelőtől függ, tehát arról sem lehet határozott állítást tennünk, hogy az egyik megfigyelő történetének egy adott pillanatban összegyűlt-e már a (később, a két iker találkozásakor közös megegyezéssel konstatált) időkülönbség.

Petymegnek igaza van abban, hogy az ikerparadoxon magyarázatához nem szükséges elhagynunk a specrel fennhatósága alá tartozó területeket, és nem szükséges gravitációs hatásokhoz folyamodnunk. Az ikerparadoxon alapvető oka ugyanis a téridő nem-euklideszi, konkrétabban Minkowski-féle geometriája. Ebben a geometriában a megszokott euklideszi háromszög-egyenlőtlenség helyett az anti-háromszög-egyenlőtlenség érvényes, legalábbis időszerű (azaz időjellegű) szakaszokra.

Mit mond Euklidesz? Mindenki tanulta az iskolában, és magától értetődőnek látszik: két pont közt a legrövidebb út az egyenes. Azaz ha az A és B pontot összekötöm egy AB szakasszal, illetve a szakaszon kívül elhelyezkedő C pontot is tartalmazó ACB törött vonallal, akkor az utóbbi hossza nagyobb: AB < AC + CB. Ez a háromszög-egyenlőtlenség. Az egyenlőtlenség jelét csak akkor lehet egyenlőségre kicserélni, ha a C pont rajta van az AB szakaszon.

A háromszög-egyenlőtlenség speciális esete annak a jóval általánosabb állításnak, hogy az AB szakasz rövidebb tetszőleges másik, akárhogy haladó, az A és B pontot összekötő folytonos vonalnál (ezt mondhatjuk tömören úgy, hogy a két pont közt a legrövidebb út az egyenes). Azaz ha az A és B pontokba leszúrok egy rajzszöget, amelyekre egy cérnaszál két vége van erősítve, akkor a cérnaszál tetszőlegesen kanyaroghat A és B között, de hossza mindig nagyobb lesz az A és B közti egyenes szakasz mentén mért távolságnál - kivéve, ha a cérnát pontosan e szakasz mentén feszítjük ki.

Próbáljuk matematikailag belátni ezt az amúgy nyilvánvaló állítást! (Az egyszerűség kedvéért csak síkban, de térben is hasonlóan megy.) Ehhez vezessünk be a síkban egy x-y koordinátarendszert úgy, hogy az A és B pontok is az x tengelyen legyenek, az A pont éppen az origóban, a B pont pedig tőle jobbra b távolságban. Legyen a cérnaszál egyenlete egy adott konfigurációban y=f(x) . Ha azt akarjuk, hogy a cérna átmenjen az A és B pontoson, akkor meg kell követelnünk, hogy f(0)=f(b)=0 legyen. (Itt feltettük, hogy a cérna nem tekeredik vissza, nem halad át többször ugyanolyan x koordinátájú pontokon - de ha ezt megengednénk, az csak a számolást bonyolítaná, nem tenne hozzá a lényeges gondolatokhoz.)

Mennyi a cérna egy kicsiny darabjának hossza? Ha a kis darab két végpontját x irányban dx, és y irányban dy távolság választja el, akkor a hosszúság négyzete a Pitagorász-tétel alapján dl^2 = dx^2 + dy^2. Fejezzük ki a dy szakaszt a derivált definíciója: dy/dx = f'(x) alapján: dy = f'(x) dx. Helyettesítsük be ezt az előző képletbe, így az elemi hosszúság négyzete: dl^2 = [1+ f'(x)^2] dx^2
A cérna teljes hosszát úgy kapjuk, hogy a dl elemi hosszúságokat x függvényeként integráljuk 0-tól b-ig: L = Int (0,b) gyök [1+ f'(x)^2] dx (a jelölések text formátumban hülyén néznek ki, de azt hiszem, minden hozzáértő látja, miről van szó: a dl^2 korábbi kifejezésének négyzetgyökét integráljuk 0 és b között.

Most jön a lényeg. A gyök alatt két mennyiség négyzetének összeg van, ez mindig nagyobb, mint ha csak az egyik mennyiséget tekintenénk. A gyök tehát mindig nagyobb 1-nél (kivéve, ha f'(x) nulla lenne). Az integrál értéke, a cérna hossza tehát mindig nagyobb, mint ha a gyök helyett csak az 1 mennyiséget integrálnánk. Az utóbbi integrál viszont triviálisan kiszámítható: értéke b, azaz a két pont távolsága. A cérna hossza tehát mindig határozottan nagyobb b-nél - kivéve, ha f'(x) végig nulla: ez viszont épp az x tengely mentén húzódó, a két pont között kifeszített egyenes cérna esete. Az A és B pont között tehát a legrövidebb görbe az egyenes, minden más görbe hosszabb ennél.

Miért írtam le ilyen részletesen ezt a trivialitást? Mert egy teljesen hasonló érvelés pont ellenkező eredményhez vezet a speciális relativitáselméletben! Dolgozzunk most az x-t síkon, és az egyszerűség kedvéért legyen c=1. Az A és B most két eseményt jelöl, amelyek a K vonatkoztatási rendszerben egyaránt x=0 koordinátájúak (azaz a t tengelyen fekszenek), az A legyen az origóban (azaz t koordinátája is legyen 0, a B esemény ugyanott van, csak T idővel később. Láthatóan az AB szakasz a Földön maradó iker téridőbeli útját, világvonalát ábrázolja.

Mozogjon a másik iker űrhajója a földi koordinátarendszerének x és t koordinátájával kifejezve az x=f(t) időfüggvény szerint a távoli csillagig és vissza. A mozgás során a v(t) = dx/dt sebesség nagysága (abszolút értéke) természetesen semmikor sem haladja meg a fénysebesség értékét, azaz 1-et. Az űrhajó az indulás pillanatában még a Földön van: f(0)=0. A megérkezés pillanata a földi idő szerint éppen T, ekkor az űrhajó ismét a Földön van, x koordinátája ismét 0: f(T)=0.

Mennyi idő telik el az úrhajó mozgása során két egymást gyorsan követő C és D esemény között? Ha a C és D esemény elég kis időközzel követi egymást, feltételezhetjük, hogy ezalatt az idő alatt az űrhajó nem gyorsult számottevően, azaz a Földhöz képest egy határozott V sebességgel halad. Rögzítsünk az úrhajóhoz egy pillanatnyi K' inerciarendszert: ebben az űrhajó éppen nyugszik, az x' koordináta C-ben és D-ben is egyaránt 0. A két esemény között az űrhajóban dt' idő telik el. Ugyanezen két esemény időkülönbsége a földi rendszerből nézve dt , és mivel az űrhajó a Földhöz képest V sebességgel mozog, a C és D események között helykülönbség is fellép, mégpedig
dx=V dt.

Alkalmazzuk a Lorentz-transzformáció ismert képleteit a dt, dx, illetve a dt' és a dx'=0 mennyiségekre! Mint tudjuk:

dx = (dx'+V dt')/gyök, dt = (dt'+V dx')/gyök,

ahol a gyök a szokásos gyök(1-V^2) mennyiséget jelenti.

Mivel dx'=0, a második képlet az űrhajóbeli dt' és a földi dt időintervallumok közti ismert dt = dt' gyök kapcsolathoz vezet.

Vegyük most figyelembe, hogy az űrhajó általában nem állandó sebességgel mozog: gyorsít és lassít. Ekkor a fenti képlet valóban csak infinitézimálisan rövid időszakaszokra érvényes, az idő múlásával a gyök alatt szereplő V mennyiség megváltozik: V(t) . A kétféle idő közti átszámítás továbbra is érvényes, csak minden pillanatban más V(t)-t kell a gyök alá írni.

Menny idő telik el az űrhajóban, mennyi időt mutat az utazó iker órája? Az óra egyszerűen összeadja a dt' időkülönbségeket, ezt matematikailag integrálással vehetjük figyelembe. Az utazás során az utazó iker által észlelt teljes T' idő (ez az úgynevezett sajátidő) a fenti mennyiség integrálja lesz, a földi idő szerinti 0-tól T-ig:

T'= Int (0. T) dt gyök(1-V^2)

A V^2 mennyiség mindig pozitív (kivéve, ha az űrhajó éppen "áll" a Földhöz képest, pl. parkol a célcsillag bolygóján). Ezért a gyök mindig kisebb 1-nél. Ennek integrálja tehát mindig kisebb lesz annál, mint ha simán az 1 mennyiséget integrálnánk. Az utóbbi mennyiség viszont triviálisan kiszámítható: értéke T. Az utazó iker által észlelt T' idő tehát MINDIG, tetszőleges utazás esetén kisebb lesz, mint a Földön maradt ikertestvér által észlelt T időkülönbség. Kivétel az az eset, amikor a V sebesség az egész út folyamán nulla - de ekkor az utazó el sem hagyta a Földet, csak az űrrepülőtér melletti sufniban dekkolt egész idő alatt…

Azt hiszem, mindenki látja a két részletesen leírt eset közti analógiát. Az űrutazó iker akármiféle (természetesen időszerű, azaz végig c-nél kisebb sebességű) pályát jár be, az általa észlelt, a számára eltelt idő MINDIG rövidebb, mint a Földön maradt, az A és B esemény között nyílegyenesen közlekedő testvére által észlelt idő.

Az analógia kapcsán joggal jelenthetjük ki: ez a tulajdonság nem az ikrek vagy az űrhajók jellemzője, hanem a téridő geometriai jellegű tulajdonsága - éppen úgy, mint a korábban tárgyalt geometriai tulajdonság az euklideszi sík (és tér) jellemzője. Az euklideszi térben két pont között a legrövidebb út az egyenes - a Minkowski-féle téridőben két (időszerűen elválasztott) esemény között a leghosszabb út az egyenes.

Ennek az általános tételnek speciális esete az az idealizált helyzet, amikor az űrutas iker utazása két, oda-vissza állandó sebességgel mozgó űrhajóval történik - ennek klasszikus párja a két egyenes szakaszból álló AC+CB töröttvonallal megadott, A-t és B-t összekötő "szögletes görbe". Amely Euklidesznél ugyancsak hosszabb volt az AB szakasznál, a Minkowski-téridőben pedig ugyancsak rövidebb a Földön maradt iker által az A és B események között megélt T időnél. Ennek belátása során nem kellett törődnünk azzal, hogyan került át az űrutas az odafelé menő űrhajóból a visszafelé mozgó űrhajóba. Úgy is mondhatjuk, hogy érvényes az anti-háromszög-egyenlőtlenség: az időszerű szakaszokból összerakott háromszög két oldalának összege (mármint a két utazás során eltelt idő) mindig kisebb, mint a harmadik oldal. Ez tehát a specrel Minkowski-geometriájának tétele - közben egy szót sem kell ejtenünk a gyorsulásokról.

Ezt a szituációt jól tükrözi az az 1xű által leírt gondolatkísérlet (148), amely ugráló ikrek nélkül, az egymás mellett, egymással szemben elhaladó űrhajók óráinak összeigazításával egyszerűen megméri a háromszög három oldalának hosszát. Ennél egyszerűbb demonstráció nem is lehetséges.

Természetesen azt is meg kell magyarázni, hol romlik el az egymáshoz képest állandó sebességgel mozgó ikrek közötti szimmetria. Ne felejtsük el, hogy egészen addig, amíg a távoli csillagnál visszafordul, az űrutazó iker is úgy véli/számolja, hogy a tőle állandó sebességgel távolodó földi ikertestvére a fiatalabb! És hasonlóképpen, a hazafelé út során is azt számolja, hogy a Földön kevesebb idő telik el, mint nála. Csakhogy - és ezt remekül szemlélteti az Elminster által a (223)-ban beidézett ábra - a visszafordulás pillanatában megváltozik az utazó inerciarendszere, megváltoznak a koordinátatengelyei, ezzel megváltozik az is, hogy mely földi eseményeket tart a maga pillanatával egyidejűnek, és ezzel a földi iker történetébe beiktatódik egy extra szakasz. Így a három szakasz (az oda- és a visszaútnak megfelelő, az űrhajók odafelé és visszafelé eltelt időnél rövidebb földi időszakokhoz hozzá kell adni a beiktatott szakaszt, és ez együtt már hosszabb lesz az űrhajón eltelt időnél (a fentebb közölt általános számítással összhangban).

Ugyanezek az ábrák, kissé részletesebben, valamint az Elminster által a (223)-ban leírt, de nem közölt, a folytonosan gyorsuló űrhajó egyidejűség-síkjait is bemutató ábrák megtalálhatók a témáról írt, a netről szabadon letölthető egyetemi jegyzetemben: http://complex.elte.hu/~cserti/, itt a Teaching linkre kell kattintani, és az Optika-10 pdf-et kell keresni (Bevezetés a speciális relativitáselméletbe, I.: Tér, idő, téridő). Az ikerparadoxon tárgyalása a 23-26. oldalon található. (A 27. oldalon az is le van rajzolva, miért időgép a fénynél gyorsabb rakéta.)

Az ikerparadoxon tehát a specrel keretében tökéletesen és kielégítően tárgyalható. Miért van mégis igaza annak, aki a folytonosan lassuló űrhajóban ülő iker által érzett gravitációs tér hatását idézi fel magyarázatként?

Azért, mert az általános relativitáselmélet annyira általános, hogy - speciális esetként - a speciális relativitáselméletet is magába foglalja! Azaz mindaz, ami a specrelben elmondható, leírható, elmagyarázható, az az áltrelben is igaz, és leírható - ráadásul tetszőleges, nem csak inerciális, hanem akármilyen megfigyelő szemszögéből, vonatkoztatási rendszeréből nézve! Senki sem tilthatja meg, és senki sem kárhoztathat bennünket azért, ha ahhoz ragaszkodunk, hogy az űrhajóban ülő iker szemszögéből szeretnénk leírni az egész eseménysort, és pontos fizikai magyarázatot követelünk minden észlelt jelenségre, beleértve ikertestvére meglepő megöregedését is.

Elminster többször leírta ezt a szempontot is. Az űrutazó iker sokáig inerciarendszerben volt, aztán egyszer csak súlyt kezdett érezni, ami az űrhajója padlójához tapasztotta. A külső megfigyelő úgy látná, hogy az űrhajó megfordult, bekapcsolt hajtóművével előre nézve repül, és folyamatosan fékez, ezért érzi az utas úgy, hogy valamilyen erő a padlóhoz szorítja. Ő viszont úgy gondolja, hogy egy "gravitációs kút" fenekére került (mint mi itt a Földön), ezért nála - a gravitációs időlassulás következtében - lassabban múlik az idő, mint a távoli csillagokon, illetve a Földön.

Petymeg azonban jogosan kérdezi (193):

A kérdés jogos, de a válasz egyszerű. Ezt a "gravitációs kutat" nem úgy kell elképzelni, hogy van egy rendszer a kút fenekén, ahol valamilyen tempóban múlik az idő, és van a világ többi része, kívül a kúton, ahol valamilyen más (gyorsabb) ütemben száguld az idő. Nem ez a helyzet! Az űrhajóban ülő megfigyelő - kitekintve az ablakon - megfigyelheti a távoli csillagok mozgását, és azt találja, hogy azok valamennyien gyorsulnak hozzá képest: esnek lefelé, állandó g gyorsulással. (Mi, mint külső megfigyelők úgy fogalmaznánk, hogy az űrhajó gyorsul (folyamatos fékezéssel, -g gyorsulással) a távoli csillagokhoz képest felfelé: de az áltrelnek épp az a lényege, hogy bármely koordinátarendszerben ülő megfigyelő számára demokratikusan osztja ki az észlelés és a magyarázat jogát, ugyanazon általános fizikai törvények alapján.) Az űrhajós iker tehát úgy látja, hogy ez a gravitációs tér, amelyben ő most tartózkodik, nagyon más, mint a Földön megszokott gravitációs tér volt: az bizony néhány Föld-sugárnyi távolságban már alig érezhető (hiszen 1/r^2 szerint gyengül), és a messzeségben elenyészik - ez a most észlelt tér igen messzire, elvileg a végtelenig terjed, egyebek között a Földet is tartalmazza, hiszen láthatóan a rég elhagyott Nap is 1 g-vel gyorsul lefelé. Milyen is az ilyen homogén (mindenütt egyforma) gravitációs tér potenciálja? Bingó: az iskolában jól megszokott mgh képletet kell alkalmaznunk! Ebben m a részecske tömege, g a gravitációs gyorsulás, h pedig a magasság. A magasságot most a z koordináta (az űrhajótól a Föld felé mutató tengely mentén mért koordináta) képviseli, és ha a gravitációs potenciálra vagyunk kíváncsiak, a fenti képlett egységnyi tömegre kell vonatkoztatnunk. Az űrhajós iker által észlelt homogén gravitációs tér potenciálja tehát V(z) = gz. Hol érvényes ez a képlet? Ha az űrhajós körülnéz a világban, azt látja, hogy mindenütt. Egyebek között a tőle sok fényévre levő Földön is. Hősünk tehát egy sok fényév mély gravitációs potenciálkút fenekén látja magát.

És most kell elővennünk az általános relativitáselmélet két formuláját. (A pontos számítás sokkal bonyolultabb, abban négyzetgyökök és area sinus hiperbolikus függvények is szerepelnek, ezért itt csak egy egyszerűsített, de a lényeget jól tükröző verziót mutatok be.) Az egyik képlet azt mondja meg, mi köze a klasszikus newtoni potenciálnak az áltrelben megjelenő, a téridő tulajdonságait leíró ún. "metrikus tenzorhoz". A szabály így szól: a metrikus tenzor (egy 4*4-es mátrix 00 komponense a gyenge gravitációs terek határesetében így írható:

g_00 = 1 + 2 V(r)/c^2,

ahol V(r) a newtoni gravitációs potenciál, c pedig a fénysebesség. A másik képlet pedig arról számol be, hogy a vizsgált vonatkoztatási rendszerben az idő múlásának sebességét a metrikus tenzor g_00 komponense határozza meg. Ennek 1-től való eltérése mondja meg, mennyivel gyorsabban járnak az órák az r vektor által megadott helyen, mint az origóban, ahol g_00=1.

Alkalmazzuk ezeket a szabályokat az űrhajós iker által látott Földre - és nyomban megkapjuk a választ Petymeg kérdésére! Az űrhajós által látott gravitációs potenciál helyfüggő, méghozzá lineárisan függ a távolságtól! (Szemben a Föld gyengus gravitációs terével, amelynek potenciálja a végtelenben kisimul, nullához tart.) Ha tehát az űrhajós kétszer olyan távoli csillaghoz látogat el, és ott kezd fékezni, az általa érzékelt gravitációs kútból nézve a Föld kétszer olyan magasan lesz, ezért az idő ottani felgyorsulása pont kétszer akkora lesz, mint amit a fele olyan távolságú utazás során tapasztalt volna. Ikertestvérének a gyorsulás alatt bekövetkező hirtelen öregedése (azaz lényegében az a szakasz, amit az Elminster-féle ábrán (223) az egyidejűség hirtelen vagy folytonos megváltoztatásakor be kell iktatni a két rövidebb földi időszakasz közé) épp kétszer akkora lesz, mint amennyi a fele akkora út esetén lenne kiszámítható.

Mindez természetesen (a részletesebb, pontosabb és ezért bonyolultabb számítások esetén is) tökéletes összhangban van a specrel által mondottakkal: mind a (223)-beli ábra egyszerű háromszögein mérhető arányossággal, mind a cikkem elején leírt általános, a sajátidő integrálásával kiszámítható viszonyokkal.

Nem tudjuk a specrelt és az áltrelt kijátszani egymás ellen! A közhiedelemmel és az itt is többször leírt állításokkal szemben a specrel nem csak az egyenes vonalú egyenletes mozgás tudománya: vidáman megbirkózik a tetszőlegesen gyorsuló mozgások leírásával is. Csak éppen nem szereti vonatkoztatási rendszerét egy ilyen össze-vissza gyorsuló testhez rögzíteni. Ez már az áltrel asztala. Ezek a gyorsuló megfigyelők gravitációs tereket éreznek maguk körül. E terek bevezetésével viszont teljesen konzisztensen le tudják írni tapasztalataikat, az észlelt jelenségeket. Teljes, kerek és logikus világmagyarázat és leírás ez is - hiszen épp ez az áltrel kiindulópontja, a legáltalánosabb demokrácia: tetszőleges (nem csak inerciális!) vonatkoztatási rendszer is alkalmas a világ leírására, ugyanazon, ugyanolyan (bár kissé bonyolult) módon megfogalmazott fizikai törvények alapján. Vigyázat: nem azt mondjuk ezzel, hogy minden megfigyelő ugyanazt tapasztalja: az egyik érez gravitációs erőt, a másik meg nem. Ahogy a newtoni fizikában is mások a körhintán ülő és az őt kívülről néző megfigyelő tapasztalatai. De mindegyik egyforma törvények, szabályok és képletek alapján, konzisztensen tudja leírni a valóságot - egyebek közt az ikrekkel történt eseményeket is.

dgy

"Lehetne megfigyelőt tenni akár oda is. Csak az lenne a probléma, hogy valami egészen másra jutnánk, mint amire szeretnénk."

Konkrétabban mire, és mivel indokolhatóan?

Lehetne megfigyelőt tenni akár oda is. Csak az lenne a probléma, hogy valami egészen másra jutnánk, mint amire szeretnénk.

Az Ives-Stilwell kísérlettel aligha lehetne kapcsolatba hozni. De egy rövid, egyenes vonalúnak tekinthető szakasza viszont összehasonlítható, az egyébként szintén nem tökéletesen egyenes vonalú kísérlettel.

(Az Ives-Stilwell kísérletet is megfigyelhetnénk valami különleges helyről, de nem tesszük, mert szinte lehetetlen volna hasznos eredményre jutni.)

Az Ives-Stilweel kísérlet következményeinek bemutatására ez is megfelel. Itt is kellenek az ikrek.

"A Hafele-Keating kísérlet szerint a Föld forgásirányában illetve ellenkező irányban, azonos állandó kerületi sebességgel mozgó órák nem járnak szinkronban, még a kezdeti rövid szakaszon sem."

A Hafele-Keating kísérletben érdemes egy megfigyelőt tenni (képzeletben)
a Föld forgástengelyének közelébe. Ő ne forogjon! Ő azt észlelné, hogy az egyik repülőgép kering a Föld forgástengelye körül, miközben a másik - amelyik az előbbivel ellentétes irányban szállt fel - sokkal kisebb sebességgel kering a Föld forgástengelye körül.

Ezt elfogadod?

Egy Földkörül egyenletes va sebességgel keringő űrállomással két módon is összelehet kapcsolódni. Ha kisebb egy űrhajó keringési sebessége, akkor gyorsítani kell, majd utolérés után azonos sebességre fékezni. Ha nagyobb az űrhajó keringési sebessége, akkor fékezni, lassítani kell és az űrállomás fogja utolérni az űrhajót.
Ennek analógiája az ikerparadoxon vázolt esete. Egy va sebességgel mozgó rendszerből +v sebességre gyorsított iker visszatérése egy -v -re lassításból áll, amely eredménye, hogy a va sebességű rendszer utoléri. Ezért nem azonos a távolodó és a közeledő óra frekvenciája (iker életritmusa).
(A ׀+v׀ = ׀-v׀ választás a Hafele-Keating kísérlethez való könnyebb összehasonlíthatóság céljából került megválasztásra.)

Nézz körül az interneten. Onnan másoltam, ha hibás, hibáival együtt.


Nem jelölted meg a forrást. A neten sok butaság megjelenik.
Akárki írta, nem ismeri igazán az ikerparadoxont.

Nézz körül az interneten. Onnan másoltam, ha hibás, hibáival együtt.

Nézz körül az interneten.

Ez folytatás; történet a 251-ben. Az ábra is az ott beillesztettnek egy jobb minőségű változata.

A Hafele-Keating kísérlet szerint a Föld forgásirányában illetve ellenkező irányban, azonos állandó kerületi sebességgel mozgó órák nem járnak szinkronban, még a kezdeti rövid szakaszon sem. A kezdeti rövid szakasz jó közelítéssel analóg az Ives-Stilwell kísérlettel. A frekvenciák nem egyeznek, számít az irány is a sebességen kívül.
Ha hiba van, akkor az I-S kísérlet eredményében lesz a hiba, valamint a Hafele-Keating kísérletek is hamisítások, mint itt már állították. A két kísérlet ugyanis azonos alapon "működik".

Értelmezése hibás, mint a példa is mutatja, vagy az is mondható, hogy ő abszolút nyugalmi rendszert feltételez, amely esetben viszont helyes a megállapítása.

Nekem úgy tűnik, nem az ikerparadoxont írtad fel.
Az ikerparadoxonnak két feltétele van:

1.) Az egyik iker sohasem hagyja el az inerciarendszerét.
2.) A másik iker 2 db inerciarendszert jár be, és úgy tér vissza az első iker inerciarendszerébe.

Mindkét feltételnek teljesülnie kell, és mintha a példádban ez nem teljesülne.

"A két iker között lényegében nem lép fel korkülönbség."

Itt ugyanis 3 testvérről írtál, és közülük 2 mozgásállapota azonos.
Ezen utóbbiak órái - frekvencia tekintetében - szinkronban járnak.

Dávid Gyula: Ikrek és paradoxonok
Dávid Gyula előadása az ikerparadoxonról (is).
A téma kb. 49:00-nél kezdődik, grafikus megoldás kb. 59:40.

Helyesn: ׀f1-fa ׀ > ׀ f2-fa ׀

Az Ives-Stilwell mérési módszer egyik lényege, hogy kiküszöböli a relatív mozgásból származó észlelési eltéréseket a merőleges mozgás miatt. Ebből származik az a másik eredmény, hogy a relatív mozgás elkerülése után mégis tapasztalt sebességtől függő frekvenciaváltozás valódi változás. Ez tehát nem a megfigyelő relatív mozgásából származó Doppler-frekvenciaváltozás. (Marad még az aberrációs jelenség, de most ennek hatását figyelmen kívül lehet hagyni.)

Az Ives-Stilwell kísérlet mérési eredményeinek ismeretében az ikrek mozgását anélkül tudjuk modellezni, hogy külön számolnunk kellene a megfigyelő relatív mozgásából származó jelenséggel. Az ábrából látható, hogy az Ives-Stilwell mérési rendszeréhez képest egy pl. va sebességgel mozgó rendszerben az ikrek egyikének távolódásával, közeledésével járó frekvenciaváltozások lényegében kiegyenlítik egymást. A két iker között lényegében nem lép fel korkülönbség.


Megjegyzések: 1. Ha elhanyagoljuk a görbe meredekségének változásából származó különbséget. ׀f1-fa ׀ < ׀ f2-fa ׀
2. Az abszolút nyugvó rendszerhez közeledve változik a eredmény..