柵（しがらみ）なき重力論

自由に重力論を展開します。

加速運動する物体を慣性系から見る：Ｙ軸編（５）

双曲線関数時間の遅れ慣性系加速度系

一昨日の記事で、x軸方向へ定加速度 $a$ で動いている物体を、y軸方向に速度 $v$ で動く慣性系から見たときの物体の速度 $u$ を求めました。

　 $\displaystyle u_x(t)= \frac{a×t×(1-v^2)}{\sqrt{1+(a×t)^2×(1-v^2)}}$

　 $\displaystyle u_y(t) =v$
です。

また、逆に、x軸方向へ定加速度 $a$ で動いている物体から、y軸方向に速度 $v$ で動く慣性系Aから見たときの速度 $w$ も、以前の記事で求めています。
　 $\displaystyle w_x(\tau)=\tanh(a×\tau)$

　 $\displaystyle w_y(\tau)=\frac{v}{\cosh(a×\tau)}$

です。

これらの関係はどうなっているでしょう。

慣性系から見たときの物体の速度の絶対値 $u$ の２乗は、
　 $\displaystyle u^2=u_x^2 + u_y^2$

　 $\displaystyle =(\frac{a×t×(1-v^2)}{\sqrt{1+(a×t)^2×(1-v^2)}})^2+(v)^2$

　 $\displaystyle =\frac{(a×t)^2×(1-v^2)^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}+v^2$

　 $\displaystyle =\frac{(a×t)^2×(1-v^2)^2 +(1+(a×t)^2×(1-v^2))×v^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}$

　 $\displaystyle =\frac{(a×t)^2×(1-v^2)^2 +v^2+(a×t)^2×(1-v^2)×v^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}$

　 $\displaystyle =\frac{(a×t)^2×(1-v^2)×(1-v^2+v^2) +v^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}$

　 $\displaystyle =\frac{(a×t)^2×(1-v^2) +v^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}$ 　（式１）

です。

一方、物体から見たときの慣性系の速度の絶対値 $w$ の２乗は、
　 $\displaystyle w^2=w_x^2 + w_y^2$

　 $\displaystyle =\tanh^2(a×\tau) + \frac{v^2}{\cosh^2(a×\tau)}$

　 $\displaystyle =\frac{\sinh^2(a×\tau)}{\cosh^2(a×\tau)} + \frac{v^2}{\cosh^2(a×\tau)}$

　 $\displaystyle =\frac{\sinh^2(a×\tau)+v^2}{\cosh^2(a×\tau)}$ 　（式２）

です。

加速運動している物体も一瞬一瞬は慣性系にありますから、速度は、慣性系対慣性系の速度であり、どちらから見ても同です。

式１と式２の違いは、加速運動する物体と慣性系との時間の見え方の差です。
その時間の流れの違いを考慮すれば、式１と式２とは同じ値になるはずです。

物体での微小時間 $d\tau$ は慣性系から見ると伸びています。

慣性系の微小時間を $dt$ とすると、

　 $d\tau = \sqrt{1-u^2}×dt$ 　（式３）

です。（以前の記事で、Y軸方向への速度がない場合について考えました）

式３を積分すると、慣性系から見た物体での経過時間となります。

$1-u^2$ を計算します。

　 $\displaystyle 1-u^2=1-\frac{(a×t)^2×(1-v^2) +v^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}$

　 $\displaystyle =\frac{(1+(a×t)^2×(1-v^2))-((a×t)^2×(1-v^2) +v^2)}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}$

　 $\displaystyle =\frac{1-v^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}$

です。

これを使って式３は、

　 $\displaystyle d\tau = \sqrt{\frac{1-v^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}}×dt$

　 $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-v^2}}×d\tau = \frac{1}{\sqrt{1+(a×t)^2×(1-v^2)}}×dt$

です。

両辺を積分します。

　 $\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}d\tau = \int\frac{1}{\sqrt{1+(a×t)^2×(1-v^2)}}dt$ 　（式４）

式４の左辺は、

　 $\displaystyle \frac{\tau}{\sqrt{1-v^2}}+C$ 　（ $C$ は積分定数）

です。

式４の右辺は、双曲線関数の公式 $\displaystyle \left(\frac{d}{dz}\sinh^{-1}z = \frac{1}{\sqrt{1 + z^2}}\right)$ を使った置換積分をします。

$a×t×\sqrt{1-v^2}=z$ 、 $\displaystyle t=\frac{z}{a×\sqrt{1-v^2}}$ と置きます。

式４の右辺は、

　 $\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{1+(a×t)^2×(1-v^2)}}dt$

　 $\displaystyle =\int\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}×\frac{dt}{dz}dz$

　 $\displaystyle =\frac{1}{a×\sqrt{1-v^2}}×\int\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}dz$

　 $\displaystyle =\frac{1}{a×\sqrt{1-v^2}}×\sinh^{-1}z$

　 $\displaystyle =\frac{1}{a×\sqrt{1-v^2}}×\sinh^{-1}(a×t×\sqrt{1-v^2})$

です。

式４の左辺、右辺を合わせて、

　 $\displaystyle \frac{\tau}{\sqrt{1-v^2}}+C=\frac{1}{a×\sqrt{1-v^2}}×\sinh^{-1}(a×t×\sqrt{1-v^2})$

積分定数は、 $\tau=0$ のとき $t=0$ とすると、 $C=0$ です。

　 $\displaystyle \frac{\tau}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{1}{a×\sqrt{1-v^2}}×\sinh^{-1}(a×t×\sqrt{1-v^2})$

　 $\displaystyle \frac{\tau}{\sqrt{1-v^2}}×{a×\sqrt{1-v^2}}=\sinh^{-1}(a×t×\sqrt{1-v^2})$

　 $\displaystyle a×\tau=\sinh^{-1}(a×t×\sqrt{1-v^2})$

　 $\displaystyle \sinh(a×\tau)=a×t×\sqrt{1-v^2}$ 　（式５）

です。

式５を使って式１を変形します。

　 $\displaystyle \frac{(a×t)^2×(1-v^2) +v^2}{1+(a×t)^2×(1-v^2)}$

　 $\displaystyle =\frac{\sinh^2(a×\tau) +v^2}{1+\sinh^2(a×\tau)}$

　 $\displaystyle =\frac{\sinh^2(a×\tau) +v^2}{\cosh^2(a×\tau)}$

式２と同じになりました。

f:id:Dr9000:20200721193935j:plain