Dwa zegary spotykają się po dziesięciu sekundach

Rozwiązanie

Każdy odcinek wnosi własny czas

A spoczywa w S, więc odmierza 10,00 s. Dla B w obu odcinkach γ = 1,25. Znak prędkości zmienia się, ale jej kwadrat pozostaje taki sam:

\tau_B=5{,}00\,\mathrm s\sqrt{1-0{,}60^2}+5{,}00\,\mathrm s\sqrt{1-0{,}60^2}=8{,}00\,\mathrm s.

W punkcie nawrotu x/c = 0,60 · 5,00 s = 3,00 s. To wygodna współrzędna pozioma: odległość została podzielona przez c, a nie zastąpiona czasem podróży.

Sam interwał końców odpowiada prostej trajektorii

Między wspólnymi zdarzeniami początku i końca Δx = 0 oraz Δt = 10,00 s. Dlatego √(Δs²)/c = 10,00 s. To wskazanie A, którego linia świata jest prosta. Nie wolno użyć tej wartości zamiast sumy po łamanej trajektorii B. Zdarzenia końcowe są wspólne, ale drogi zegarów różne.

Opis nie jest symetryczny przez całą podróż: A pozostaje w jednym układzie inercjalnym, a B zmienia kierunek i swój układ spoczynkowy. Nie rozstrzygamy wyniku przez stwierdzenie, kto „naprawdę się porusza”, ani przez odejmowanie arbitralnej poprawki za przyspieszenie. Liczymy czas po zadanej trajektorii.

Dodatkowy postój

Przy postoju trwającym 2,00 s w S zegar B jest w tym czasie nieruchomy, więc dolicza całe 2,00 s. Spotkanie następuje teraz przy t = 12,00 s. A wskazuje 12,00 s, a B 10,00 s; różnica nadal wynosi 2,00 s. Dodatkowy czas spoczynku nie usuwa wcześniejszej różnicy.

Dla manewrów o skończonym czasie należałoby znać v(t) również podczas hamowania i rozpędzania, a potem całkować. Podane liczby opisują określony model graniczny, nie pomiar pracy rzeczywistego zegara przy nieograniczonym przeciążeniu.

Powiązana teoria

Interwał i przyczynowość: co pozostaje wspólne dla różnych obserwatorów?

Dalsza lektura

Materiał referencyjny