Problemas resueltos de la Teora de laRelatividad Restringida

Rolando Prez lvarez

Cuadernos de la UNED

Xavier Aznar

Curso 2010-2011

1

ndice

I Cinemtica relativista 3

1. Transformacin de Lorentz 3

2. Dilatacin del tiempo 16

3. Contraccin de Lorentz 19

4. Espacio de Minkowski 21

5. El intervalo s2 29

6. Problemas variados 33

II Dinmica relativista 35

7. Leyes dinmicas 35

8. Colisiones 46

9. Vectores y tensores 55

III Electrodinmica 62

10.Transformacin de campos 62

2

Parte ICinemtica relativista1. Transformacin de Lorentz1.1 Halle la transformacin de Lorentz inversa.

Solucin: Si la transformacin directa viene dada por

x = (x vt)y = yz = zt =

(t vx

c2

)(1)

la transformacin inversa se obtiene cambiando v por v, ya que si en la trans-formacin directa, el sistema R se mueve con velocidad v con respecto a R, elsistema R se mueve a velocidad v con respecto a R.

x = (x + vt)y = y

z = z

t = (t + vx

c2

)(2)

1.2 Escriba la matriz de Lorentz para movimientos relativos entre sistemas iner-ciales de referencia

1. Segn el eje z.2. Segn el eje y.3. Segn el eje x.

Solucin: Usaremos el convenio de que el vector de posicin x = (ct, x, y, z).Llamaremos L (V ~ez) a la matrix de Lorentz cuando el movimiento relativoentre ambos sistemas inerciales se efecta con la velocidad constante ~V . Comosiempre, = Vc y = 1/

1 2.

Los ndices griegos (, ,etc) toman los valores 0,1,2,3, mientras que los la-tinos (i, j,etc) van de 1 a 3.

Entonces, para un movimiento segn el eje z:

L (V ~ez) =

0 0 0 1 0 00 0 1 0 0 0

(3)3

Del mismo modo, para un movimiento segn el eje y:

L (V ~ey) =

0 00 1 0 0 0 0

0 0 0 1

(4)Y para un movimiento segn el eje x:

L (V ~ex) =

0 0 0 0

0 0 1 00 0 0 1

(5)Podemos comprobar cmo estas matrices dan lugar a las transformaciones

de Lorentz en cada caso... Por ejemplo, para el movimiento a lo largo del eje x:

x = L (V ~ex)x =

0 0 0 0

0 0 1 00 0 0 1

ctxyz

= ( ct x ct+ x y z )(6)

Como vemos, esto es equivalente a:

ct = (ct x)x = (x ct)y = yz = z (7)

1.3 Demuestre que las transformaciones de Lorentz se pueden expresar como(en forma vectorial):

~r = [(~n ~r)~n ~V t

]+ [~r (~n ~r)~n] (8)

t = (t

~V ~rc2

)(9)

donde ~n es el vector en la direccin de ~V .

Solucin: Hasta ahora la velocidad ~V siempre haba sido paralela al eje x. Eneste caso, la velocidad tiene una direccin arbitraria con respecto a los ejes de lossistemas de referencia (ver figura 1). El primer paso para solucionar el problema,es pasar a un sistema de referencia en el que la velocidad ~V sea paralela al ejex.

Estos sistemas de referencia auxiliares, K1 y K 1 estn fijos a los sistemas dereferencia iniciales K,K , de manera que no se mueven con respecto a ellos. De

4

Figura 1: Dos sistemas de referencia en movimiento en una direccin arbitraria(que no es paralela a ningn eje).

hecho, son slo una rotacin espacial de los ejes de forma que ~V coincida con eleje x, dejando sin cambiar la coordenada temporal.

Si llamamos x al cuadrivector en K, x en K y y en K1 y y en K 1,entonces podemos escribir la relacin entre los cuadrivectores en los diferentessistemas de referencia como:

y = Rx

y = R y

(10)

La relacin entre los cuadrivectores de los sistemas rotados (en los que ~V esparalelo al eje x) ser:

y = Ly (11)

donde L es una matriz de transformacin de Lorentz pura. En cuanto a larelacin entre las coordenadas de los sistemas K/K y K1/K 1, la matrix R esuna matrix de rotacin de las coordenadas espaciales.

R =

1 0 0 00 Rxx Rxy Rxz0 Ryx Ryy Ryz0 Rzx Rzy Rzz

(12)Los elementos Rij de la matriz corresponden a los cosenos directores de ~V enK.

Del mismo modo, la matriz que relaciona los sistemaK yK 1 tiene el aspecto

R =

1 0 0 00 Rxx Rxy Rxz0 Ryx Ryy Ryz0 Rzx Rzy Rzz

(13)

5

La relacin entre los dos sistemas K1/K 1 en el que la velocidad ~V tienedireccin paralela con el eje x viene dada por

y = Ly (14)

Para pasar de K a K1 tenemos que realizar una rotacin R de forma que

y = Rx (15)

Igualmente para K a K 1y = R

x (16)

Si ahora lo juntamos todo (es decir, introducimos las ecuaciones 15 y 16 en 14):

y = R

x

= LRx (17)

Para aislar x multiplicamos por la izquierda a ambos lados por la matrixtraspuesta de R , que denotamos como T tenemos:

T R x

= T LRx (18)

Al ser R una matrix ortogonal, se cumple que QTQ = QQT = I, de maneraque:

x = T LRx (19)

x = T LRx (20)

As, la frmula para la matriz de Lorentz para una velocidad relativa que noguarda una orientacin especial con ninguno de los ejes del sistema de referenciaser:

L

(~V)

= TL (V ~ex)R =

= T

0 0 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1 0 0 00 Rxx Rxy Rxz0 Ryx Ryy Ryz0 Rzx Rzy Rzz

=

=

1 0 0 00 Txx Txy Txz0 Tyx Tyy Tyz0 Tzx Tzy Tzz

Rxx Rxy Rxz Rxx Rxy Rxz

0 Ryx Ryy Ryz0 Rzx Rzy Rzz

=

=

T

X

Y

Z

(21)

6

donde1

T =( Rxx Rxy Rxz

)X =

Txx

TxxRxx + TxyRyx + TxzRzxTxxRxy + TxyRyy + TxzRzyTxxRxz + TxyRyz + TzzRzz

T

Y =

Tyx

TyxRxx + TyyRyx + TyzRzxTyxRxy + TyyRyy + TyzRzyTyxRxz + TyyRyz + TyzRzz

T

Z =

Tzx

TzxRxx + TzyRyx + TzzRzxTzxRxy + TzyRyy + TzzRzyTzxRxz + TzyRyz + TzzRzz

T

(22)

Ahora recordamos que las partes espaciales de R y R son matrices ortogona-

les. De hecho, ya utilizamos esta propiedad a la hora de despejar x en funcinde x, utilizando que T era la traspuesta de R

. Adems, las matrices R

y

R son iguales. Por lo tanto, en la frmula anterior (ec. 22) tenemos expresionesque son fcilmente identificables como productos de filas y columnas.

Tambin podemos comprobar que L(~V)se reduce a la identidad si ~V = 0.

La manera ms fcil de verlo es a partir de la forma

L

(~V)

= TL (V ~ex)R (23)

y viendo que L (V ~ex) ,para V = 0 ( = 0, = 1) queda como la identidadI, de manera que

L

(~V = 0

)= T IR = TR (24)

Pero como T y R son ortogonales, su producto es la matriz identidad

L

(~V = 0

)= TR = I (25)

Del mismo modo, L(~V)

se reduce a L (V ~ex) si ~V = V ~ex (y lo mismoocurre para las otras direcciones espaciales)2.

Despus de realizar las multiplicaciones, L(~V)queda:

Rxx Rxy RxzTxx TxxRxx + TxyRyx + TxzRzx TxxRxy + TxyRyy + TxzRzy TxxRxz + TxyRyz + TxzRzzTyx TyxRxx + TyyRyx + TyzRzx TyxRxy + TyyRyy + TyzRzy TyxRxz + TyyRyz + TyzRzzTzx TzxRxx + TzyRyx + TzzRzx TzxRxy + TzyRyy + TzzRzy TzxRxz + TzyRyz + TzzRzz

(26)

1Los elementos X, Y y Z los mostramos traspuestos, en vertical, porque no caben en lapgina en horizontal.

2No veo cmo se demuestra.

7

Podemos realizar la siguiente transformacin:

TxxRxx+TxyRyx+TxzRzx = TxxRxxTxxRxx+TxxRxx+TxyRyx+TxzRzx(27)

donde hemos sumado y restado TxxRxx, de manera que

TxxRxx TxxRxx + TxxRxx + TxyRyx + TxzRzx = TxxRxx ( 1) + 1 (28)

donde hemos utilizado que

TxxRxx + TxyRyx + TxzRzx = 1 (29)

porque es un elemento diagonal del producto de dos matrices ortogonales, demanera que debe ser la unidad. Para los elementos fuera de la diagonal, elresultado del producto de fila y columna debe ser cero. De manera anloga alcaso anterior:

TxxRxy + TxyRyy + TxzRzy = TxxRxy TxxRxy + TxxRxy + TxyRyy + TxzRzx == ( 1)TxxRxy + (TxxRxy + TxyRyy + TxzRzx)

=0

=

= ( 1)TxxRxy (30)

En general, todos los elementos pueden verse a continuacin, si realizamos lamultiplicacin explcita de las dos matrices3:

I =

Txx Txy TxzTyx Tyy TyzTzx Tzy Tzz

Rxx Rxy RxzRyx Ryy RyzRzx Rzy Rzz

==

TxxRxx + TxyRyx + TxzRzx TxxRxy + TxyRyy + TxzRzy TxxRxz + TxyRyz + TxzRzzTxyRxx + TyyRyx + TyzRzx TyxRxy + TyyRyy + TyzRzy TyxRxz + TyyRyz + TyzRzzTxzRxx + TzyRyx + TzzRzx TxzRxy + TzyRyy + TzzRzy TzxRzx + TzyRyz + TzzRzz

=

1 0 00 1 00 0 1

(31)Utilizando este resultado, la frmula para L

(~V)queda como:

L

(~V)

=

Rxx Rxy Rxz

Txx ( 1)TxxRxx + 1 ( 1)TxxRxy ( 1)TxxRxzTyx ( 1)TyxRxx ( 1)TyxRxy + 1 ( 1)TyxRxzTzx ( 1)TzxRxx ( 1)TzxRxy ( 1)TzxRxz + 1

(32)

3Slo se muestra la parte espacial de las matrices para simplificar.

8

Ya estamos ms cerca de obtener el resultado que buscamos. Todava podemossimplificar un poco ms si nos damos cuenta que

Rxi = i =Vic

Tix = i =Vic

Rxi = niTix = ni (33)

donde i = x, y, z.Creo que esto es debido a que, si tenemos una velocidad paralela al eje x

(0, , 0, 0) y la transformamos mediante la rotacin que expresa R tenemos(obtenemos el mismo resultado para T ) Rxx Rxy RxzRyx Ryy Ryz

Rzx Rzy Rzz

00

= RxxRyx

Rzx

(34)de manera que Rxi = Tix son las coordenadas del vector unitario en la direccinde ~V y ~n es el vector unitario en la direccin y sentido de la velocidad relativa.

~n =~V

V= nx ~ex + ny ~ey + nz ~ez (35)

Si ahora escribimos las ecuaciones de transformacin correspondientes a estamatriz:

ct = ct xx yy zz =

= (ct

~V ~rc

)(36)

~r = ~V t+ ( 1) (~n ~n)~n+ ~r (37)que era lo que se nos peda demostrar.

Podemos entretenernos en ver que los casos particulares en los que la veloci-dad ~V est dirigida segn uno de los ejes de coordenadas se obtienen a partir deeste caso general. Del mismo modo, puede comprobarse que estas expresionesse convierten en las ecuaciones no relativistas cuando 1 ( 1).1.4 Transformacin de velocidad

El sistema inercial de referencia K se mueve con una velocidad relativa~V respecto del sistema inercial de referencia K. Halle la transformacinde Lorentz para las velocidades.

9

Solucin: Partimos de las transformaciones de Lorentz para deducir a partir dela derivacin de las mismas las ecuaciones de transformacin de la velocidad.

x = (x V t)y = yz = z

t = (t V x

c2

)Si derivamos, obtenemos:

dx = (dx V dt)dy = dydz = dz

dt = (dt V

c2dx

)Para obtener la transformacin de la velocidad calculamos dx/dt, etc...

dx

dt= (dx V dt)

(dt Vc2 dx

)dy

dt= dy

(dt Vc2 dx

)dz

dt= dz

(dt Vc2 dx

)Y a continuacin

dx

dt= v

x =

dxdt V

1 Vc2 dxdt=

= vx V1 vxVc2

Para las componentes transversales tenemos

dy

dt= v

y =

1

dydt

1 Vc2 dxdt=

= 1

vy

1 vxVc2

dz

dt= v

z =

1

dzdt

1 Vc2 dxdt=

= 1

vz

1 vxVc2

10

Estas son las ecuaciones de transformacin para la velocidad si los dos siste-mas de referencia se mueven de forma paralela al eje X. Si la velocidad relativano es paralela a ninguno de los ejes del sistema, podemos usar las transforma-ciones de Lorentz en forma vectorial y, siguiendo el mismo procedimiento, llegara que:

~v = ~v ~V + ( 1) (~n ~v)~n(

1 ~v~Vc2)

1.5 Transformacin de la aceleracin.El sistema inercial de referencia K se mueve con una velocidad relativa ~Vrespecto del sistema de referencia K. En el primero de stos una partculatiene velocidad ~v y aceleracin ~a. Halle la transformacin de Lorentz paralas aceleraciones, y demuestre que en el sistema K las componentes de laaceleracin paralela y perpendicular a ~V son

~a =

(1 V 2c2

)3/2(

1 + ~V ~vc2)3 ~a

~a =

(1 V 2c2

)(

1 + ~V ~vc2)3(~a +

~V

c2 (~a ~v)

)

Solucin: La solucin para las ecuaciones de transformacin para las aceleracio-nes se calculan del mismo modo al que hemos calculado las ecuaciones para lavelocidad, solo que el resultado es ms farragoso.

1.6 Transformaciones de Lorentz sucesivas (I)Demuestre explcitamente que dos transformaciones de Lorentz sucesivascon velocidades ~V1 y ~V2 en la misma direccin conmutan y que son equi-valentes a una transformacin de Lorentz simple con velocidad

V = V1 + V21 + V1V2c2

Demostrar que si V1 y V2 son ambas menores de c, entonces V tambinlo es.

Solucin: Suponemos que las dos velocidades son paralelas al eje X (para sim-plificar). A la primera transformacin la llamaremos A y a la segunda trans-formacin B . As, si las transformaciones conmutan, entonces

L = AB

= B

A

(38)

11

Como suponemos que las transformaciones se producen paralelas al eje X, laforma de estas ecuaciones de transformacin ser:

L =

2 22 0 022 2 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1 11 0 011 1 0 0

0 0 1 00 0 0 1

=

=

21 + 2121 121 122 0 0122 121 12 + 1212 0 0

0 0 1 00 0 0 1

(39)Como vemos en la forma de los trminos de la matriz anterior (ecuacin (39)),podemos intercambiar los ndices 1 y 2 sin que la matriz se altere, lo que indicaque las dos transformaciones conmutan.

El siguiente paso ser demostrar que la ejecucin de dos transformacionesconsecutivas en la misma direccin corresponden a una sola transformacin.

Si calculamos 21 + 2121 tenemos:

21 + 2121 =1

1 221

1 21(1 + 21) =

(1 + 12)(1 21) (1 22)

=

=[(

1 21) (

1 22)

(1 + 12)2

]1/2=[

1 22 21 + 2122(1 + 12)2

]1/2=(40)

Ahora utilizamos que

(1 + 2)2 = 21 22 212 21 22 = (1 + 2)2 + 212 (41)

de manera que, si introducimos (41)en (40), entonces:

(40) =[

1 (1 + 2)2 + 212 + 2122(1 + 12)2

]1/2=

=[

1 + 212 + 2122(1 + 12)2

(1 + 2)2

(1 + 12)2

]1/2=

=[

(1 + 12)2

(1 + 12)2 (1 + 2)

2

(1 + 12)2

]1/2=

=[

1 (1 + 2)2

(1 + 12)2

]1/2=

= 11 2 = (42)

12

donde vemos que obtenemos un factor para una velocidad que definimoscomo

1 + 21 + 12 (43)

Para los trminos fuera de la diagonal, procedemos de manera equivalente (pres-cindimos del signo durante el clculo)

121 + 122 = 12 (1 + 2) =1

1 211

1 22(1 + 2) =

=[

(1 + 2)2

(1 21) (1 22)

]1/2=[

(1 + 2)2

1 21 22 + 2122

]1/2=

=[

(1 + 2)2

1 21 22 + 2122 + 212 212

]1/2=

=[

(1 + 2)2

1 + 212 + 2122 21 22 212

]1/2=

=[

(1 + 2)2

(1 + 12)2 21 22 212

]1/2=

=[

(1 + 2)2

(1 + 12)2 (1 + 2)2]1/2

= (44)

=[

(1 + 12)2 (1 + 2)2(1 + 2)2

]1/2=

=[

(1 + 12)2

(1 + 2)2 1]1/2

(45)

Pero si ahora, como antes, llamamos 1+21+12 , tenemos que la ecuacin (45)se escribe:

(45) =[

12 1]1/2

=(

1 22

)1/2=

= 11 2 = (46)

Al final del da, vemos que podemos escribir la matriz (39) de dos transforma-ciones consecutivas de sistemas que se mueven con velocidades relativas V1 y V2

13

(que hemos supuesto paralelas al eje X) como:

L =

21 + 2121 121 122 0 0122 121 12 + 1212 0 0

0 0 1 00 0 0 1

=

=

0 0 0 0

0 0 1 00 0 0 1

donde viene dado por (43)

1 + 21 + 12Es decir, que las dos transformaciones consecutivas son equivalentes a una trans-formacin con la velocidad dada por la expresin (43).

Finalmente queda demostrar que si 1 y 2 son ambas menores que 1, en-tonces tambin es menor que 1. Para demostrar que tanto 1 como 2 sonmenores que 1, lo que haremos ser calcular dnde se produce el mximo para con respecto a los dos parmetros:

(i = 1, 2) i

= 0 Extremo (mximo)

1= 1 + 12 (1 + 2)2

(1 + 12)2= 0

1 + 12 12 22 = 01 22 = 0

2 = 1 = +1 = maxComo vemos, el mximo de se produce cuando 1 y 2 valen 1; en este casomximo:

= 1 + 11 + 1 1 =22 = 1

Es decir, < 1 1, 2.1.7 Transformaciones de Lorentz sucesivas (II)

Demuestre explcitamente que dos tranformaciones de Lorentz sucesivasperpendiculares ( ~V1 segn el eje X y ~V2segn el eje Y) no conmutan.

Solucin: Seguiremos el mismo procedimiento que en el ejercicio anterior, esdecir, partiendo de las matrices L (V ~ex) y L (V ~ey)

correspondientes a una

trasnformacin segn el eje X y el eje Y, respectivamente, calcularemos su pro-ducto para buscar la matriz resultante L y ver si conmuta o no.

L = L (V ~ex) L (V ~ey)

= L (V ~ey)

L (V ~ex)

(47)

14

L = L (V ~ex) L (V ~ey)

=

x xx 0 0xx x 0 0

0 0 1 00 0 0 1

y 0 yy 00 1 0 0

yy 0 y 00 0 0 1

=

=

xy xx xyy 0xyx x xyxy 0yy 0 y 0

0 0 0 1

(48)Si ahora calculamos

L = L (V ~ey) L (V ~ex)

=

y 0 yy 00 1 0 0

yy 0 y 00 0 0 1

x xx 0 0xx x 0 0

0 0 1 00 0 0 1

=

=

xy xyx yy 0xx x 0 0xyy xyxy y 0

0 0 0 1

(49)Como vemos, el resultado de (48) y (49) no es el mismo, lo que demuestra quelas trasnformaciones de velocidad en direcciones perpendiculares no conmutan.1.9 Velocidad relativa de dos sistemas en movimiento

Consideremos tres galaxias, A,B y C. Un observador situado en A midelas velocidades de B y C y encuentra que se estn moviendo en direccionesopuestas y cada una de ellas con una velocidad 0.7c relativa a l. Por tanto,de acuerdo con las medidas en su sistema de referencia la distancia entreB y C aumenta a razn de 1.4c. Cul es la velocidad de A observada enB? Cul es la velocidad de C observada en B?

Solucin: La velocidad de A en el sistema de referencia A (SA) es vAA = 0. Lavelocidad de A en SB es de -0.7c.

Para hallar la velocidad de C observada desde B tenemos que utilizar la leyde transformacin de velocidades de Lorentz.

vBC =vAC vAB1 vACvABc2

=

= 0,7c 0,7c1 + 0,7c0,7cc2

=

= 1,4c1 + 0,49 0,94c

15

2. Dilatacin del tiempo2.1 La Tierra alrededor del Sol

La velocidad orbital de la tierra alrededor del Sol es de unos 30 km/s. Enun ao, cuntos segundos pierden los relojes de la Tierra con respecto alos relojes de un sistema en reposo respecto del Sol?

Solucin: Si el sistema T(ierra) se mueve a 3 104m/s con respecto al Sol,el efecto de dilatacin del tiempo vendr dado, en un sistema en reposo conrespecto al Sol por

tT = tS (50)

Como queremos calcular la diferencia entre ambos tiempos,

tS tT = tS (1 ) = tS1 1

1 (Vc )2 (51)

Como la velocidad de traslacin V es muy pequea comparada con la velocidadde la luz c, podemos aproximar 4

1 + x2

2 + (3x4)/8 + (5x6)/16 + (35x8)/128 + (63x10)/256 +O(x11) (52)

donde x Vc = . As

tS tT tS(

1 1 12(V

c

)2+

)=

= tS2(V

c

)2+ (53)

Si ahora introducimos valores

tS = 31536000 sV/c = 104

finalmente tenemos

tS tT = 31536000

2 108 = 0, 158 s

Es decir, los relojes de la Tierra pierden una dcima y media de segundo al aodebido a la dilatacin del tiempo.

4Utilizando Wolfram Alpha (http://www.wolframalpha.com/input/?i=1%2Fsqrt%281-x^2%29+)

16

2.2 Apolo XEl rcord mundial de velocidad alcanzado por un ser humano relativo a laTierra es de 24791 mi/h, que fue alcanzado por la tripulacin de la naveApolo X en su viaje de regreso a la Tierra. A esta velocida, cul es ladilatacin temporal de un reloj en la nave con respecto de un reloj en laTierra?

Solucin: Un reloj situado en el Apolo X se mueve a una velocidad relativa a unosituado en la Tierra a la velocidad VX , de manera que el efecto de la dilatacintemporal en la nave ser:

tT = tX (54)Recordando que una mi/h son 0,44704 m/s, podemos calcular el efecto de ladilatacin temporal:

24791mi/h 0,44704m/s1mi/h = 11082, 57m/s (55)

tTtX

= 11 V 2X/c2

1 12(VXc

)2+ (56)

1 6,824 1010 0,999999999317648012195 (57)Incluso a estas velocidades, los efectos relativistas son muy pequeos.

2.3 Muones en la atmsfera.Las partculas inestables como los muones se desintegran siguiendo unaley segn la cual la probabilidad de desintegracin al cabo del tiempo tes 1 exp (t/), mientras que la probabilidad de no-desintegracin esexp (t/), siendo la vida media de la partcula. Para los muones, lavidad media es de = 2,20 106 s. Suponga que el impacto de un ra-yo csmico en la atmsfera crea un mun a 40 km de altura y con unavelocidad de 0,99c hacia abajo. Entonces

1. Si no hubiera alcance temporal, cul sera la probabilidad de que elmun alcance la superficie terrestre?

2. Halle la misma probabilidad considerando la dilatacin temporal.

Solucin: Si no consideramos los efectos de la dilatacin del tiempo, el tiempoque tardara un mun en recorrer 40 km a 0.99c sera

tNo relativista =x

v= 40 10

3

0,99c = 1,35 104 s (58)

La probabilidad de que el mun no se haya desintegrado pasado ese tiempo esde

PNo desintegrado = exp(1,35 104/2,20 106) = e61,364 2,2381027 ' 0

(59)

17

La probabilidad de que el mun no se haya desintegrado al llegar a la superficiede la Tierra es increiblemente pequea (si no tenemos en cuenta el efecto de ladilatacin relativista del tiempo). Si la consideramos, la cosa cambia; en estecaso, el tiempo que transcurre en un reloj en reposo que viaje con el mun conrespecto al de un reloj estacionario en la superficie de la Tierra sera:

tT = t t = tT / (60)(Ahora es la Tierra la que est en movimiento con respecto al mun estaciona-rio). Es decir, para el mun en movimiento slo transcurren:

t = 1,35 104/ 11 (0,99)2

= 1,904 105s

Ahora la probabilidad de que el mun haya sobrevivido mientras la Tierra se lelanza encima es dePSupervivencia mun = exp

(1,904 105/2,20 106) = exp (8,656) = 1,740104Como vemos, la probabilidad sigue siendo pequea, pero es enormemente supe-rior a la probabilidad calculada sin tener en cuenta los efectos relativistas.2.4 Piones en un acelerador

La vida media de los piones es de 1,8108 s. Un haz de piones sale de unacelerador con una velocidad de 0.8c. Cul es clsicamente la distanciaa la cual la mitad de los piones ha desaparecido? Responder a la mismapregunta en el marco relativista.

Solucin: Respuesta: En este caso, vamos a utilizar la frmula del problema an-terior para calcular el tiempo que tiene que transcurrir para que la probabilidadde que un pin no se haya destruido sea del 50%.

P = exp (t/pi) (61)t = lnP1/2 pi = 1,248 108 s (62)

Durante este tiempo, si no consideramos los efectos relativistas, el pin recorrer:xNR = v t = 0,8c 1,248 108 = 2,994 3m (63)

Si ahora tenemos en cuenta los efectos relativistas, el tiempo que medir un relojfijado al pin ser mayor en un factor . Es decir, el reloj fijo al pin se observarms lento, con lo que el pin vivir ms (observado desde el Laboratorio)

pi = Lab (64)

Spi = 1,8 108/

1 0,82 = 3 108 s (65)Es decir, un tiempo mayor (debido a la dilatacin temporal). Durante este in-tervalo dilatado de tiempo, el pin recorrer:

xRel = v Spi = 0,8c 3 108 = 7,2m (66)Vemos como, si tenemos en cuenta los efectos de la dilatacin temporal, el pinrecorre una distancia que es algo mayor al doble de lo que lo hara si no setuviera en cuenta el efecto relativista.

18

3. Contraccin de Lorentz3.1 Contraccin de un avin

Cul es el porcentaje de contraccin de la longitud de un avin a chorrovolando al doble de la velocidad del sonido, o sea a unos 660 m/s? Cuntotiempo tomara, segn los relojes de la Tierra, para que los relojes del avinretrasen 1 ms? Estime slo los efectos de la Relatividad Restringida.

Solucin: Si la longitud de un avin a chorro, en reposo, es la, la longitud medidadesde un sistema con el que se encuentra en movimiento relativo vendr dadapor:

la = l/ (67)

Si el avin se mueve a una velocidad de 660 m/s, entonces:

la = l 11

(660

3108)2 (68)

Como la velocidad a la que se mueve el sistema es muy pequea comparada conla velocidad de la luz, podemos aproximar

la l(

1 12(V

c

)2+

)(69)

El porcentaje ser:

l lal

= 1(

1 12(V

c

)2)= 12

(V

c

)2= 12

(660

3 108)2

= 2,42 1012

(70)En cuanto a los relojes, desde Tierra los relojes situados en el avin se observanfuncionando a un ritmo ms lento. La diferencia entre los tiempos observadosen los relojes situados en el avin y los fijos en Tierra es:

tT = ta (71)

Queremos calcular cunto tiempo tiene que pasar para que tT ta = , donde = 1ms. Despejando, obtenemos

tT ta = ta ( 1) =

ta =

1 (72)

Pero nosotros estamos interesados en conocer el tiempo que tiene que pasarsegn los relojes de la Tierra, de manera que, mediante tT = ta, la expresin

19

(72) se convierte en

tT = ta =

1 =112

112 1

=

= 11

1 2 (73)

Pero como sabemos que la velocidad del avin a chorro es muy pequea com-parada con la velocidad de la luz, podemos aproximar

1 2 1 2

2 + (74)

de manera que(73)tT

1(

1 22) = 2

2(75)

Si introducimos valores, obtenemos

tT =2 103(

6603108

)2 5 108 s 1 ao3600 24 365 = 15 aos3.2 Contraccin del dimetro terrestre

Determinar la contraccin del dimetro terrestre (en el plano de la eclp-tica) para un observador O en reposo respecto del Sol. Estime slo losefectos de la Relatividad Restringida.

Solucin: Suponemos que el observador situado en el Sol percibe la Tierra acer-cndose en lnea recta hacia l, y no siguiendo una trayectoria elptica. En estasituacin, el dimetro de la Tierra aparecer contrado en un factor .

DS =DT

= DT

1

(V

c

)2= (76)

= 12 106

1(

3 1043 108

)2(77)

Como la velocidad de la Tierra es 104 veces menor que la velocidad de la luz,aproximamos:

DS DT(1 108)

DS DT DT 108 = 12 106 108 = 12 102 = 0,12m (78)3.3 Contraccin del uno por ciento

Hallar la velocidad a la cual la contraccin de Lorentz es del uno porciento.

20

Solucin: Si queremos que la longitud sea del 0.99, podemos hacer, simplemente

C L = L/ = L

1 2

y aislar

C =

1 2C2 = 1 2 =

1 C2 (79)

As, si queremos que la contraccin sea del 1%, entonces C = 0,99, con lo que

=

1 0,992 = 0,141c 42000Km/s

4. Espacio de Minkowski4.1 Lnea de universo de una partcula en movimiento rectilneo uniforme

Haga un esquema de la lnea de universo de una partcula con movimientorectilneo uniforme (MRU) y que pasa por el origen de coordenadas en t=0.Haga el mismo esquema para:

1. Una partcula en reposo.2. Una partcula que se mueve con velocidad constante positiva y que

no pasa por el origen de coordenadas.3. Una partcula en reposo hasta un instante de tiempo dado despus del

cual se pone en movimiento con una velocidad constante negativa.

Solucin:

21

El diagrama anterior muestra la trayectoria (en rojo) de una partcula enmovimiento rectilneo uniforme que pasa por el origen en el instante t = 0.Cuanto menor es la velocidad de la partcula, ms vertical ser la trayectoria.A medida que la velocidad de la partcula aumenta, la lnea se aproxima cadavez ms hacia la bisectriz de los ejes de coordenadas (lnea discontnua quecorresponde a la lnea de universo de un fotn emitido en t = 0 desde el origen).

El diagrama muestra la lnea de universo de una partcula estacionaria (si-tuada en la posicin de x = 2 unidades del eje x).

22

El diagrama muestra la lnea de universo de una partcula con velocidadconstante positiva que no pasa por el origen de coordenadas.

El diagrama muestra la lnea de universo de una partcula estacionaria enx = 2 hasta un instante t = 1, en el que empieza a moverse con velocidadconstante negativa.

4.2 Lnea de universo de una partcula uniformemente acelerada.Haga un esquema de la lnea de universo de una partcula con movimientorectilneo uniformemente acelerado (MUA).

Solucin: La lnea de universo de una partcula uniformemente acelerada tendruna pendiente que se incrementar (si a > 0), desde 0 (lnea vertical, partculaen reposo) hasta ser tangente con la lnea de universo de un fotn (bisectriz delos ejes de coordenadas) (pendiente = 1).

La lnea de universo de una partcula en MUA vendr dada por:

x = x0 + v0t+12at

2

Si la partcula est inicialmente en x = 0, con v0 = 0, entonces:

23

Pero como vemos, la lnea de universo de una partcula con un MUA en estecaso alcanza una pendiente mayor que 1, lo que significara que la velocidad dela partcula sera mayor que la velocidad de la luz. Esto ocurre porque no hemostenido en cuenta los efectos relativistas.

4.3 Lnea de universo de una partcula entre dos paredesHaga un esquema de la lnea de universo de una partcula que rebota entredos paredes rgidas elsticamente y con velocidad constante.

Solucin:

24

4.4 Lnea de universo de un planetaDescriba la lnea de Universo de un planeta en una rbita elptica alrededordel Sol en un diagrama espacio-tiemp tridimensional con dos dimensionesespaciales y una dimesin temporal.

Solucin: Si describimos la trayectoria de un planeta en un espacio bidimensional(X-Y), sin tener en cuenta el tiempo, la trayectoria descrita ser una elipse. Siaadimos el eje temporal, la posicin del planeta va cambiando a medida quepasa el tiempo. Es decir, la trayectoria en este sistema tridimensional ser unaespiral de que se enrolla (o deslpliega) a lo largo del eje temporal, mientras quelas proyecciones de los puntos sobre el plano X-Y forman la trayectoria elptica.

25

4.5 Relacin entre sucesos en el espacio tiempo.A continuacin se dan las coordenadas (ct, x) de varios sucesos en undiagrama bidimensional de Minkowski. Calcule el intervalo entre cada parde ellos. Diga si es espacialoideo, temporaleideo o lumnico. Diga si puedehaber relacin causal entre estos dos sucesos. Se sobreentiende que se usanlas mismas unidades a lo largo del problema.

Suceso (ct, x)A (0, 0)B (1,1)C (1, 2)D (2, 1)

Solucin: El intervalo entre dos sucesos es un invariante que se calcula a partirde

s2 = (ct)2 x2 (80)As pues, construiremos una tabla con todas las posibles combinaciones de su-cesos, indicando el valor de s2 y el tipo de intervalo al que corresponde5.

Sucesos s2=(ct)2 x2 Tipo Intervalo Relacin CausalA-B (0 (1))2 (0 (1))2 = 0 LumnicoA-C (0 1)2 (0 2)2 = 3 < 0 EspacialoideoA-D (0 2)2 (0 1)2 = 3 > 0 TemporaloideoB-C (1 1)2 (1 2)2 = 5 < 0 EspacialoideoB-D (1 2)2 (1 1)2 = 5 > 0 TemporaloideoC-D (1 2)2 (2 1)2 = 0 Lumnico5La definicin de French de intervalo es la inversa a la del libro de problemas. French: Si

ct > x s2 > 0, entonces es posible transformar a un sistema de referencia en el cual eleje ct sea paralelo a la lnea que une los sucesos, lo que significa que los dos sucesos ocurrenen el mismo punto pero en tiempos diferentes (pag 126-djvu, 117-french). Es decir, tenemosun intervalo temporal. En el libro de problemas, s2 < 0temporaloideo (relacin causal)

26

Si dibujamos los sucesos en un diagrama de Minkowski i los unimos por pares,podemos ver en cada caso la relacin entre los diferentes sucesos de forma visual:

Si la lnea que une dos sucesos est contenida en la regin futuro (es de-cir, como la pareja P Q en el la figura extrada del French), el intervalo estemporaloideo (y lo hemos dibujado con color verde). Los sucesos unidos porun rayo de luz (es decir, una lnea inclinada 45), forman un intervalo lum-nico. Los intervalos unidos mediante lnea discontnua azul forman intervalosespacialoideos.

4.6 Diagrama de Minkowski de sucesos separados por un intervalo de tiempotemporaloideo.

27

Se tienen dos sucesos que en el sistema inercial K estn caracterizados porlos cuadrivectores x (ct1, ~r1) = (ct1, x1, 0, 0) y y (ct2, ~r2) = (ct2, x2, 0, 0).Suponga que el intervalo s2 entre ellos es de tipo temporaloideo. Hallegrficamente el sistema K en el que ambos sucesos ocurren en el mismopunto del espacio.

Solucin:

Como no tenemos datos numricos de los valores de xo y, los situamosen el diagrama de Minkowski de manera que compongan un intervalo de tipotemporal. En esta situacin, podemos realizar un cambio de sistema de referenciaque consiga que los dos sucesos estn ubicados sobre el eje ct. De esta manera,vemos que los dos sucesos suceden en la misma posicin pero en instantes detiempo diferentes en este sistema K .

4.7 Diagrama de Monkowski de sucesos separados por un intervalo espacialoi-deo.Se tienen dos sucesos que en sistema inercial K estn caracterizados porlos cuadrivectores x = (ct1, x1, 0, 0) y y = (ct2, x2, 0, 0). Suponga que elintervalo s2 entre ellos es de tipo espacialoideo. Halle grficamente el sis-tema K en el que ambos sucesos ocurren en el mismo instante de tiempo.

Solucin:

28

Como no tenemos datos numricos de los valores de xo y, los situamosen el diagrama de Minkowski de manera que compongan un intervalo de tipoespacial. En esta situacin, podemos realizar un cambio de sistema de referenciaque consiga que los dos sucesos estn ubicados sobre el eje x. De esta manera,vemos que los dos sucesos suceden en posiciones diferentes, pero en el mismoinstante temporal en este sistema K .

5. El intervalo s2

5.1 El intervalo y el tiempo propioDemuestre que ds2 = c2d2, donde es el tiempo propio6.

Solucin: Sabemos que s2 es invariante, de manera que vale lo mismo en cual-quier sistema de referencia.

s2 = (ct)2 x2Si calculamos el intervalo en el sistema de referencia que se mueve con nuestrapartcula, entonces los tiempos medidos son propios (son medidos en el mismo

6En el enunciado del problema aparece ds2 = c2d2 porque la definicin de intervalo ess2 = x2 c2t2, al revs que en French.

29

lugar). Es decir, dx = 0 y dt = d (donde es el tiempo propio). Segn esterazonamiento,

s2 = (cd)2 dx2 == c2d2

5.2 Sucesos simulatneosDos eventos o sucesos estn separados por un intervalo espacialoideo. De-muestre que existe un sistema inercial de referencia en que estos eventosocurren en un mismo instante de tiempo. Halle la velocidad a la que semueve respecto del sistema en que estos sucesos estn separados por elcuadrivector de posicin x0 = (ct,~r).

Solucin: Supongamos que dos sucesos x1 y x2 estn separados por un intervalo

espacialoideo. Esto significa que el intervalo invariante que los separa cumple:

s2 < 0

En particular, podemos encontrar un sistema de referencia en el que se verifique

(ct)2 =0

(x)2 < 0

Es decir, s2 = x2. Escogemos el sistema K de manera que se mueva convelocidad paralela al eje X de K. Sabemos que los intervalos de tiempo medidosen K y K estn relacionados por:

t =t Vc2 x(1 (Vc )2)

Pero enK los sucesos son simultneos, de manera que t = 0. As, la velocidada la que se mueve este sistema K con respecto a K es

0 = t Vc2

x

V = c2 tx5.3 Orden temporal de dos sucesos

A las 14h0min0s un rayo cae en New york. A las 14h0min0,003s otro caeen Miami a una distancia de 1760Km. Halle la velocidad, relativa a laTierra, de una nave respecto a de la cual el rayo de New York es anterioral de Miami.

Solucin: Calculamos el intervalo invariante entre los dos sucesos:

s2 = (ct)2 (x)2 == (c 0,003)2 (1, 760 106)2 =

= 2,2876 1012 (81)

30

Como vemos, el intervalo s2

estos dos sucesos sean simultneos? Existe un sistema en el que ocurrranen el mismo punto del espacio? En tal caso, cul sera su separacintemporal?

Solucin: En primer lugar calculamos el intervalo invariante entre estos dossucesos.

s2 = (ct)2 x2 = (3 108 8)2 (2,0 109)2 = 1,76 1018 (85)Como vemos, el intervalo es positivo, es decir, temporaloideo. Esto significa queexiste un sistema de referencia en el que los dos sucesos ocurren en el mismolugar, estando separados nicamente por un intervalo de tiempo. La velocidadrelativa de este sistema con respecto al primero la podemos obtener de

x = (x Vt) = 0V = xt =

2,0 1098 = 2,5 10

8 = 0,83c (86)

En este sistema la separacin temporal de los intervalos ser:

t = (

t Vc2

x)

o a partir del intervalo

s2 = (ct)2 x2 = (ct)2 x21,76 1018 = (ct)2 0

t = 1c

1,76 1018 = 4,4222 s5.6 Ejemplo numrico de transformacin de x y t.

Dos sucesos tienen lugar en el mismo sitio en un determinado sistema dereferencia y se encuentran separados por un intervalo de tiempo de 4 s.Cul es la separacin espacial de estos dos sucesos en un sistema inercialen el que se encuentran separados por un intervalo de 6 s?

Solucin: Calculamos el intervalo invariante para el primer sistema, en el quet = 4 s y x = 0.

s2 = (ct)2 (x)2s2 = c2 (t)2

En otro sistema, sabemos que la separacin espacial es de t = 6 s. Utilizandoel intervalo invariante, obtenemos la separacin espacial de estos dos sucesos eneste sistema de referencia:

s2 = (ct)2 (x)2

c2 (t)2 = (ct)2 (x)2

(x)2 = c2[(t)2 (t)2

]x = c

(t)2 (t)2 = c

62 42 = 36 16c 1,342 109m

32

6. Problemas variados6.1 Estrella binaria

Suponga que una estrella binaria consiste en dos estrellas, orbitando unarespecto a la otra en rbitas circulares con un periodo de 104 das. Lavelocidad orbital de una de las estrellas es de 25 Km/s. Suponga que laTierra est en el plano orbital de tal sistema a una distancia L. De acuerdocon la teora balstica de la luz, la velocidad de la luz emitida por la estrellaes de c + 25 km/s cuando la estrella est en un extremo de su rbitay aproximndose a la Tierra y de c 25 km/s cuando la estrella estalejndose. Si L es suficientemente grande los astrnomos de la Tierravern la estrella simultneamente en ambos extremos de la rbita, o sea,vern dos imgenes de la estrelal en oposicin. Cul es el valor crticode L?

Solucin:

El tiempo que tarda la luz en llegar desde la estrella que se acerca vendrdado por

t1 =L

c+ V (87)

mientras que para la estrella que se aleja de la Tierra ser:

t2 =L

c V (88)

La condicin que debe cumplirse para que veamos la estrella doble (tal ycomo aparece en el esquema) se da cuando la estrella ha recorrido la mitad de

33

su rbita, es decir, cuando

t2 t1 = T2 (89)L

c V L

c+V =T

2 (90)

Suponemos que conocemos el periodo de rotacin de la estrella T , de maneraque la longitud a la que se verifica la condicin es:

L

c V L

c+ V =T

2L (c+ V ) L (c V )

c2 V 2 =T

22LV

c2 V 2 =T

2

L = T2c2 V 2

2VAs pues, con los datos del problema:

L = 104 24 36002

(3 108)2 (25 103)2

2 (25 103)2 = 8,087 1018m

6.9 Atravesando la galaxia a v c.Nuestra galaxia mide de extremo a extremo cerca de 105 aos-luz, y las par-tculas conocidas con mayor energa poseen una energa de unos 1019 eV.Cunto tiempo tardar un protn que posea esta energa en atravesar lagalaxia si el tiempo se mide en el sistema de reposo de:

1. la galaxia?2. la partcula?

Solucin: Llamamos d a la distancia de extremo a extremo de la Galaxia y V ala velocidad del protn, siendo E0 la energa en reposo de la partcula.

La energa total esE = E0 =

E01 2 (91)

A partir de aqu podemos calcular la velocidad a la que se mueve la partcula:

=

1

(E0E

)2(92)

Ahora utilizamos que t = d/V y que t0 = t/. As, el tiempo que tardar lapartcula en el sistema en reposo con la galaxia ser:

t = d

c

1 (E0E )2 (93)34

Mientras que en el sistema propio (en movimiento con la partcula)

t0 = t/ = tE0E

(94)

donde expresamos utilizado la relacin entre la energa total y la energa enreposo

t0 =d

c

1 (E0E )2

E0E

(95)

Como en la situacin que describe el problema E0 E, podemos aproximar1

1 (E0E )2 1 +12

(E0E

)2+ (96)

de manera que

t dc

(1 + 12

(E0E

)2+

) dc

(97)

y

t0 dc

(E0E

)(1 + 12

(E0E

)2+

) dc

(E0E

)(98)

Si introducimos valores numricos:

E0 = 938MeVE = 1019 eVd = 105 aos-luz

tenemost = d

c= 105 aos

En el sistema propio del protn:

t0 = t/ = tE0E

= 105 aos938 106

1019 = 9,38 106 aos= 365 24 3600ao s = 295,80768 s = 4,9minutos.

= 9,38 106 aos 365 24 3600ao s = 295,80768 s = 4,9minutos.

Como vemos, en este caso la dilatacin temporal es muy importante.

Parte IIDinmica relativista7. Leyes dinmicas7.1 Segunda ley de Newton

35

Halle en qu se convierte la segunda ley de Newton ~F = m~a bajo lastransformaciones de Lorentz.

Solucin: Vamos a suponer que todo pasa en una direccin, de manera queelegimos dos sistemas de referencia en movimiento relativo R y R con velocidadV ~ex con el eje x paralelo entre los dos sistemas de referencia.

Como hemos visto, la ley de transformaciones de la velocidad es

ux =ux + V1 + V u

x

c2

(99)

t = (t V x

c2

)(100)

A partir de aqu, derivando

dux =dux

(1 + V u

x

c2

) (ux + V )

(Vc2 du

x

)(

1 + V ux

c2

)2 = (101)=

dux + duxV uxc2 uxVc2 dux V

2

c2 dux(

1 + V ux

c2

)2 = (102)=

dux V2

c2 dux(

1 + V ux

c2

)2 = dux(

1 V 2c2)

(1 + V u

x

c2

)2 = dux2(

1 + V ux

c2

)2 (103)Y en cuanto al tiempo,

dt = (

1 + vux

c2

)dt (104)

Ahora ya podemos calcular la ecuacin de transformacin para la aceleracin:

ax =duxdt

= ax

2(

1 + V ux

c2

)3 (105)As que la ley de transformacin para la ley de Newton, cuando slo tenemosmovimiento a lo largo del eje x es:

F x = max = max

2(

1 + V ux

c2

)3 (106)7.2 Masas transversal y longitudinal

Demuestre que la ecuacin relativista de movimiento se puede expresarcomo

md~v

dt=

1(vc

)2~F ~v(~F ~v

)c2

(107)36

Halle la forma de esta ecuacin en trminos de las partes transversal ylongitudinal de la fuerza ~F .

Solucin: Partimos de la ecuacin de movimiento

md (~v)dt

= ~F

md

dt~v +md~v

dt= ~F

m31c2~vd~v

dt~v +md~v

dt= ~F (108)

Esta ltima ecuacin puede arreglarse un peln ms...

m3v2

c2d~v

dt+md~v

dt= ~F

md~v

dt

(1 +

(vc

)22)

= md~vdt

(1 (vc )2 + ( vc )2

1 ( vc )2)

= m3 d~vdt

= ~F

Multiplicamos escalarmente por ~v la ltima expresin (por la derecha),obteniendo

m3d~v

dt ~v = ~F ~v (109)

Subsituyendo (109) en (108), tenemos

1c2~v(~F ~v

)+md~v

dt= ~F

md~v

dt= ~F 1

c2~v(~F ~v

)(110)

Si suponemos que la fuerza se descompone en dos partes, una paralela ~Fy una transveral ~F de manera que ~F = ~F + ~F a la direccin de lavelocidad, entonces

md~v

dt= ~F + ~F 1

c2~v((

~F + ~F) ~v)

md~v

dt= ~F 1

c2~v(~F ~v

)+ ~F 1

c2~v(~F ~v

)

=0

d~v

dt=

~Fm

+~F 1c2~v

(~F ~v

)m

Ahora nos concentramos en arreglar el segundo trmino de la ecuacin

37

anterior:~F 1c2~v

(~F ~v

)m

=Fe 1c2 ve

(Fv

)m

= eFm

(1 v

2

c2

)

2

=

= eFm3

=~Fm3

As, como vemos, podemos introducir una masa longitudinal m y unamasa transversal m de manera que

d~v

dt=

~Fm

+~Fm

(111)

con

m = m3

m = m

7.4 Lmite no relativistaSuponga que = v/c 1 (lmite no relativista). Demuestre las siguientesfrmulas aproximadas:

E mc2 +mv2/2 = mc2(

1 + 2

2

)K mv2/2 = mc22/2pc mvc = mc2 1 +

2

2

Solucin: Para considerar el lmite relativista, debemos ver que el factor seconvierte en 1 para velocidades muy pequeas. De hecho, cuando 1 pode-mos aproximar

= 11 2 1 +

2

2 +

As, para el resto de frmulas:

E = m0c2 (

1 + 2

2

)mc2 = mc2 +mc22/2

K = E E0 = m0c2 m0c2 = m0c2 ( 1) m0c2(

1 + 2

2 1)

= m0c22/2

pc = mvc = mc2 mc2(

1 + 2

2

)= mc2

38

7.5 Lmite ultrarelativistaSuponga que = 1 1 (lmite ultrarelativista). Demuestre las siguien-tes frmulas aproximadas:

1 2/2E 1mc2

K/E 1 pc/E 1 2/2K/pc 1 + 2/2

Solucin: En este caso estamos en la situacin inversa al problema anterior.Como podemos ver en el enunciado = 1, por lo que =

1 2. Y como

1 1 1. En esta situacin

=

1 22 = 1 2 =

1 2

Si 1 1, entonces 1, por lo que podemos aproximar 1 x2 1 x22de manera que

1 2

2Ahora vamos a por la energa

E = m0c2 = 1m0c2

K/E = (E E0) /E = 1 E0/E = 1 m0c2

m0c2= 1 1 = 1

pc/E = m0c2/m0c2 = 1 2

2

K/pc = 1 1 2/2 (1 )(1 + 2/2

)= 1 +

2

2 +O(3)

7.7 Dependencia de la velocidad con el momentoObtenga la expresin de la velocidad como funcin del momento.

39

Solucin: Partimos de la expresin del momento en funcin de la velocidad.

p = m0v = m0c = m0c

1 2p

m0c=

1 2(p

m0c

)2=

2

1 2(p

m0c

)2 2

(p

m0c

)2= 2(

p

m0c

)2= 2

(1 +

(p

m0c

)2)(

pm0c

)

1 +(

pm0c

)2 = Multiplicamos por c para mostrar mejor que la funcin depende del cocienteentre pc y m0c2 (la energa en reposo de la partcula)

=

(pc

m0c2

)

1 +(

pcm0c2

)2Si representamos esta funcin tenemos

40

7.8 Dependencia de la velocidad con la energa.Estudie la dependencia de la velocidad con la energa en la Mecnica Re-lativista.

Solucin: Partimos de la frmula

E = m0c2E

E0= 1

1 21 2 = (E0/E)2

=

1

(E0E

)2Si representamos grficamente esta frmula:

41

Como vemos en el grfico, si la energa de la partcula E = E0 es decir,toda la energa de la partcula es energa en reposo -no tiene energa cintica-,la velocidad es cero (como es lgico). A medida que aumentamos la energa dela partcula, la velocidad no crece indefinidamente, sino que se acerca asintti-camente al valor = 1 = v/c.

7.9 Velocidad de protones a distintas energasCalcule la velocidad de protones a los siguientes valores de la energa ci-ntica: 0.5 GeV, 1 GeV, 2 GeV y 10 GeV.

Solucin: Partimos de la frmula deducida en el problema anterior para la ve-locidad en funcin de la energa de la partcula, solo que ahora nos interesaexpresar la velocidad en funcin de la energa cintica, no de la energa total.

=

1

(E0E

)2=

1

(E0

E0 +K

)2=

1( 11 + KE0

)2

Si definimos KE0 , es decir, la energa cintica en unidades de la masa enreposo de la partcula, podemos arreglar un poco ms la ecuacin anterior:

=

1 1(1 + )2

=

1 + 2 + 2 1(1 + )2

= (+ 2)+ 1 (112)

Como estamos hablando de protones, E0 = 938MeV 1GeV . As, para losdatos del enunciado,

42

0.5 0.7453561

3/2 0,866025

2 2

2/3 0,94280910 2

30/11 0,995859

En general, si representamos la velocidad en funcin de la energa cintica, obtenemos la siguiente grfica:

Nuevamente vemos que por mucha energa que aportemos a la partcula enforma de energa cintica, su velocidad se acerca asintticamente a la velocidadlmite de la luz c ( = 1).7.10 Velocidad, momento y energa del fotn y de las partculas masivas

Se tienen un fotn y dos partculas de masas m1 y m2 respectivamente, lastres con la misma energa E. Ordene las tres partculas en orden crecientede:

1. velocidad.2. momento.

Solucin: La velocidad de un fotn es c, la velocidad de la luz. Dado que ningunapartcula masiva puede alcanzar la velocidad c, el fotn ser la partcula msrpida. Para comparar la velocidad de las dos partculas masivas, suponemosque m1 < m2. En este caso, a partir de la frmula

E = m0c2 =

1(m0c2

E

)2As, si las dos partculas tienen la misma energa, la partcula menos masivatendr una velocidad ms alta. As, la clasificacin de las tres partculas, encuanto a velocidad sera:

43

Posicin Partcula1 Fotn = 12 Partcula masa m13 Partcula masa m2

En cuanto al momento, la relacin para el fotn es p = E/c, mientras quepara las partculas es

pc = m0c2 = m0c2

Si expresamos en trminos de E, tenemos

pc = E

1

(E0E

)2=E2 E20

As, vemos que la partcula ms masiva m2 tendr un momento menor que lapartcula de masa m1. Las dos partculas masivas, a su vez, tienen un momentomenor que el fotn. Podemos ver que parte de la energa de la partcula debeinvertirse en masa en reposo, lo que las pone en desventaja -en esta comparacin-las partculas masivas con respecto al fotn.

Posicin Partcula1 Fotn p = E/c2 Partcula m13 Partcula m2

7.11 Masa en trminos del momento lineal y la energa cintica.Demuestre que es posible hallar la masa de una partcula si se conocen suenerga cintica K y su momento lineal p a travs de la expresin

m = (cp)2 K22Kc (113)

A qu se reduce en el lmite no relativista?Halle la masa de una partcula cuya energa cintica es de 55.0 MeV ycuyo moment lineal es de 121 Mev/c; exprese la respuesta en trminos dela masa del electrn me.

Solucin: Partimos de la expresin

E2 = (cp)2 +m20c4

44

A partir de la cual lo nico que tenemos que hacer es aislar m.

E2 (m0c2)2 = (cp)2(E m0c2

) (E +m0c2

)= (cp)2(

K +m0c2 m0c2) (K +m0c2 +m0c2

)= (cp)2

K(K + 2m0c2

)= (cp)2

K2 + 2Km0c2 = (cp)2

2Km0c2 = (cp)2 K2

m0 =(cp)2 K2

2Kc2

A continuacin vamos a calcular el lmite no relativista.

m0 =p2

2K K

c2

Vemos que el segundo trmino, para velocidades pequeas, ser despreciable conrespecto al primero, por lo que el la aproximacin a velocidades no relativistassera, directamente

m0 (no relativista) p2

2KEn cuanto al clculo de la masa de una partcula, a partir de los dados propor-cionados en el enunciado,

m0 =(121MeV )2 (55,0Mev)2

2 55MeV c2 = 105MeV

c2

Pero como nos piden que expresemos el resultado en funcin de la masa delelectrn, que es de 0,511MeV/c2 entonces

m0me

= 1050,511 = 205,479

7.12 Energa cintica de un electrn en un tomo de Hidrgeno.En un tomo de Hidrgeno el electrn tiene una velocidad orbital de 2,2106 m/s. Para esta velocidad, cul es la diferencia percentual entre lasexpresiones newtoniana y relativista de la energa cintica?

Solucin: Empezaremos calcularemos la energa cintica correspondiente tantoa la expresin newtoniana y a la relativista. La energa cintica clsica vienedada por K = 12m0v2, mientras que en el relatividad, K = ( 1)m0c2. Elerror porcentual cometido sera

KNKR

=12m0

2c2

( 1)m0c2 =12

2

1 =2

2

1 21

1 2

45

Con los datos del enunciado, 0,007, de manera que:KNKR 0,99993

As, como vemos el error es de aproximadamente del 0,004 %.

7.13 Prdida de masa del sol.

El sol radia calor y luz a razn de 3,91026W . En un ao, cunta masa pierdeel sol debido a esta radiacin?

Solucin:

m = E/c2 = 3,9 1026W 365 24 3600 s(3 108m/s)2 = 1,367 10

17 Ws3

m2

Este conjunto de unidades es equivalente al Kg, de manera que la energa per-dida al ao por el sol es de 1,3671017Kg. Si el sol tiene una masa estimada de21030, esto supone del orden de una 1014 parte al ao... A este ritmo, tenien-do en cuenta que el universo tiene una edad aproximada de 14 109 aos, si elsol hubiera aparecido con el Universo, habra perdido nicamente una milsimaparte de su masa debido a la radiacin emitida.

7.16 Dos neutrones al encuentro.Dos neutrones A y B se acercan mutuamente a lo largo de una lnearecta. Cada uno posee una velocidad constante c medida en el laboratorio.Hallar la expresin para la energa total del neutrn B observada en elsistema en reposo del neutrn A.

Solucin: Desde el sistema en reposo del neutrn A el neutrn B se acerca auna velocidad compuesta segn la ley de adicin relativista.

VB =v u1 vuc2

= c c1 2 =2c1 + 2

La energa del neutrn B, desde el sistema en reposo en A, ser7:

EB = m0c2 =m0c

21

(2c1+2

)28. Colisiones8.1 Choque perfectamente elstico (I)

Dos cuerpos idnticos, cada uno de masa m0 se aproximan con velocidadesiguales u y realizan una colisin perfectamente inelstica, formando un

7La solucin del libro de problemas es, simplemente, EB = m0c2 1+212 , cosa que no entiendo

que dnde sale...

46

nico cuerpo. Determinar la masa M0 del cuerpo as formado. CalculeM0 si las partculas iniciales tienen masas de 1,30mg y sus velocidadesson de 0,560c.

Solucin: En una colisin perfectamente inelstica en relatividad, la energacintica de las partculas tambin se convierte en masa de la partcula final. As,la masa final de la partcula resultante tras la colisicn sera:

EA,B = m0c2 =m0c

2

1 u2De esta forma, la energa total que se convertir en masa en la partcula resul-tante ser:

M0 =EA + EB

c2= 2m0

1 u2Si introducimos los valores numricos proporcionados en el enunciado:

M0 =2 1,30 106

1 (0,56)2= 3,138.106 > 2,6 106

Como vemos, la masa de la partcula resultante tras una colisin totalmenteinelstica en relatividad es superior a la suma de las masas en reposo de laspartculas por separado (como suceda en la dinmica clsica).

8.2 Choque perfectamente inelstico (II)

Una partcula con masa m que se mueve a una velocidad v = 4c/5 choca conuna partcula semejante que est en reposo y se forma una partcula compuesta.Cul es la masa y velocidad de la partcula resultante?

Solucin: En esta situacin, si nos colocamos sobre el sistema en reposo juntocon la partcula que inicialmente est en reposo, por conservacin de la energa,tenemos

Ei = Efm0c

2 +m0c2i = M0c2f (114)

A partir de la conservacin del momento lineal,

pi = pfim0ic = fM0fc (115)

Si resolvemos este sistema de ecuaciones, tenemos, aislando f de (114),

m0M0

(1 + i) = f

47

Y si lo introducimos en la ecuacin (115), entonces:

im0ic =m0M0

(1 + i)M0fc

ii

1 + i= f

Arreglamos el resultado, eliminando las i

f = i

112

1 + 112

= i

112

12+112

= i1 +

1 2

Ahora, introduciendo el valor numrico dado en el enunciado, i = 45c, podemosobtener el valor de la masa de la partcula resultante:

f =45

1 +

1 ( 45)2 =45

1 +

251625

=45

1 + 35=

45

5+35

= 0,5

Y en cuento a la masa de la partcula resultante:

M0 =im0iff

= m0

12f

112i 1

= m0

1

(1/2)2 11

(4/5)2 1= m0

3

34

= 43m0

8.3 Choque de una partcula con otra idntica en reposo.Una partcula de masa m y energa cintica inicial Ki colisiona elsti-camente con una partcula idntica inicialmente en reposo. Suponga quedespus del choque las dos partculas salen simtricamente, con igual ener-ga y con el mismo ngulo con respecto a la direccin inicial, una a laderecha y otra a la izquierda.

1. Calcule el ngulo con el cual salen las dos partculas en trmicosde K1 y m.

2. Cunto vale este ngulo si K1 = 10mc2? Y si K1 = mc2? Y siK1 = 0,1mc2?

3. Muestre que si K1 mc2 el ngulo = 45 por lo que el nguloentre las trayectorias de las partculas es 90 ?

Solucin: Utilizamos la conservacin del momento y de la energa para resolverel problema. Empezamos utilizando la conservacin del momento lineal en ladireccin y :

0 = 1fm0c1f sin 2fm0c2f sin (116)1f1f = 2f2f

48

De manera que1f = 2f = f

Ahora, de la conservacin en la direccin x (donde, para simplificar, a los valoresiniciales no colocamos el subndice):

m0c = 2fm0fc cos (117)

Y partir de la conservacin de la energa(K +m0c2

)+m0c2 = 2fm0c2 = 2m0c2 + 2Kf (118)

A partir de (118), vemos que la energa cintica final es la mitad que la energacintica inicial:

K

2 = Kf

La ecuacin de conservacin del momento en la direccin x puede escribirsecomo en funcin del momento total multiplicando por c a ambos lados de laigualdad.

cm0c = c2fm0c cos cp = 2cpf cos (119)

Ahora utilizamos la relacin

E =

(m0c2)2 + (cp)2

Y as insertamos la energa en la ecuacin (119)E2 (m0c2)2 = cp

(E0 +K)2 E20 = cpE20 +K2 + 2KE0 E20 = cp

K (K + 2m0c2) = cp

de manera que K (K + 2m0c2) = 2

Kf (Kf + 2m0c2) cos

Sabemos que la relacin entre la energa cintica final e inicial es Kf = K2 , asque

cos =K (K + 2m0c2)

2

K2(K2 + 2m0c2

) =K (K + 2m0c2)K (K + 4m0c2)

=

K + 2m0c2K + 4m0c2

49

El siguiente paso ser calcular el lmite relativista, es decir, cuando K m0c2.Si despreciamos K frente a m0c2, entonces

cos

2/2 pi/4

En el otro extremo, es decir, en el caso ultrarelativista, K m0c2, tenemos que

cos 1 0

Si utilizamos los valores numricos que nos proporciona el enunciado, entonces:

cos =

10m0c2 + 2m0c210m0c2 + 4m0c2

=

1214 = 0,926 22,21

cos =

m0c2 + 2m0c2m0c2 + 4m0c2

=

35 = 0,775 39,23

cos =

0,1m0c2 + 2m0c20,1m0c2 + 4m0c2

=

2,14,1 = 0,716 44,3

8.4 Fotn que colisiona con un protn.Un fotn con energa inicial de 20MeV colisiona con un protn y se de-flecta 30. Cul es la energa final del fotn?

Solucin: Partimos de la conservacin de la energa y el momento.

Efi + Epi = Eff + Epf (120)

0 = Effc

sin ppf sin (121)Efic

= Effc

cos + ppf cos (122)

Ahora no podemos suponer que los ds ngulos de salida son iguales.

cppf cos = cppf

1 sin2 (123)

= cppf

1

(Effcppf

)2sin2 (124)

=

(cppf )2 E2ff sin2 (125)

A continuacin

Epf = Efi + Epi Eff (126)Efi = Eff cos +

(cppf )2 E2ff sin2 (127)

50

Ahora utilizamos la relacin

E2pf = (cppf )2 + E2pi (128)

donde la Epi = m0pc2 es la energa en reposo del protn. Introduciendo (128)en (127), tenemos

Efi = Eff cos +E2pf E2pi E2ff sin2 (129)

As, tenemos un sistema de ecuaciones formado por (126) y(129) con incgnitasEpf y Eff .

Sustituyendo la primera en la segunda, tenemos

(Efi Eff cos )2 = (Efi + Epi Eff )2 E2pi E2ff sin2

E2fi+E2ff cos2 2EfiEff cos = E2fi+E2pi+E2ff+2EfiEpi2EfiEff2EpiEffE2piE2ff sin2 E2ff

(cos2 + sin2

) E2ff 2EffEfi cos + 2EffEpi + 2EffEfi = 2EfiEpiEff2 (Efi cos + Efi + Epi) = 2EfiEpi

Eff =EfiEpi

Epi + Efi (1 cos )Donde recordamos que el ngulo corresponde al ngulo de dispersin del fotn.

Con los datos numricos del fotn,

Eff =20MeV 938MeV

938MeV + 20MeV (1 cos 30) = 19,943MeV

En este caso, como Efi Epi, Eff Efi (apenas le transfiere energa en lacolisin).

8.5 Imposibilidad de que un electrn aislado absorba o emita un fotn.Demuestre que un electrn aislado no puede absorber o emitir un fotn.

Solucin: Como siempre, partimos de las ecuaciones de conservacin de la ener-ga y la masa. Suponemos que la colisin entre el fotn y el electrn sucede enuna sola dimensin. Suponemos que inicialmente el electrn est en reposo enel origen de nuestro sistema de coordenadas.

m0c2 = Ee + Ef (130)

En cuanto a la conservacin del momento, despus de la supuesta emisin delfotn:

0 = pe Ef/c Ef = cpe (131)Si ahora utilizamos la relacin

E2e = (cpe)2 +

(m0c

2)2 (132)51

y la introducimos en (131)

Ef =E2e (m0c2)2 (133)

Usando la conservacin de la energa para Ee, (130)

E2f =(m0c

2)2 + E2f 2m0c2Ef (m0c2)20 = 2m0c2Ef

Como vemos, la nica manera de satisfacer esta ecuacin es que Ef = 0, es decir,que no haya fotn. Esto demuestra que un electrn aislado no puede emitir unfotn.

Para el caso de la absorcin del fotn, la situacin es la misma, slo queahora debemos intercambiar la situacin inicial y la final...

8.6 Fotn absorbido por una partcula.Un fotn de energa E choca con una partcula estacionaria de masa m yes absorvido. Cul es la velocidad de la partcula compuesta resultante?

Solucin: La colisin tiene lugar en una dimensin. A partir de la conservacindel momento (M0 es la masa de la partcula resultante de la colisin):

Efc

= M0c (134)

Y de la conservacin de la energa

Ef +m0c2 = M0c2 (135)

Nosotros estamos interesados en conocer la velocidad de la partcula resultante,, de manera que podemos dividir (134) por (135), de manera que

Ef/c

Ef +m0c2= M0cM0c2

(136)

por lo que, directamente, obtenemos

= EfEf +m0c2

(137)

Si calculamos los casos lmites, ultrarelativista y no relativista, tenemos8

Ultrarelativista Ef moc2: En este caso, la energa del fotn incidentees muy superior a la energa de la partcula en reposo, de manera que lavelocidad de la partcula resultante es prcticamente la de la luz ( 1)

Ef moc2 = EfEf +m0c2

1

8El enunciado no lo pide, pero en la resolucin del libro de problemas aparece y es intere-sante.

52

Lmite clsico Ef m0c2: En este caso, la energa del fotn es muyinferior a la energa de la partcula en reposo, de manera que la velocidadser muy pequea,

Ef m0c2 Efm0c2

E2f

(m0c2)2+

8.7 Nave espacial a vela propulsada por un lser desde la Tierra.Una nave espacial lleva una especie de vela que recibe el empuje de unfuerte rayo lser dirigido desde la Tierra. Calcular la masa de luz que senecesita para acelerar un vehculo de masa M0 hasta un valor dado de .

Solucin9: Inicialmente tenemos la nave espacial a vela en reposo, y un grupode fotones lanzados desde el lser que se dirigen hacia la nave. Una vez que losfotones han sido absorbidos por la vela de la nave, sta est en movimiento.

A partir de la conservacin de la energa, tenemos:

Ef +M0c2 = M0c2

dondeM0 es la masa en reposo de la nave. Queremos conocer la masa equivalentede energa en forma de fotones que debemos lanzar contra la nave para conseguirun determinado .

mf = ( 1)M0donde hemos utilizado que Ef = mfc2. Si queremos conseguir una velocidadde 0,6c = 1,5625, de manera que la masa equivalente en forma de fotonesdebera ser de la mitad de la masa en reposo de la nave espacial.

9En el libro de problemas tienen en cuenta que no todos los fotones lanzados contra la velaespacial sern absorbidos, por lo que la efectividad de ste mtodo de propulsin es todavapeor. Como en el enunciado no indican en ningn caso que consideremos un caso realista,con fotones que no son absorbidos, nos limitamos al caso ideal.

53

8.8 Dispersin Compton estndarUn fotn choca con una partcula de masa no nula que estaba inicialmenteen reposo. Calcule el cambio en la longitud de onda del fotn si ste sedispersa segn un ngulo de .

Solucin: La energa del fotn los denotamos por Q, mientras que para la par-tcula, tenemos ~p y E. Para las cantidades antes de la colisin, aadimos elsubndice 0, es decir Q0 es la energa del fotn antes de la colisin. ~n es unvector unitario en la direccin en la que se mueve el fotn. A partir de la con-servacin de la energa y del momento:

Q0 +m0c2 = Q+ E (138)Q0c~n0 =

Q

c~n+ ~p (139)

Movemos todos los trminos relacionados al mismo lado de las ecuaciones.

Q0 Q = E m0c2Q0c~n0 Qc ~n = ~p

Si elevamos al cuadrado las ecuaciones, tenemos

(Q0 Q)2 =(E m0c2

)2 (140)(Q0~n0 Q~n)2 = (c~p)2 (141)

Q20 +Q2 2QQ0 = E2 +(m0c

2) 2Em0c2 (142)Q20 +Q2 2QQ0 cos = (cp)2 (143)

Si restamos las ecuaciones (142) y (143) y usando la relacin relativista entreenerga y momento (cp)2 = E2 (m0c2):

2QQ0 cos + 2QQ0 = 2m0c2 + 2m0c2E2QQ0 ( cos + 1) = 2m0c2 (1 E) (144)

Para eliminar la energa de la partcula final tras el choque, utilizamos (138)

2QQ0 ( cos + 1) = 2m0c2 (1Q0 +Q 1)QQ0 (1 cos ) = m0c2 (Q0 Q)

1m0c2

(1 cos ) = 1Q 1Q0

Si ahora utilizamos la relacin entre la energa y la longitud de onda,

Q = hc

tenemosh

m0c2(1 cos ) = 0

54

8.9 Incremento de masa de un ncleo por absorcin de un cuanto .Un ncleo inicialmente en reposo absorbe un cuanto de energa W .Tomando en cuenta el retroceso del ncleo, calcule el incremento de sumasa en reposo en trminos de W y su masa final mf .

Solucin: Partimos de las ecuaciones de conservacin de la energa y de la masa.

W +m0c2 = mfc2 +K (145)W

c= p (146)

Nos interesa obtener el incremento de masa tras la absorcin del fotn, de ma-nera que reordenamos la ecuacin (145)

(mf m0) c2 = W K (147)El siguiente paso es expresar K en funcin de la energa del fotn W .

W = cpW 2 = E2 (mfc2)2 (148)W 2 =

((mfc

2)2 +K)2 (mfc2)2 (149)W 2 =

(mfc

2)2 +K2 + 2Kmfc2 (mfc2)2 (150)0 = K2 +K2mfc2 W 2 (151)

Como vemos, tenemos una ecuacin de segundo grado para K.

K =2mfc2

(2mfc2)2 + 4W2 =

= mfc2

(mfc2)2 +W (152)

De las dos soluciones posibles, descartamos la solucin de la raz negativa, yaque dara lugar a una energa cintica negativa. As, si ahora sustituimos K en(147), tenemos

(mf m0) c2 = W +mfc2

(mfc2)2 +W

9. Vectores y tensores9.1 Ejercicios sencillos de tritensores (I)

A continuacin trabajamos con magnitudes del espacio eucldeo tridimen-sional. Las transformaciones bajo las cuales se clasifican estas magnitudescomo escalares, vectores o tensores son las transformaciones ortogonalesde dicho espacio.Demuestre las siguientes aseveraciones:

55

1. El producto escalar de dos trivectores es un escalar.2. La norma de un trivector es un escalar.3. La delta de Kronecker kl es un tritensor.4. El traspuesto de un tritensor |Qt|kl = Qlk tambin es un tensor.

Solucin: Siguiendo la convencin del libro, indicaremos con una prima lasmagnitudes despus del cambio a otro sistema de coordenadas. La matriz delcambio se denominar aij , i, j = 1, 2, 3. Usamos el convenio de Einstein segnel cual los ndices repetidos indican suma.

1. Carcter del producto escalarLlamemos E = AiBi al producto escalar en el sistema de coordenadas noprimado. Entonces

E = (A)i (B)i

= aimAmainBn= aimainAmBn= mnAmBn= E

2. Carcter escalar de la normaSea N = AiAi la norma en el sistema de coordenadas no primado. Enton-ces

N = (A)i (A)i

= aimAmainAn= aimainAmAn= mnAmAn= AmAm= N

Como vemos, la norma es un caso concreto del producto escalar (cuandolos dos factores son iguales).

3. Delta de KroneckerSuponemos que la delta ha sido definida como 1 para sus elementos diago-nales y cero para los restantes casos, en el sistema de coordenadas inicial.Entonces:

()kl = akmalnmn = akmalm = klpor lo que en el sistema de coordenadas primado este tensor tambintendr todos sus elementos nulos excepto los de la diagonal, que valen launidad.

56

4. TraspuestoPara no cargar la notacin, llamaremos Tkl al traspuesto de Qkl; Tkl (Qt)kl = Qkl. Entonces:

(T )kl = (Q)lk

= almaknQmn= akmalmTnm

9.2 Ejercicios sencillos de tritensores (II)

1. Demuestre que si Qkl y Tkl son tensores, entonces TklQlm es tambinun tensor.

2. Demuestre que si Qkl es un tensor y Bk un vector, entonces QklBtes un vector.

3. Demuestre que la traza de Qll del tensor Qkl es un escalar.4. Demuestre que si Qkl y Tkl son tensores, entonces TklQkl es tambin

un tensor, pero de rango cero (un escalar).

Solucin:

1. Demostrar que si Qkl y Tkl son tensores, entonces TklQlm

(P )km = (T)kl (Q

)lm= akualvTuvalxamyQxy= akualvalxamyTuvQxy= akuvxamyTuvQxy= akuamyTuvQvy= akuamyPuy

2. Llamamos Vk = QklBl al resultado. Entonces

(V )k = (Q)kl (B

)l= akualvQuvalxBx= akualvalxQuvBx= akuvxQuvBx= akuQuvBv= akuVu

3. Traza de Qll

(Q)ll = almalnQmn= mnQmn= Qmm

57

4. Si nos fijamos QklTkl no depende de ningn ndice (los dos ndices seencuentran sumados). Llamamos al resultado S. Entonces

S = (Q)kl (T)kl

= akmalnQmnakpalqTpq= akmakpalnalqQmnTpq= mpnqQmnTpq= QpnTpn= S

9.3 El tensor eijk.Definamos el pseudotensor completamente antisimtrico de tres ndices(rango 3) como

eijk =

1 si ijkes una permutacin par de 1231 si ijkes una permutacin impar de 1230 en cualquier otro caso

Demuestre que

eijnelmn = iljm imjl (153)eimnelmn = 2il (154)elmnelmn = 6 (155)

Solucin: En la primera expresin (153), sumamos sobre el ndice n, mientrasque el resto son ndices libres. Pero en cuanto fijamos un ndice, por la definicindel tensor eijk, tenemos que slo tenemos dos combinaciones posibles diferentes

58

de cero, una con valor 1 y otra -110.

eijnekln = eij1ekl1 + eij2ekl2 + eij3ekl3 == (i2j3 i3j2) (k2l3 k3l2) +

(i1j3 + i3j1) (k1l3 + k3l1) +(i1j2 i2j1) (k1l2 k2l1)

= i2j3k2l3 i2j3k3l2 i3j2k2l3 + i3j2k3l2 ++i1j3k1l3 i1j3k3l1 i3j1k1l3 + i3j1k3l1 ++i1j2k1l2 i1j2k2l1 i2j1k1l2 + i2j1k2l1

= etc...

9.4 eijk y el producto vectorialDemuestre que para el producto vectorial de dos vectores ~C = ~A ~B setiene

Ci =12eijkCjk

dondeCjk = AjBk AkBj

Solucin:9.5 eijk y el rotor

Demuestre que para el rotor de cualquier campo vectoria ~A es vlida lafrmula

~A = eijk Akxj

~ei

Solucin:9.6 eijk y el producto mixto

Demuestre que~A (~B ~C

)= eijkAiBjCk

10Vamos a poner un ejemplo:eij1 = i1j1

=0

+ i1j2 =0

+ i1j3 =0

+

i2j1 =0

+ i2j2 =0

+ i2j3 =+1

+

i3j1 =0

+ i3j2 =1

+ i3j3 =0

Como vemos, la mayor parte de los elementos son cero porque se repite un ndice. Los dosnicos sumandos diferentes de cero son aquellos con ndices 231, que corresponde a una per-mutacin par de 123 y 321, que corresponde a una permutacin impar de 123.

59

Solucin:

9.7 eijk y el determinanteDemuestre qeu el determinante del tensor Qij se puede expresar como:

eijkQi1Qj2Qk3

Solucin:

9.8 Los tensores y las transformaciones de coordenadas curvilneas (I).Escriba las ecuaciones de transformacin de los tensores covariantes derangos 0,1 y 2 ante transformacions de coordenadas curvilneas.

Solucin:

9.9 Los tensors y las transformaciones de coordenadas curvilneas (II).Escriba las ecuaciones de transoformacin de los tensores covariantes derango 0, 1 y 2.

Solucin:

9.10 Los tensores y las transformaciones de coordenadas curvilneas (III).Escriba ecuaciones de transforamacin de los tensores:

de segundo rango mixtosde tercer rango mixtos.

Solucin:

9.11 El tensor unidad Se define la magnitud de dos ndices

={

1 = 0 6=

en un sistema de coordenadas. Demuestre que es un tensor que tiene estamisma forma en cualquier otro sistema.

Solucin:

9.12 Tensores cartesianosDemuestre que en el caso cartesiano los conceptos de tensor contravariantey covariante coinciden.

Solucin:

60

9.13 Ejercicios sencillos de tensores.En este ejercicio supondremos que nos estamos refiriendo a las ecuacionesde trasnformacin generales. En las frmulas que se proponen a continua-cin, las magnitudes involucradas son tensores del tipo y orden que lanotacin indica.

1. Demuestre que el producto escalar de dos vectores es un escalar.2. Demuestre que la norma de un vector es un escalar.3. Demuestr que AT es un tensor covariante de rango 1.4. Demuestre que TB es un tensor de rango 2.5. Demuestre que T es un tensor de rango 0.

Solucin:

9.14 Ortogonalidad de la Matrix de Lorentz:LgL = gComprobar que la matriz asociada a una transformacin de Lorentz purasatisface la relacin

LgL = g

Solucin:

9.15 Formas de la Matriz de Lorentz: L , L , L ,L

Si

L =

1

1V 2/c2 1

1V 2/c2 0 0 1

1V 2/c21

1V 2/c2 0 00 0 1 00 0 0 1

halle la forma de L , L y L .

Solucin:

9.16 Formas de un tensor: T ,T , T y T

Halle las relaciones entre las distintaas formas de un tensor en el espaciode Minkowski.

Solucin:

9.17 Algunos ejercicios sencillos de cuadritensores.Demuestre las siguienets aseveraciones suponiendo que las transformacio-nes son las de Lorentz en el espacio de Minkowski. En las frmulas que seproponen las maginitudes involucradas son tensores del cuadriespacio.

1. Demuestre que el producto escalar de dos cuadrivectores es un cua-driescalar.

61

2. Demuestre que la norma de un cuadrivector es un cuadriescalar.3. Demuestre que AT es un tensor de rango 1.4. Demuestre que TRes un tensor de rango 0.5. Demuestre que T es un tensor de rango 2.6. Demuestre que T es un tensor de rango 0.

Solucin:

9.18 Rotaciones del triespacio y del cuadriespacio.Halla la estructura de la matriz que caracteriza a una transformacin deLorentz seguida de una rotacin de los ejes de las coordenadas espaciales.

Solucin:

9.19 Trisensores y cuadirtensores (I)Demuestre que las tres componentes espaciales de un cuadrivector formanun trivector y que la componente temporal es un triescalar.

Solucin:

9.20 Tritensores y cuadritensores (II)Demuestre que las nueve componentes espaciales de un cuadritensor for-man un tritensor.

Solucin:

Parte IIIElectrodinmica10. Transformacin de campos10.1 Usualmente se dan las expresiones que dan los campos ~E y ~B en el

sistema inercial de referencia K en trminos de los campos ~E y ~B en elsistema K, donde K se mueve con respecto a K con cierta velocidad ~V .Si esta velocidad est sobre el eje Z las ecuaciones en cuestin adoptan laforma:

E1 = (E1 V B2) ; B1 = (B1 +

V

c2E2

)E2 = (E2 + V B1) ; B2 =

(B2 V

c2E1

)E3 = E3 ; B3 = B3

Encuentre las expresiones inversas que expresan ~E y ~B como funcin de~E y ~B.

62

Solucin: Para encontrar las ecuaciones inversas podemos, simplemente, cambiarlas cantidades primadas por las no primadas y cambiar V por V .10.3 Campo de una carga en movimiento rectilneo y uniforme.

Usando las transformaciones de Lorentz para los campos halle el campoelectromagntico creado por una carga q en movimiento rectilneo y uni-forme.

Solucin: Tenemos a la carga movindose a lo largo del eje Z en movimientorectilneo uniforme con velocidad v en el sistema S. Transformamos a un sistemaen movimiento relativo a S con velocidad v, de forma que el origen de ambossistemas coincide en t = 0. En el sistema S la carga est en reposo, por lo queproduce nicamente campo elctrico (campo de Coulomb). Es decir:

~B = 0~E = 14pi0

q~r

r3(156)

Los campos en ambos sistemas estn relacionados mediante las ecuaciones

Ex = (Ex + vBy

)Ey =

(Ey vBx

)Ez = EzBx =

(Bx

v

c2Ey)

By = (By +

v

c2Ex)

Bz = Bz (157)

De manera que teniendo en cuenta las ecuaciones (156) nos queda

Ex = ExEy = EyEz = EzBx = v

c2Ey

By = v

c2Ex

Bz = 0 (158)

63

Por tanto

Ex = 1

4pi0q

x

(x2 + y2 + z2)3/2

Ey = 1

4pi0q

y

(x2 + y2 + z2)3/2

Ez =1

4pi0q

z

(x2 + y2 + z2)3/2

cBx = 14pi0 qy

(x2 + y2 + z2)3/2

cBy = +1

4pi0q

x

(x2 + y2 + z2)3/2

cBz = 0 (159)

Pero debemos expresar el campo en trminos de las coordenadas en S (es decir,sin primas). Hemos supuesto que el movimiento de la carga se realiza sobre ladireccin del eje Z, por lo que las direcciones perpendiculares quedan inaltera-das.

x = xy = y

En cuanto a la direccin Z, mediante la transformacin de Lorentz tenemos:

z = (z vt)De manera que finalmente, podemos re-escribir las ecuaciones (159) como

Ex = 1

4pi0q

x(x2 + y2 + ( (z vt))2

)3/2Ey =

14pi0

qy(

x2 + y2 + ( (z vt))2)3/2

Ez = 1

4pi0q

z vt(x2 + y2 + ( (z vt))2

)3/2cBx = 14pi0 q

y(x2 + y2 + ( (z vt))2

)3/2cBy = +

14pi0

qx(

x2 + y2 + ( (z vt))2)3/2

cBz = 0 (160)

64

10.4 Sistema inercial de referencia en que ~E y ~B son paralelos.En un sistema de referencia en reposo se dan la intensidad de ~E e in-duccin ~B de un campo electromagntico homogneo. Adems, ~E ~B > 0.Determinar la velocidad ~V de aquellos sistemas de coordenadas inercia-les en los cuales los vectores de los campos elctrico y magntico resultanparalelos.

Solucin: Partimos de la relacin entre las componentes paralela y perpendicularde los campos entre los sistemas S y S

~E = [~E + ~v ~B

]~E = ~E

~B = [~B 1

c2~v ~E

]~B = ~B (161)

La condicin de que en un sistema S los campos elctrico y magntico seanparalelos la obtenemos exigiendo

~E ~B = 0A partir de aqu, desarrollamos para las componentes paralelas y perpendicu-lares de los campos, obteniendo la frmula para la velocidad relativa de S conrespecto a S. (

E + E)(B +B

)= 0

E B =0

+E B + E B + E B = 0

Si ahora introducimos en la expresin anterior las ecuaciones para ~E, ~E y ~B,~B(en S) y utilizando que ~v ~E = ~v ~E y ~v ~B = ~v ~B, se llega a unaexpresin desde donde podemos aislar ~ = ~vc

~ =

(E2 + c2B2

)(E2 + c2B2)2 4c2 ~E ~B22c ~E ~B ~n

donde~n =

~E ~B ~E ~BEn el caso particular en el que los campos ~E y ~B son mutuamente perpendicu-lares, la expresin se simplifica

~ = cBE~n

65

10.5 Sistema inercial de referencia con ~B = ~0 o ~E = ~0En un sistema de referncia en reposo la intensidad ~E e induccin ~B sonrecprocamente ortogonales ( ~E ~B = 0) y se diferencian en su mdulo(E 6= cB). Hallar la velocidad ~v de aquellos sistemas de coordenadas enlos cuales existen:

1. solamente campo elctrico.2. slamente campo magntico.

Determinar ~E y ~B.

Solucin:

10.6 Sistema de referencia con el mismo E o B.Se dan la intensidad ~E e induccin ~B de un campo electromagntico hom-mogneo en cierto sistema inercial de referencia. Al mismo tiempo se sabeque ~E ~B 6= 0. Hallar la velocidad de todos los sistemas inerciales de re-ferencia en los cuales el mdulo de ~E (o ~B) tiene el mismo valor numticoque en el sistema inicial. Representar el resultado de forma vectorial.

Solucin:

10.7 Sistema inercial de referencia con E < cB/NUna corriente continua con densidad espacial ~j fluye a lo largo de uncilindro infinito homogneo de radio arbitrario. Las densidades espacialy superficial de la carga del cilindro son nulas. Hallar las velocidades ~vde los sistemas inerciales de referencia en cada punto del espacio dondela intensidad del campo elctrico ~E es en mdulo N veces menor que lacorrespondiente induccin de campo magntico ~B (E < cB/N).

Solucin:

10.8 Invariantes ~E ~B y E2 c2B2Aplicando las frmulas de transformacin de los campos ~E y ~B demostrarque las magnitudes ~E ~B y E2 c2B2 no cambian de forma ni valor alpasar de un sistema inercial a otro.

Solucin:

66