2. gaia higidura erlatiboa

2. GAIA

Higidura erlatiboa

2.1 IRUDIA Foucault-en pendulua Pariseko Panteoian 1851n eta 2003an.

53

54 2 Higidura erlatiboa

Bi erreferentzia-sistema inertzialen arteko erlazio zinematikoa1.2.1ataleko Galileo-ren trans-formazioak emandakoa da eta badakigu laborategiko sistemaeta masa-zentroarenaren artekoa(1.154)–(1.158) dela. Gai honetan erreferentzia-sistema orokorren arteko erlazioa aztertuko da,mekanika newtondarraren testuinguruan. Gero, erlatibitate berezia3. gaian ikustean, beste ikus-puntu orokorrago batetik aztertuko dugu sistema inertzialen arteko erlazioa.

Gai osoanS etaS ′ erreferentzia-sistemak kontsideratuko ditugu. Lehenengoari 2.2 irudikoOXY Z triedroa dagokio etaS ′ sistemariO′X ′Y ′Z ′ delakoa. Denbora aurrera doan heinean bisistemen arteko posizio erlatiboa, orientazio erlatiboa edo biak aldatu egingo dira. Gehienetan,baina ez nahitaez, lehenengoa inertziala izango da eta bigarrena ez.

2.2 IRUDIA Bi erreferentzia-sistema eta partikula bat.

2.1 Translazioa

Hasteko, eman dezagun bi sistemen arteko orientazio erlatiboa konstantea dela: translazioerlatibo hutsa dugu, beraz. Mekanika newtondarrean denbora absolutua denez, bi sistemetakobehatzaileek modu berean neurtzen dutela suposatuko dugu.Beraz, erlojuak sinkronizatuz gero,balio bera neurtuko da bietan. Bestalde, partikularen masasistema guztietan era berean neurtzenden bere ezaugarria dela onartuko dugu, baita posizioaren transformazioa irudiak eta kalkulubektorialak iradokitzen dutena dela ere. Beraz, bi sistemen arteko erlazioa hurrengo ekuazioekemandakoa dela postulatuko dugu:

t = t′, (2.1)

r = r′ + R, (2.2)

r = r′ + R, (2.3)

r = r′ + R, (2.4)

m = m′. (2.5)

Beti bezala, postulatu honen baliagarritasuna esperimentuetan konprobatu beharko da. Izan ere,aipaturiko transformazioa egokia da abiadurak argiarena baino askoz txikiagoak direnean soilik.S sistema inertziala bada, Newton-en bigarren legeaF = mr da.S ′ sisteman —ez-inertziala izanarren— partikulak pairatutako indar osoaF′ = mr′ dela suposatzen badugu,S sistemako indarraeta (2.4)–(2.5) transformazioak ordezkatuz, hauxe lortzen da:

mr′ = F′ = F−mR. (2.6)

Jakina, bi sistemen arteko higidura uniformea bada,R = 0, bigarren sistema ere inertziala daeta indar osoa bera da:F′ = F; bi sistemak baliokideak dira eta bien arteko transformazioaGalileo-rena.

2.1 Translazioa 55

Bi sistemen arteko azelerazioa nulua ez bada, berriz, bigarren sistema ez da inertziala etahan Newton-en bigarren legea gordetzeko, sistema inertzialetan neurtutakoF indar osoaz gain,−mR atoi-indarra ere kontuan hartu beharko daS ′ sistemako indar osoa kalkulatzean. Horre-lako indar batiinertzia-indarra deritzo eta ez da sistema inertzialetan agertzen. Horrexegatik,batzuetan horrelako indarrakitxurazkoakdirela esaten da, erreferentzia-sistema ez-inertziala au-keratzearen ondorio hutsa baitira. Hala ere, horrelako adjektiboak kontuz erabili behar dira: egiada erreferentzia-sistemaongi aukeratuz desagertzen direla, baina behatzaile ez-inertzialak haienondorioak pairatzen ditu (gogoratu zer gertatzen den gidariak autobusa gogorregi balaztatzenbadu).

Adibidez,baliokidetasunaren printzipioaren arabera masa inertziala eta grabitatorioa ber-dinak direnez, eremu grabitatorio batean bestelako indarrik jasan gabe erortzen ari den partiku-laren sisteman honen azelerazioa nulua da, noski, eta pairatzen duen indar osoa nulua:F′ =F − mR = mg − mg = 0. Honetaz baliatu zen Einstein erlatibitate orokorrean behatzaileinertziala erorketa askean ari dena dela esateko (baina, oro har, dagokion sistema inertziala bereingurune batean dago definiturik, ez espazio osoan). Ikuspuntu honetatik, guk pairatzen dugunpisua inertzia-indarra da, zoruaren eraginez behatzaile inertzialekiko azeleraturik gaudelako sor-tzen dena!

2.1.1 Partikula-sistemak

Adibide moduan, kontsidera dezagun1.5 ataleko moduko partikula-sistema bat. Partikulabakoitzaren eboluzio-ekuazioaS ′ sisteman hauxe dugu:

mir′i = Fi −miR. (2.7)

2.1 ARIKETA Froga ezazuS′ sisteman eboluzio-ekuazio kolektiboak honako hauek direla:

P′ = F(k) − MR, (2.8)

L′ = N′(k) − G′ × R. (2.9)

(Jakina, hemenL′ momentu angeluarra etaN′(k) kanpo-indarren momentuaS′ sistemako jatorriare-kiko kalkulaturikoak dira.)

2.1.2 Masa-zentroaren sistema

Orain, eman dezagunS ′ erreferentzia-sistema masa-zentroarenS∗ sistema dela. Kasu horre-tan,G′ = G∗ = 0 etaP′ = P∗ = 0 direnez, goiko emaitzak sinplifikatu egiten dira. Translazio--higidurari dagokionez, atoi-indar osoa bestelako indarren baturaren kontrakoa denez, indar osoanulua da eta momentu lineala konstantea (eta nulua) da eta (2.8) ekuazioa (1.153) delakoarenbaliokidea da:

P∗ = F(k) −MR = 0. (2.10)

Bigarren emaitza interesgarriagoa da: atoi-indarren momentu osoa nulua da eta, ondorioz,masa-zentroaren inguruko momentu angeluarraren eboluzio-ekuazioan (hau da, momentu ange-luar intrintsekoarenean) ez da inertzia-indarren momenturik agertzen(ezta barne-indarrenak ere,ohi bezala Newton-en hirugarren legea betetzen dela suposatzen badugu behintzat):

L∗ = N∗(k). (2.11)

Solido zurruna aztertzean erabiliko dugu masa-zentroarensistemaren beste propietate garrantzi-tsu hau. Berriro ikusten dugu aipaturiko sistema, inertziala ez denean ere, oso erabilgarria dela.


2.3 IRUDIA Jatorri berekoS etaS ′ triedroak.

2.2 Orientazioa eta biraketak

Eman dezagunS etaS ′ erreferentzia-sistemetako triedroakO = O′ jatorri berekoak direla.Haien arteko desberdintasun bakarra, beraz, orientazioa izan daiteke eta batetik bestera biraketaegoki baten bidez joaten da. Atal honetan bi triedroen arteko erlazioa —hau da, aipaturiko orien-tazio erlatiboa— aztertuko dugu. Kontsidera ditzagun lehen triedrokoe1 = i, e2 = j etae3 = k

bektore unitarioak eta bigarrenekoak:e′1 = i′, e′

2 = j′ etae′3 = k′. Bi oinarri ortonormal hauetaz

baliaturik, honela adierazten da beste edozein bektore, batukarien notazio laburra erabiliz:

u =3∑

i=1

ui ei =3∑

i=1

u′i e′i. (2.12)

Bektorearen osagaien arteko erlazioa zuzenean kalkulatzen dira proiekzioak direla gogoratuz:

u′i = e′i · u = e′

i ·3∑

j=1

uj ej =3∑

j=1

(e′i · ej)uj =

3∑

j=1

Rijuj, (2.13)

ui = ei · u = ei ·3∑

j=1

u′j e′j =

3∑

j=1

(

ei · e′j

)

u′j =3∑

j=1

R⊤iju

′j, (2.14)

non oinarri desberdinetako bektore unitarioen arteko angeluen hurrengo kosinuak erabili ditugun:

Rij = e′i · ej , (2.15)

R⊤ij = ei · e′

j = Rji. (2.16)

2.2 ARIKETA Zergatik aldatu dugu batura-indizea aurreko kalkulua egiteko?

2.3 ARIKETA Frogatu bi sistemetako bektore-oinarri ortonormalen arteko erlazioa honako haudela:

e′i =

3∑

j=1

Rij ej , (2.17)

ei =

3∑

j=1

R⊤ij e′j . (2.18)

2.2 Orientazioa eta biraketak 57

Rij balioak9 direnez,3 × 3 matrize karratu bat osatzeko erabil daitezke:

R = (Rij) =

R11 R12 R13

R21 R22 R23

R31 R32 R33

=

i′ · i i′ · j i′ · kj′ · i j′ · j j′ · kk′ · i k′ · j k′ · k

. (2.19)

S sistematikS ′-era joateko erabili behar denbiraketa-matrizea daR. Matrize-notazio honetanargi dago zergatik erabili dugun lehenagoR⊤

ij ikurra: balio hauekin osaturiko matrizea aurrekoa-ren iraulia da:

R⊤ =(

R⊤ij

)

= (Rji) = (Rij)⊤ . (2.20)

Triedro bakoitzean,u bektorearen osagaiekin zutabe-matrize bat osa daiteke (oinarri orto-normala aukeratuz gero, bektoreak eta zutabe-matrizeaz baliokideak dira: lehenengoen osagaiakbigarrenen elementuak dira):

U =

u1

u2

u3

, U′ =

u′1u′2u′3

. (2.21)

Horrela, (2.13) eta (2.14) erlazioak era laburrean adierazten dira matrize-notazioaren bidez:

U′ = R · U, (2.22)

U = R⊤ · U′. (2.23)

Orain goiko ekuazio batean bestea ordezkatuz,

U′ = R · R⊤ · U, U = R⊤ · R · U, (2.24)

geratzen da etau bektorea eta, ondorioz, bere osagaiak edonolakoak direla kontuan hartuz,R etaR⊤ matrizeak ortogonalak direla ikusten dugu:

R · R⊤ = R⊤ · R = 1, (2.25)

non1 identitate matrizea den. Adierazpen honen elementuak

3∑

k=1

RikRjk =3∑

k=1

RkiRkj = δij (2.26)

moduan idazten dira identitate matrizearen elementuak adierazten dituen Kronecker-en deltarenbidez:

δij ≡

1, baldini = j,0, baldini 6= j.

(2.27)

Espero bezala, sistema batetik bestera eta atzera joateko matrizeak elkarren alderantzizkoak dira:

R−1 = R⊤. (2.28)

2.4 ARIKETA Froga ezazuR matrizea ortogonala bada,detR = ±1 dela.


2.4 IRUDIA OZ ardatz bereko bi erreferentzia-sistema.

2.5 ARIKETA Adibide moduan, eman dezagun bi sistemekOZ = OZ ′ ardatz bera dutela etaS′ sistemaS delakoariOZ ardatzaren ingurukoϕ balioko biraketa aplikatuz lortzen dela,2.4irudianerakusten den moduan. Kalkulatu bi sistemetako bektore unitarioen arteko angeluak:

i′ = cosϕ i + sin ϕ j, (2.29)

j′ = − sinϕ i + cosϕ j, (2.30)

k′ = k. (2.31)

Ondorioztatu biraketa-matrizea

R =

cosϕ sin ϕ 0− sinϕ cosϕ 0

0 0 1

(2.32)

dela eta, beraz, honela transformatzen direlau bektorearen osagaiak:

u′x = cosϕux + sin ϕuy, (2.33)

u′y = − sinϕux + cosϕuy, (2.34)

u′z = uz. (2.35)

(Testuetan erabiltzen diren notazio guztiak irakurleak ezagut ditzan,ux erabili dugu hemenu1-enordez.)

2.3 Euler-en angeluak

Jatorri bereko bi triedroren arteko orientazio erlatiboa emateko biraketa-matrize bat erabilidugu aurreko atalean. Horrelako matrize-batek3 × 3 = 9 elementu ditu, baina denak ez diraelkarren independenteak: matrizea ortogonala denez, (2.26) baldintzak bete behar dira. Azkenadibidean angelu bakar batez baliatu gara biraketa-matrizearen elementu guztiak idazteko. Orainfrogatuko dugu2.3 irudiko kasu orokorrean gehienez hiru angelu behar direla.Mekanikan, eta,batez ere solido zurruna aztertzean, Euler-en angeluak erabiltzen dira horretarako.

Hiru pausotan pasatuko garaS triedrotik S ′-era, bakoitzean Euler-en angelu bat definitzendugularik.

2.3.1 ϕ angelua

Lehen pausoanOZ ardatzaren inguruanϕ balioko biraketa eginez,S triedrotik S1-era joa-ten da,OZ ′ ardatzaOX1Z1 planoan egoteko moduan.2.5 ariketan ikusi genuenez, horretarako

2.3 Euler-en angeluak 59

hurrengo biraketa-matrizea erabili behar da:

R1 =

cosϕ sinϕ 0− sinϕ cosϕ 0

0 0 1

. (2.36)

2.5 IRUDIA S etaS1 erreferentzia-sistemak.

2.3.2 θ angelua

Bigarren pausoanOY1 ardatzaren inguruanθ balioko biraketa eginez,S1 triedrotik S2-erajoaten da,OZ ′ ardatzaOZ2-ren berdina izateko moduan.2.1probleman ikusiko dugunez, horre-tarako hurrengo biraketa-matrizea erabili behar da:

R2 =

cos θ 0 − sin θ0 1 0

sin θ 0 cos θ

. (2.37)

2.6 IRUDIA S1 etaS2 erreferentzia-sistemak.

Lehenengo bi urratsetanOZ ′ ardatzaren norabidea kokatu duguθ etaϕ angelu polarren bidez.Geratzen zaigun askatasun-gradu bakarra, beraz, ardatz horren inguruko biraketei dagokiena da.


2.3.3 ψ angelua

OZ ′ ardatza aldatu gabe, beste biak lortzeko, hirugarren pausoanOZ2 = OZ ′ ardatzareninguruanψ balioko biraketa eginez,S2 triedrotik S ′-era joaten da.2.5 ariketan ikusi genuenez,horretarako hurrengo biraketa-matrizea erabili behar da:

R3 =

cosψ sinψ 0− sinψ cosψ 0

0 0 1

. (2.38)

2.7 IRUDIA S2 etaS ′ erreferentzia-sistemak.

Beraz, jatorrizkoS-tik S ′ sistemara joateko erabili behar den biraketa-matrizea honako hauda:

R = R3 · R2 · R1, (2.39)

R =

− sinϕ sinψ + cosϕ cos θ cosψ cosϕ sinψ + sinϕ cos θ cosψ − sin θ cosψ− sinϕ cosψ − cosϕ cos θ sinψ cosϕ cosψ − sinϕ cos θ sinψ sin θ sinψ

cosϕ sin θ sinϕ sin θ cos θ

.

(2.40)

2.8 IRUDIA Euler-en angeluak.

2.6 ARIKETA Zergatik (2.39) eta ezR = R1 · R2 · R3?

2.4 Abiadura angeluarra 61

Testu batzuetan aurreko biraketak ordena desberdinean egiten dira eta, beraz, Euler-en ange-luen definizioa ez da guztiz berdina, funtsean erabiltzen diren ideiak baliokideak badira ere.

Ikus dezakegunez, hiru parametro nahiko dira bi triedroen arteko orientazioa adierazteko.

Jakina, bi sistemen jatorriak puntu berean ez badaude, posizio erlatiboa adierazten duen−→OO′

bektorearen hiru osagaiak ere beharko dira sistemen artekoerlazioa zehazteko.

2.9 IRUDIA Bi triedro orokorren arteko erlazioa.

2.4 Abiadura angeluarra

Bi erreferentzia-sistemaren arteko orientazioaren aldaketa neurtzeko abiadura angeluarra de-finituko dugu. Argi dago, sistema baten ikuspuntutik, bere oinarriko bektoreak konstanteak direla.Horrela, adibidez,

(

de′i

dt

)

S′

= 0 (2.41)

idatziko dugue′i bektorearen deribatuaS ′ sisteman kalkulatzean bektore nulua lortzen dela adie-

razteko. BainaS sisteman,

e′i =

3∑

k=1

Rik ek (2.42)

bektorea ez da konstantea, orientazio erlatiboa eta dagokionR matrizea aldakorrak badira. Beraz,(2.17) eta (2.18) erabiliz, hauxe duguS sisteman:

(

de′i

dt

)

S

=3∑

k=1

Rik ek =3∑

k,j=1

RikR⊤kj e′

j =3∑

j,k=1

RikRjk e′j =

3∑

j=1

Ω′ij e′

j, (2.43)

non hurrengo definizioa egin dugun:

Ω′ij ≡

3∑

jk=1

RikRjk = −3∑

jk=1

RjkRik = −Ω′ji. (2.44)

(Hemen, (2.26) propietatearen deribatua erabili dugu deribatzen den biderkagaia aldatzeko.) Az-ken propietate honek frogatzen duenez,Ω′

ij balioekin3 × 3 matrize antisimetriko bat eraiki dai-teke:

Ω′ =(

Ω′ij

)

= R ·R⊤ = −Ω′⊤. (2.45)


Aipaturiko matrizearen diagonaleko elementuak nuluak dira, noski, eta

ω′x ≡ Ω′

23, (2.46)

ω′y ≡ Ω′

31, (2.47)

ω′z ≡ Ω′

12 (2.48)

balioak definitzen baditugu, honela idazten daS sisteman neurtzen denS ′ delakoarenabiaduraangeluarra matrize-notazioan:

Ω′ =

0 ω′z −ω′

y

−ω′z 0 ω′

x

ω′y −ω′

x 0

. (2.49)

Abiadura angeluarraren elementuekin

ω ≡ ω′x i′ + ω′

y j′ + ω′z k′ (2.50)

bektorea eraiki dezakegu. Hauxe dugu abiadura angeluarra bektore-notazioan1 eta (2.43) emaitzahurrengo era laburrean idazteko erabil daiteke:

(

de′i

dt

)

S

= ω × e′i. (2.51)

2.7 ARIKETA Garatu (2.51) adierazpena eta, (2.46)–(2.48) definizioez baliatuz, egiaztatu (2.43)berreskuratzen dela.

2.8 ARIKETA Egiaztatu2.5adibideko abiadura angeluarraω = ω k dela.

Kontsidera dezagun orain

u =3∑

i=1

ui ei =3∑

i=1

u′i e′i (2.52)

bektore orokorra. Goiko lehen garapena erabiltzen badugu,S sisteman deribatzeanei bektoreakkonstanteak direla kontuan hartu behar da; gehienez,ui osagaiak alda daitezke:

(

du

dt

)

S

=3∑

i=1

ui ei. (2.53)

Antzeko gauza bat gertatzenS ′ sisteman deribatua eta garapena bertan kalkulatzen badira:(

du

dt

)

S′

=3∑

i=1

u′i e′i. (2.54)

Baina gauzak aldatzen dira sistema batean deribatua kalkulatzeko beste sistemako osagaiak era-biltzen badira. Adibidez, (2.52) emaitzaren bigarren garapenaS sistema deribatzean,u′i osagaiaketae′

i bektoreak deribatu behar dira. Horixe egiten badugu, (2.51) erabiliz honako hau lortzen da:(

du

dt

)

S

=3∑

i=1

u′i e′i +

3∑

i=1

u′i

(

de′i

dt

)

S

=3∑

i=1

u′i e′i +

3∑

i=1

u′i ω × e′i. (2.55)

1Egia esan,ω delakoaΩ′-ren duala da eta definizioan triedro zuzena erabili beharrean alderantzizko batez balia-tzen bagara, kontrako zeinua lortzen da:ω sasibektorea da.

2.4 Abiadura angeluarra 63

Orain, (2.54) gogoratuz,Coriolis-en teoremadugu:(

du

dt

)

S

=

(

du

dt

)

S′

+ ω × u, (2.56)

hau da,bektore baten deribatua erreferentzia-sistema batean kalkulatzeko, beste sisteman kalku-latutako deribatuari bigarren sistemaren abiadura angeluarraren eta bektorearen arteko bider-kadura bektoriala batu behar zaio.

Hemendik aurrera, notazioa arintzeko,′ ikurra duen magnitudeaS ′ sisteman kalkulatu (eta,˙ ikurra badu, deribatu) dela suposatuko dugu. Bestela, denakalkulatzen daS sisteman. Beraz,hauxe idatziko dugu:

u = u′, (2.57)

u = u′ + ω × u′. (2.58)

Lehen ekuazioan bi sistemetanu bektore bakarra dugula (nahiz eta osagai desberdinak edukibisistemetan) adierazten da eta bigarrena Coriolis-en (2.56) teorema da.

2.9 ARIKETA Egiaztatu hurrengo emaitza eta azaldu gai bakoitzaren esanahia:

u = u′ + ω × u′ + 2 ω × u′ + ω × (ω × u′) . (2.59)

Aplikazio moduan, kontsidera dezagunS ′ erreferentzia-sisteman konstantea den edozeinu

bektorea;S sisteman bere modulua konstantea izango da, baina orientazioa aldakorra:ω abiaduraangeluarraz biratzen egongo da eta bere deribatua Coriolis-en (2.58) teoremaren bidez kalkulatu-ko dugu:

u′ = 0 =⇒ u = ω × u. (2.60)

Azken adierazpenakS ′ sistemarekin batera biratzen ari diren bektore guztien abiadura angeluarraω dela diosku. Modulu konstanteko bektoreak deribatzean beti gertatzen den bezala, deribatuau bektorearen perpendikularra dela ikusten da (2.51) adierazpenean.

2.10 IRUDIA Modulu konstanteko bektorearen biraketa infinitesimala.

2.10 ARIKETA Egiaztatudt denbora-tarte infinitesimaleanω abiadura angeluarraz biratzen aridenu bektorearendu = ω × u dt aldaketa infinitesimala2.10 irudikoa dela. Ondorioztatuω-rennorabidea biraketa-ardatzarena dela, biraketa-angelu infinitesimaladϕ = ω dt (hau da, abiadura an-geluarrarenω = dϕ/dt modulua denbora-unitatean biratutako angelua dela), eta biraketa-noranzkoaω bektorearena dela.


Euler-en angeluak eta (2.40) emaitza erabiliz,S sistemanS ′ delakoak duen abiadura ange-luarraΩ′ = R · R⊤ daS ′-en oinarrian,

ω =(

θ sinψ − ϕ sin θ cosψ)

i′ +(

θ cosψ + ϕ sin θ sinψ)

j′ +(

ψ + ϕ cos θ)

k′, (2.61)

eta bektore berbera, bainaS sisteman neurturik,Ω = R⊤ · Ω′ · R = R⊤ · R izango da (ikus5.3.1atala):

ω =(

−θ sinϕ+ ψ cosϕ sin θ)

i +(

θ cosϕ+ ψ sinϕ sin θ)

j +(

ϕ+ ψ cos θ)

k (2.62)

2.11 ARIKETA Egiaztatu azken emaitzak.

2.5 Erreferentzia-sistema ez-inertzialak

Eman dezagun orainS sistema inertzialeanS ′ delakoaren higidura orokorra dela: bere jatorriaazeleraturik egon daiteke eta, gainera, ardatzen orientazioa aldakorra da. Higidura orokorraren biosagaiak aiseago aztertzeko tartekoS ′′ erreferentzia-sistema bat sartuko dugu,S ′ sistemarekinbatera higitzen dena bainaS-rekiko orientazioa aldatu gabe.

2.11 IRUDIA Tarteko erreferentzia-sistema.

Lehen pausoan, translazio-higidura aztertuko dugu, hau da, nola higitzen denS ′′ sistema (edo,gauza bera dena,O′′ = O′ jatorria)S-rekiko. Nahikoa da (2.1)–(2.5) transformazioa hemengokasura moldatzea:

t = t′′, (2.63)

r = r′′ + R, (2.64)

r = r′′ + R, (2.65)

r = r′′ + R, (2.66)

m = m′′. (2.67)

Biraketa-higidura aztertzeko,S ′′ sisteman kontsideratuko duguS ′ delakoaren higidura. Denboraeta masa sistema bietan modu berean neurtzen direla onartuz, (2.57)–(2.59) ekuazioetanu = r′′

etau′ = r′ eginez, hauxe dugu:

t′′ = t′, (2.68)

r′′ = r′, (2.69)

r′′ = r′ + ω × r′, (2.70)

r′′ = r′ + ω × r′ + 2 ω × r′ + ω × (ω × r′) , (2.71)

m′′ = m′, (2.72)

2.5 Erreferentzia-sistema ez-inertzialak 65

eta tartekoS ′′ sistema ezabatzeko, bi emaitza multzoak konbinatuz, hauxedaS etaS ′ sistemenarteko transformazio orokorra (mekanika newtondarrean, hau da, abiadurak argiarena baino as-koz txikiagoak direnean):

t = t′, (2.73)

r = r′ + R, (2.74)

r = r′ + R + ω × r′, (2.75)

r = r′ + R + ω × r′ + 2 ω × r′ + ω × (ω × r′) , (2.76)

m = m′. (2.77)

(2.76) eta (2.77) ekuazioak biderkatuz etaS etaS ′ sistemetan neurturiko indarra osoaF = mr

etaF′ = m′r′ direla kontuan hartuz, honela agertzen zaigu Newton-en bigarren legeaS ′ sistemaez-inertzialean:

m r′ = F′ = F −m R−m ω × r′ − 2mω × r′ −mω × (ω × r′) . (2.78)

Ikusten dugunez, sistema inertzialetan neurturikoF indarraz gain, hurrengo lau inertzia-indarrakkontuan hartu behar ditu behatzaile ez-inertzial orokorrak:

atoi-indarra = −m R, (2.79)

azimut-indarra = −m ω × r′, (2.80)

Coriolis-en indarra = −2mω × r′, (2.81)

indar zentrifugoa = −mω × (ω × r′) . (2.82)

2.12 IRUDIA Higidura zirkularra.

Adibide moduan, kontsidera dezagun partikula baten higidura zirkular uniformea (adibidez,zaldiko-maldiko batean dagoen behatzailearena). Ibilbidearen erradioaR da eta, lehen azterketaegiteko,S inertzia-sistema bat aukeratuko dugu ibilbidearen zentroaO jatorrian egoteko moduan,OXY plano cartesiarra ibilbidearena izateko moduan. Partikularenω ≡ ϕ abiadura angeluarrakonstantea da, (1.33) abiadura angeluar bektorialaω ≡ ϕk, eta (1.36) azelerazioa zentripetohutsa da kasu honetan:

r = −Rω2 r = −ω2 r. (2.83)

Beraz, sistema horretan, partikulak norabide horizontalean pairatzen duen indar osoa (zoruakeragindakoa edo) zentripetoa da:

F = mr = −mω2 r. (2.84)

Aukera dezagun orainOZ ardatzaren inguruanω abiadura angeluarraz biratzen ari denO ja-torriko S ′ sistema (hau da, zaldiko-maldiko zentroan finkatua).2.8 ariketan aztertu genuen sis-tema ez-inertzial horretan partikula pausagunean dagor′ = R i′ puntuan eta bere azelerazioa,


ondorioz, nulua da. Inertzia-indarrak erraz aztertzen dira kasu honetan. Atoi-indarra nulua dasistema ez-inertzialaren jatorria ez baitago azeleraturik. Abiadura angeluarra konstantea denez,azimut-indarra ere nulua da, eta gauza bera gertatzen da Coriolis-en indarrarekin partikula siste-ma horretan geldirik baitago.

2.12 ARIKETA Froga ezazu partikula pairatzen dituen (2.84) indarra eta zentrifugoa hauexekdirela, hurrenez hurren:

− mω2 r = −mRω2 i′, (2.85)

−m ω × (ω × r′) = mRω2 i′. (2.86)

Beraz,S ′ sisteman, (2.84) higidura-ekuazioa (kasu honetan oreka-baldintza dena) modu honetanidazten da:

0 = −mRω2 i′ +mRω2 i′, (2.87)

hau da, zoruak eragindako indarra eta zentrifugoa elkarrenkontrakoak direnez, partikula azele-raziorik gabe higitzen da.

2.13 IRUDIA Partikularen sistema propioa.

Aukera dezagun orain partikularekin batera higitzen eta biratzen denS ′′ sistema, hau da beha-tzailea dagoen puntuan kokatutako sistema (edo, kurba zirkular batean higitzen ari den autobu-saren sistema). Sistema hau higitzen eta biratzen ari da, baina partikula bere jatorrian dago pau-sagunean:r′′ = 0. Ondorioz, biraketarekin loturik dauden inertzia-indar guztiak (azimut-indarra,Coriolis-ena eta zentrifugoa) nuluak dira eta bakarrik geratzen dira sistema inertzialean neurtu-tako (2.84) indarra eta atoi-indarra. Azken hau erraz kalkulatzen da,S ′′ sistemaren azelerazioapartikulakS-rekiko duen azelerazio zentripetoa baita:

R = r = −ω2 r = −Rω2 i′′, (2.88)

−mR = mRω2 i′′. (2.89)

Hortaz,S ′′ sistema higidura-ekuazioa honako hau da:

0 = −mRω2 i′′ +mRω2 i′′. (2.90)

i′ = i′′ direnez, (2.87) eta (2.90) baliokideak dira, noski; baina eskuinaldean agertzen denbi-garren gaiaren interpretazioa desberdina da: han zentrifugoa bazen ere, hemen atoi-indarra da.Aitortu behar da, hala ere, askotan (fisikari buruzko liburuetan ere) autobusean pairatzen dugunindar hori, bere norabidea eta noranzkoa kontuan harturik edo, zentrifugoa deitzen dela.

2.6 Inertzia-indarrak Lurraren gainazalean 67

2.6 Inertzia-indarrak Lurraren gainazalean

Normalean, laborategiko sistema inertzialtzat hartzen dugu Lurraren gainazalaren inguruangertatzen diren higidurak aztertzean. Baina aipaturiko higiduren iraupena oso handia bada (halanola atmosferaren higiduran edo geroago aztertuko dugun Foucault-en penduluaren kasuan), ezinarbuia daiteke Lurraren biraketa-higidura eta inertzialaez den laborategiko sisteman agertzendiren inertzia-indarrak kontuan hartu beharko dira.

2.14 IRUDIA Lurra eta laborategiko sistema erraztua.

2.6.1 Laborategiko sistema erraztua

Ondorengo azterketak errazteko, beti aukeratuko dugu laborategikoS sistema2 era honetan:

• O jatorria laborategiaren zentroan, Lurraren gainazalean.Puntu horren posizioa ematekoϕ luzera (hau da, gure laborategitik pasatzen den meridianoaren etaGreenwich-ekoarenplanoen arteko angelua) etaλ latitudea (ekuatoretik eta meridianoan zehar gure paraleloa-ren posizioa neurtzen duen angelua) erabiliko ditugu, ohi bezala.

• OX ardatza meridianoaren tangentea eta hegoalderantz.

• OY ardatza paraleloaren tangentea eta ekialderantz.

• OZ Lurraren norabide erradialean eta kanporantz.

Lurraren translazio-higidura arbuiatzen dugunez, bere zentroan kokaturikoS0 erreferentzia-sis-tema inertziala dela onartuko dugu, ardatzak ez badira izartrinkoekiko biratzen. Kontsidera de-zagun laborategikoS sistema. Lurraren abiadura angeluarra konstantetzat hartuko dugu, guztizegia ez bada ere; ez dago, beraz, azimut-indarrik. Atoi-indarra kalkulatzeko, laborategiaren aze-lerazioa kalkulatu behar da.S0 sistemanO-ren R posizio-bektorea paraleloan zehar Lurraren

2Notazioa errazteko, hemendik aurrera laborategiko sistema eta bertan neurturiko magnitudeak′-rik gabe idatzikodira, nahiz eta sistema hori inertziala ez izan.


ω abiadura angeluarraz biratzen ari denez, bere abiadura (2.60) emaitzak emandakoa da (R bek-torea konstantea da Lurrarekin batera higitzen eta biratzen denS ′ sisteman):

R = ω ×R. (2.91)

2.13 ARIKETA Egiaztatu abiadura hau laborategiko jatorriaren ibilbidea den paraleloaren tan-gentea dela, ekialderanzkoa, eta bere modulua paraleloaren erradioa bider abiadura angeluarra, esperobezala:

∣

∣R∣

∣ = (R cosλ)ω. (2.92)

2.15 IRUDIA Laborategiaren abiadura eta azelerazioa.

Abiadura bera ere laborategiarekin batera paraleloan zehar ω abiadura angeluarraz biratzen aridenez, bere deribatua den azelerazioa kalkulatzeko (2.60) ekuazioaz balia gaitezke berriro ere:

R = ω × R = ω × (ω ×R) . (2.93)

2.14 ARIKETA Egiaztatu azelerazio hau higidura zirkularraren azelerazio zentripetoa dela: pa-raleloaren erradioaren norabidean dago, Lurraren ardatzerantz, hau da, ibilbidearen zentrorantz, etabere modulua ibilbidearen erradioa bider abiadura angeluarraren karratua da:

∣

∣R∣

∣ = (R cosλ)ω2. (2.94)

Laborategiko sisteman honela idazten da partikula baten (2.78) higidura-ekuazioa:

m r = F −mω × (ω ×R) − 2mω × r −mω × (ω × r) . (2.95)

non F indarra sisteman inertzialetan neurtutako indar osoa den.LurrarenR = |R| erradioabalioa kontuan harturik, erraz ulertzen da gehienetan|r| ≪ |R| dela eta, beraz,−mω × (ω × r)zentrifugoa arbuiagarria−mω × (ω × R) atoi-indarraren parean. Hortaz, oso hurbilketa onean(2.95) higidura-ekuazioa honela idazten da:

m r = F −mω × (ω ×R) − 2mω × r. (2.96)

Kasu honetan ere, testuliburu gehienetan−mω× (ω × R) inertzia-indarra zentrifugoa dela esa-ten da, nahiz eta berez laborategiaren azelerazioaren ondorioa izan. (Arrazoia, berriro ere, indarhorren noranzkoa dateke.)


2.15 ARIKETA Egiaztatu laborategiko sisteman honela garatzen direla funtsezko magnitude ba-tzuk:

ω = ω (− cosλ i + sin λk) , (2.97)

−ω × (ω × R) = Rω2 cosλ (sin λ i + cosλk) . (2.98)

Azken adierazpenean parentesi artean agertzen den bektoreunitarioa paraleloaren erradioarennorabidean dago eta indar zentrifugoaren norabidea eta noranzkoa adierazten du. Hau kontuanharturik, (2.94) modulua berreskuratzen da (2.98) emaitzatik.

(2.96) higidura-ekuazioaren zenbait aplikazio ikusiko ditugu jarraian.

2.6.2 Grabitate-azelerazioa

Eman dezagun partikula baten pisua neurtzeko irudiko dinamometroa erabiltzen dugula. Par-tikularen pisua bere gainean dinamometroak eragiten duenT indarraren kontrakoa dela esangogenuke,m-ren oreka-ekuazioaT + P = 0 baita. Beraz pisuaren norabidea (igeltseroak plomua-ren bidez definitzen duenbertikala ) dinamometroarena da eta modulua, dinamometroaren masaarbuiagarria bada, malgukiaren deformazioak emandakoa.

2.16 IRUDIA Pisua neurtzeko dinamometroa.

Baina azter dezagun arreta handiagoz oreka-ekuazioa. Han sartu behar dira hiru indar: di-namometroak eragindakoT ukipen-indarra, LurrarenFg = mg erakarpen grabitatorioa etaFz = −mω × (ω ×R) indarzentrifugoa. Lurra guztiz esferikoa eta simetrikoa balitz,Fg erra-diala izango litzateke; baina praktikan Lurraren benetakomasa-banaketaren ondorioz apur batdesbideratuko da norabide horretatik. Hala ere,2.17 irudiko ezkerraldean norabide erradialeanmarraztu dugu. Irudi berean agertzen den indar zentrifugoaikusi ahal izateko, askoz handitu da,eskala errespetatu gabe.

2.16 ARIKETA Batez beste urtebetean365.26 egun daudela kontuan harturik, froga ezazu Lurra-ren abiadura angeluarra

ω ≈ 7.29 × 10−5 s−1 (2.99)

dela. Ondorioztatu indar zentrifugoaren ekarpena beti dela pisuarenh 3.5 baino txikiagoa.

Dinamometroak definituriko pisua eta bertikala, beraz, ez dira izango erakarpen grabitato-rio hutsari dagozkionak,P = Fg + Fz baizik: indarzentrifugoaksorturiko desbiderapen txikibat egongo da. Azken honen noranzkoa ikusteko, marraz ditzagun ardatz cartesiarrak eta pisua-ren osagaiak, ipar eta hego hemisferioen kasuetan,OX ardatza hego poloranzkoa dela kontuan


2.17 IRUDIA Erakarpen grabitatorioa eta indar zentrifugoameridianoaren planoan.

harturik. 2.17 irudiko eskuinaldean (berriro ere eskalak errespetatu gabe) ikusten den bezala,zentrifugoakeragindako desbiderapena hegoalderantz (iparralderantz) gertatzen da ipar (hego)hemisferioan.

2.6.3 Higidura bertikala

Eman dezagun partikula bat laborategiko sisteman norabide(ia) bertikalean erortzen ari dela(pausagunetik askatu dugulako edo):

r ≈ −v k. (2.100)

Hau eta (2.97) kontuan hartuz, Coriolis-en indarra honelakoa da:

− 2mω × r ≈ 2mωv cosλ j. (2.101)

Beraz,cosλ ≥ 0 denez, partikula ekialderantz desbideratuko da (pittin bat) beti, edo, zentrifu-goaren eragina kontuan hartzen badugu, hego-ekialderantz(ipar-ekialderantz) ipar (hego) hemis-ferioan.

2.17 ARIKETA Lortu emaitza bera Coriolis-en indarra grafikoki kalkulatuz.

Hanburgoko Michaelis elizaren dorretik askatutako altzairuzko bolatxoek 76 m-ko garaieran9.6 mm-ko ekialderako desbiderapena egiten zutela neurtu zuen Benzenberg-ek 1802an. Astro-nomian oinarritzen ez den Lurraren biraketaren lehen frogapena izan zen hau.

2.6.4 Higidura horizontala

Indar egokien eraginaren ondorioz partikula plano horizontal batean (edo handik oso hurbil)higitzen bada,

r ≈ x i + y j, (2.102)


hauxe da Coriolis-en indarra (2.97) kontuan hartuz:

FC = −2mω × r ≈ −2mω sin λk× r + 2myω cosλk. (2.103)

Honen osagai perpendikularra,2myω cos λk, ez zaigu hemen interesatzen: agian beste indarbertikal batekin deuseztatuko da. Osagai horizontala,

FCh ≈ −2mω sinλk × r, (2.104)

abiaduraren perpendikularra da etak × r ezkerralderantz doala etaλ latitudearen zeinua kon-tuan hartuz, erraz ikusten da Coriolis-en indarrak sorturiko abiaduraren desbiderapen horizontalaeskuineranzkoa (ezkerreranzkoa) dela ipar (hego) hemisferioan.

2.18 IRUDIA Coriolis-en indarra higidura horizontalean.

2.18 ARIKETA Lortu emaitza bera Coriolis-en indarra grafikoki kalkulatuz.

Berriro ere azpimarratu behar da Coriolis-en indarra oso txikia dela eta bere eragina kon-tuan hartu behar izateko higiduraren iraupenak nahiko luzea izan behar duela. Hala gertatzen da,adibidez, atmosferan airearen higidurarekin eta, ezagunadenez, Coriolis-en indarra da, preseski,ipar hemisferioan zikloiak erlojuaren kontrakoak izatekoarrazoia (ikus, adibidez, [7] edo [11]).

2.19 IRUDIA Foucault-en penduluaren oszilazio-planoarenbiraketa.

2.6.5 Foucault-en pendulua

1851n Foucault-ek jende arruntaren aurrean frogatu zuen zuzenean Lurra bere ardatzareninguruan biratzen ari dela, Pariseko Panteoian67 m inguruko pendulu bat erabiliz (ikus53. orri-ko irudia). Izan ere, pendulu baten kasuan, masak Coriolis-en indarraren osagai horizontal txiki


bat pairatuko du eta periodoerdi bakoitzean apur bat desbideratuko da eskuinerantz (ipar he-misferioan). Ondorioz, oszilazio-planoa erlojuaren noranzkoan desbideratuko da apurka-apurka,2.19irudianeskala errespetatu gabeerakusten den moduan. Nola desbideratu den kalkulatzeko,ikus dezagun, hasteko, zer gertatzen den pendulua ipar poloan badago. Behatzaile inertzialarenikuspuntutik oszilazio-planoa konstantea da, baina Lurrak azpitik bira bat egiten du24 ordutan.Ondorioz, Lurraren ikuspuntutik oszilazio-planoaren orientazioaren aldaketa ordubetean15 ba-liokoa da.

2.19 ARIKETA Zenbateko denbora eman behar da ipar poloan oszilazio-planoa hasierako posi-ziora itzultzeko?

Beste latitude guztietan gertatzen dena ikusteko, Coriolis-en indarraren (2.104) osagai hori-zontalasin λ-ren proportzionala dela gogoratuko dugu: kasu orokorreanoszilazio-planoak ordu-betean egindako biraketa15 sin λ baliokoa izatea espero dugu, eta hala gertatzen dela frogatzendu kalkulu egokiak (ikus, adibidez, [2] edo [13]).

Jakina, hego hemisferioan penduluaren oszilazio-planoa erlojuaren orratzen kontra biratukoda, eta alferrikakoa da zientzia-museo askotan ikusten diren Foucault-en penduluetako bat ekua-torean eraikitzea.

2.6.6 Grabitatearen eraginpeko higidura

Lurraren azalaren inguruan eta erakarpen grabitatorioaren eraginpean higitzen ari den partiku-la baten ibilbidea aztertzeko, laborategiko sistemarenOZ ardatza hasierako posiziotik pasatzekomoduan aukeratzen badugu, honela adierazten dira hastapen-baldintzak:

r0 = hk, r0 = ux i + uy j + uz k. (2.105)

(Honek esan nahi dut = 0 aldiunean partikulaux i + uy j + uz k abiadurarekin jaurtitzen dugulaOZ ardatzetik etah altueratik.) Partikularen gainean eragiten duen indar ez-inertzial bakarra pi-sua bada (eta, beraz, airearen marruskadura arbuiagarria bada), (2.96) higidura-ekuazioa honakohau da:

mr = mg −mω × (ω ×R) − 2mω × r. (2.106)

h altuera txikia dela kontuan harturik, grabitate-azelerazioa higiduran zehar konstantea delaeman dezakegu. Bestaldetik, Lurraren abiadura angeluarra(2.99) denez,ω2, ω3 eta ordena altua-goko berreturak dauzkan gaiak sistematikotik arbuiatuko ditugu kalkuluan, higidurarenT irau-pen osoaωT ≪ 1 izateko bezain txikia dela suposatzen dugulako. Indarzentrifugoaω2-renproportzionala denez, ez dugu kontuan hartuko (edo, nahiago badugu, pisuan sartuko dugu) eta(2.106) higidura-ekuazioa honela idatziko da:

r = g − 2ω × r. (2.107)

ω konstantea denez, adierazpen hau zuzenean integratzen da eta, (2.105) baldintzak erabiliz,abiadura lortzen dugu:

r = r0 + tg − 2ω × (r − r0) . (2.108)

Emaizta hau (2.107) azelerazioan ordezkatuz,

r = g − 2ω × (r0 + tg) + 4ω × [ω × (r − r0)] (2.109)

2.7 Problema ebatziak 73

geratzen da, baina azken gaia arbuiagarria daω2-ren proportzionala baita:

r = g − 2ω × (r0 + tg) . (2.110)

Eskuineko gaianr agertzen ez denez, zuzenean integratzen da hau, eta hasierako baldintzak era-biliz,

r = r0 + tg − 2tω × r0 − t2ω × g (2.111)

abiadura eta

r = r0 + tr0 +1

2t2g − t2ω × r0 −

1

3t3ω × g (2.112)

posizioa lortzen dira. Koordenatuak nahiago badira:

x = uxt+ ωuyt2 sin λ, (2.113)

y = uyt− ωt2 (ux sin λ+ uz cosλ) +1

3ωgt3 cos λ, (2.114)

z = h+ uzt−1

2gt2 + ωuyt

2 cosλ. (2.115)

Jakina,ω guztiak arbuiatzen baditugu (hau da, Coriolis-en indarra kontuan hartzen ez bada)tiro parabolikoaren emaitza ezagunak berreskuratzen dira.

2.20 ARIKETA Erabili hemengo adierazpenak2.6.3ataleko emaitza nagusiak berreskuratzeko,pausagunetik askatzen den partikula baten kasuan.

2.21 ARIKETA Hanburgoko latitudea53 38′ dela kontuan hartuz, zenbatekoa da Benzenberg-enesperimentuan teoriak aurresandako desbiderapena?

2.7 Problema ebatziak

2.7.1 Alderanzketak

Zein daR =

cosϕ sinϕ 0sinϕ − cosϕ 0

0 0 1

matrize ortogonalaren esangura?

Matrizea honela idazten da:

R =

1 0 00 −1 00 0 1

·

cosϕ sinϕ 0sinϕ cosϕ 0

0 0 1

.

Bigarren matrizeaOZ inguruko biraketa deskribatzen duen (2.32) biraketa-matrizea da. Lehenmatrizeak(x, y, z) → (x,−y, z) alderanzketa deskribatzen du. Antzeko deskonposizio bat egindaitekedetR = −1 baldintza3 betetzen duen edozein matrize ortogonalen kasuan, biraketa bateneta alderanzketa baten konposizioa dela frogatzeko.

2.22 ARIKETA Bakarra al da deskonposizio hori?

3Matrize ortogonal baten determinantea1 edo−1 da beti,2.4ariketan frogatuko dugunez. Matrize ortogonalarendeterminanteadetR = 1 denean, benetako biraketa-matrizea da etadetR = −1 kasuan alderanzketa-matrize bateneta biraketa-matrize baten biderkadura.


2.7.2 Biraketa-ardatza eta biraketa-angelua

Biraketa-matrize bat ezagutuz gero, nola jakin daiteke zeintzuk diren biraketa-ardatza eta bira-keta-angelua?

Biraketa-ardatzean daudenU bektore guztiak ez dira aldatzen:

R · U = U.

1 balio propioari dagokion bektore propioen paraleloa da, beraz, biraketa-ardatza. (Beste bi baliopropioake±iϕ dira.)

Bestalde, aztarna antzekotasun-transformazioekiko aldaezina denez (ikus5.9problema),OZardatz cartesiarra biraketa-ardatzaren paraleloa aukeratzen bada, erraz kalkulatzen da aztarna, ka-su horretan biraketa-matrizea (2.32) adierazpenera laburtzen baita:trR = 2 cosϕ+1. Ondorioz,hauxe dugu biraketa-angelua (edozein erreferentzia-sistematan):

ϕ = ± arccostrR− 1

2.

2.7.3 Hiru gorputzen problema murriztu zirkularra

Aztertuko dugun sistema astronomiko bitar batean bi gorputz nagusiak,primarioak alegia, or-bita zirkularretan higitzen dira elkarren inguruan. (Eguzkia eta Lurra, Lurra eta Ilargia edoJupiter eta Io izan daitezke, adibidez.) Hirugarren gorputzaren masa arbuiagarria dela (hau da,primarioen higiduran ez duela inolako eraginik) suposatzen dugu.Planetoide honen higiduraaztertzeko, erreferentzia-sistemaren jatorritzat masa-zentroa aukeratzen dugu eta ardatz koorde-natuak primarioekin batera biratzen dira, primarioakX ardatzean pausagune erlatiboan egotekomoduan. Aurki itzazu planetoidearen higidura-ekuazioak.

Masa-zentroaren kokapena irudikoO puntua bada, hauxebetetzen da:

m1l1 = m2l2.

Nagusien higidura erlatiboaren ekuazioa, bi gorputzen problemarena da (gogoratu1.5.6atala).Kasu honetan, partikulen arteko indarra Newton-en grabitazio unibertsalaren legeak emandakoadenez, honela idazten da:

m1m2

m1 +m2(l1 + l2)ω

2 = Gm1m2

(l1 + l2)2 ⇐⇒ ω2 = G

m1 +m2

(l1 + l2)3 .

Planetoidearenmr = F1 + F2 − 2mω × r −mω × (ω × r)

higidura-ekuazioaren osagaiak hauexek ditugu:

x = −Gm1x+ l1

[

((x+ l1)2 + y2 + z2

]3/2−Gm2

x− l2[

((x− l2)2 + y2 + z2

]3/2+ 2ωy + ω2x,

y = −Gm1y

[

((x+ l1)2 + y2 + z2

]3/2−Gm2

y[

((x− l2)2 + y2 + z2

]3/2− 2ωx+ ω2y,

z = −Gm1z

[

((x+ l1)2 + y2 + z2

]3/2−Gm2

z[

((x− l2)2 + y2 + z2

]3/2.


2.7.4 Lagrange-renL4 etaL5 puntuak

Froga ezazu aurreko ariketaren planetoidea pausagune erlatiboan egon daitekeela bera eta pri-marioak triangelu aldekide baten erpinetan kokaturik badaude. Ba al dago oreka erlatiboarenbeste punturik?

Egia esan,1.6.5probleman frogatu genuen, testuinguru orokorrago batean,partikula baten eragi-na arbuiatu gabe ere, horrelako soluzio triangeluarrak gerta daitezkeela; baina hemen beste modubatera planteatuko dugu problema, bide batez bestelako oreka-punturik dagoen aztertzeko.

Defini dezagunα parametroa honako hau betetzeko moduan:

α ≡ l1l1 + l2

=m2

m1 +m2⇐⇒ 1 − α =

l2l1 + l2

=m1

m1 +m2

Luzera-unitatetzatl1 + l2 aukeratuz, nagusien posizioak(−α, 0, 0) eta(1 − α, 0, 0) izango dira.Bestalde, denbora-unitatetzat

√

√

√

√

(l1 + l2)3

G (m1 +m2)

aukeratzen badugu,ω = 1 izango da. Hortaz, honela idazten dira higidura-ekuazioakprimarioensisteman dimentsio gabeko aldagai hauetaz baliatuz:

x = −(1 − α)x+ α

[

((x+ α)2 + y2 + z2]3/2

− αx− 1 + α

[

((x− 1 + α)2 + y2 + z2]3/2

+ 2y + x,

y = −(1 − α)y

[

((x+ α)2 + y2 + z2]3/2

− αy

[

((x− 1 + α)2 + y2 + z2]3/2

− 2x+ y,

z = −(1 − α)z

[

((x+ α)2 + y2 + z2]3/2

− αz

[

((x− 1 + α)2 + y2 + z2]3/2

.

Oreka erlatiboaren posizioakx = x = y = y = z = z = 0 eginez lortzen dira.(a) Soluzio linealak. Nagusiak lotzen dituen zuzenean3 posizioezegonkordaude,y = z = 0eginez geratzen den

x = (1 − α)x+ α

|x+ α|3+ α

x− 1 + α

|x− 1 + α|3

ekuazio kubikoak hiru soluzio erreal baititu: Lagrange-renL1, L2 etaL3 puntuak.(b) Soluzio triangeluarrak. Higidura-ekuazioen izendatzaileak berdinak izateko,

(x+ α) = −(x− 1 + α) ⇐⇒ x =1

2− α ⇐⇒ x+ α = −(x− 1 + α) =

1

2

aukeratu behar da eta,z = 0 eginez, beste bi ekuazioak hurrengoaren baliokideak dira:

− 1 − α

2(

14

+ y2)3/2

+α

2(

14

+ y2)3/2

+1

2− α = 0.

Argi dago, izendatzaileetan14

+ y2 = 1 denean ekuazioa bete egiten dela. Lagrange-renL4 eta

L5 puntuak dira hauek:(

12− α,±

√3

2, 0)

. Froga daiteke egonkorrak direla (Coriolis-en indarrariesker)α < 0.0385 denean (ikus [15]): Lurraren eta Ilargiaren sistemanα ≈ 0.0123 da etaEguzkiaren eta Jupiteren kasuanα ≈ 0.001. (Ikus4.6atala.)


2.7.5 Coriolis-en efektua ekuatorean

Batzuetan irakurtzen da bainuontzietako hustubideetatikirtetean uraren norabidea alderantzika-tu egiten dela ontzietan ekuatorea zeharkatu bezain laster. Zer uste duzu zuk honetaz? Egia izandaiteke?

Ekuatorearen inguruan efektua oso txikia denez (gogoratusinλ-ren proportzionala dela), ez di-rudi beste eraginak (hala nola bainuontziaren tankera) baino handiagoa izan daitekeenik, inondikere. Ekuatoretik urrun egonda ere, efektua neurtzeko sistemak guztiz simetrikoa izan behar du etaura behar bezain geldi geratzeko orduak behar dira. Badirudi horrelako esperimentuetako lehenaA. Shapiro-k 1962an egin zuena dela.

2.8 Problemak 77

2.8 Problemak

2.1 Zeintzuk diraOX etaOY ardatzen inguruko biraketei dagozkien matrizeak?

2.2 Biraketa-matrizeen biderketa ez da trukakorra. Aurki ezazu aurreko adierazpenaren adi-bide erraz bat.

2.3 Froga ezazu hurrengo matrizea biraketa-matrizea dela:

R =

1/√

3 1/√

3 1/√

3

−2/√

6 1/√

6 1/√

6

0 −1/√

2 1/√

2

.

Zeintzuk diraei bektoreen osagaiak

e′j

oinarrian?

2.4 Abiadura angeluarra. S, S ′ etaS ′′ erreferentzia-sistema cartesiarrek jatorri berbera dute.S sistemanS ′ delakoak duen abiadura angeluarraω1 da etaS ′ sistemaren ikuspuntutikS ′′ dela-koaω2 abiadura angeluarraz ari da higitzen. Zein daS sistemaren abiadura angeluarraS ′ siste-man? Zein daS sisteman neurtzen denS ′′ sistemaren abiadura angeluarra?

2.5 Irudiko partikula pausagunean dagoOXY inertzia--sisteman. Biratzen ari denOX ′Y ′ sistemaren ikuspuntu-tik, beraz, partikularen higidura zirkularra da. Zein da az-ken sistema honetan higidura azeleratua sortzen duen in-darra? Aztertuϕ = 0 etaϕ 6= 0 kasuak.

2.6 Irudiko zirkunferentziaω abiadura angeluar konstan-tez ari da biratzen bere zentrotik pasatzen den ardatz berti-kalaren inguruan. Zirkuluaren normalaren eta bertikalarenarteko angeluaα da. Demagun partikula puntual bat zir-kunferentzian zehar higi daitekeela marruskadurarik gabe.Zein puntutan kokatu behar da partikula zirkunferentziare-kiko pausagune erlatiboan iraun dezan? Noiz da egonkorraoreka erlatibo hori?

2.7 Newton-en ontzia.(a) Erreferentzia-sistema inertzial batean ontzi bat azelerazio horizontalkonstantez higitzen ari bada, zein da barruan dagoen urarengainazalaren ekuazioa?(b) Zer gertatzen da simetria-ardatzaren inguruko abiadura angeluar konstanteko biraketa badaontziaren higidura?

2.8 Irudiko hagatxoa abiadura angeluar konstantez bira-tzen ari da,α = π/4 izanik.m masako partikula puntualamarruskadurarik gabe higi daiteke hagatxoan zehar. Aurkiitzazu partikularen higidura-ekuazioak.


2.9 Hodi horizontal bat bere mutur batetik pasatzen denardatz bertikalaren inguruan ari da biratzen abiadura ange-luar konstantez. Bere barruan marruskadurarik gabe higidaitekeenmmasa dago. Hasierako aldiunean irudian ager-tzen den puntuan pausagune erlatiboan badago, zein izan-go da masaren abiadura beste muturrean? Kalkula ezazuhodiak masaren gainean eragiten duen indarra.

2.10 Hasieran pausagunean dagoen partikula bat askatu egiten da. Hasierakoh altuera Lurrarenerradio baino askoz txikiagoa bada, zein puntutan joko du zorua?

2.20 IRUDIA Tiro parabolikoa plataforma birakor batean (ikus2.11problema).

2.11 Zientzia-museoko plataforma birakor batean ura isurtzen da plataformaren biraketa-ardatze-rantz eta zentroa jotzen du plataforma geldi dagoenean. Biratzen ari denean2.20irudian ikustendena gertatzen da. Norantz birarazi genuen plataforma argazkiak egiteko?

2.12 Iparralderantz jaurtitzen da partikula bat, hasierakov0 abiadura eta horizontalaren artekoangeluaα delarik. Froga ezazu hasierako plano bertikalean ibilbideak duen proiekzioa paraboli-koa dela, baina plano horren eta partikularen arteko distantzia honako hau dela:

∣

∣

∣

∣

v0ω sin(λ− α) t2 +1

3gω cosλ t3

∣

∣

∣

∣

.

2.8 Problemak 79

2.13 Kalkula itzazu irudiko tresnarenA muturraren abia-dura eta azelerazioa.

2.14 Leire zaldiko-maldikoan biraka ari den bitartean, berandudatorren Mirentxu zuzenean doazaldiko-maldikoraino eta han gelditzen da Leire jaitsi arte.(a) «Nireganantz zentozenean nire erreferentzia-sisteman zure ibilbidea espirala zen; baina ezdakit zein zen ibilbidea makurtzen zuen indarra. . . » diotsoLeirek Mirentxuri. «Agian, indar zen-trifugoa» ausartzen da Mirentxu. «Ezinezkoa da, erradialada eta» erantzuten dio Leirek. Zer usteduzu zuk?(b) «Edozein modutan, zaldiko-maldikoaren ondoan geldirik nengoenean, zure inguruan birakaikusten ninduzun?» galdetzen du Mirentxuk. «Bai, noski.» «Eta orduan ez al zen indar zentrifu-goa zure ikuspuntutik nire ibilbidea zirkularra izatearenzergatia?» Zer erantzun behar du Leirek?

2.15 Bloke bat plano aldapatsu leun baten goiko punta-tik askatzen bada, zein da abiadura zorura heltzean? Besteerreferentzia-sistema inertzial batean planoaV abiadurahorizontal konstantez higitzen bada, zein da hor blokearenamaierako abiadura? Kontserbatzen da energia mekanikoaerreferentzia-sistema honetan? Iruzkina egin emaitzari.

2.16 Jacobi-ren integrala. Froga ezazu hurrengo magnitudea higidura-konstantea dela2.7.3ari-ketako hiru gorputzen problema murriztu zirkularrean:

ǫ =1

2

(

x2 + y2 + z2)

− Gm1√

((x+ l1)2 + y2 + z2

− Gm2√

((x− l2)2 + y2 + z2

− 1

2

(

x2 + y2)

.

Zein da gai bakoitzaren esanahi fisikoa?

2.17 Froga ezazu2.1 atalean aztertu den translazio hutsaren kasuan, partikulabaten energia zi-netikoa eta momentu lineala hurrengo transformazioen arabera aldatzen direla:

T = T ′ + p′ · R +1

2mR2,

p = p′ +mR.

2.18 Kontsidera dezagun partikula-sistema batS etaS ′ erreferentzia-sistema inertzialetan, parti-kulen masa-zentroarenS∗ sisteman eta ardatzak biratu gabe azeleraturik higitzen den S ′′ sistemaez-inertzialean.(a) Momentu lineal osoa kontserbatzen badaS sisteman, kontserbatzen al da beste sistemetan?(b) Energia zinetiko osoa kontserbatzen badaS sisteman, kontserbatzen al da beste sistemetan?(c) Talka bat elastikoa badaS sisteman, elastikoa izango da besteetan?Oharra: Azaldu zure erantzunak sistema desberdinen kasuetan.

2.19 Ur geldietara harritxo bat botatzean uhin zirkularrak sortzen dira. Nolakoak izango diraur-korronte batean?

3. GAIA

Erlatibitate berezia

3.1 IRUDIA Argiaren abiadura neurtzeko Foucault-ek erabili zuen tresna.

81

82 3 Erlatibitate berezia

Erlatibitate bereziaren oinarrizko kontzeptuak eta emaitzak aztertuko ditugu gai honetan. Teo-ria klasikoa (hau da, ez kuantikoa) bada ere, fisika moderno osoaren oinarrian dago erlatibitateberezia eta egunero egiaztatzen dira bere aurresanak laborategietan (adibidez, partikula-azele-ragailuetan). Emaitza batzuk nahiko harrigarriak badira ere, gogoratu behar da gure inguruanbakarrik agertzen direla abiadurak argiarenaren parekoakdirenean, eta hori bakarrik gertatzendela fenomenoen eskala oso txikia (mundu mikroskopikoan) denean. Gure esperientzia zuzeneanabiadurak oso txikiak dira beti eta mekanika ez-erlatibista guztiz erabilgarria da.

3.1 Mekanika «galilearra»

Maxwell-en teoriari eta Hertz-en esperimentuei esker, XIX. mendearen amaieran argia erra-diazio elektromagnetikoa dela ezagutzen zen. Maxwell-en elektrodinamikan argiaren abiadurakonstante elektromagnetiko unibertsalen bidez idazten da: c = 1/

√ǫ0µ0 (ikus 9.12atala). Baina

Galileo-ren (1.39) transformazioaren arabera adierazpen hori ezin bete daiteke erreferentzia-sis-tema inertzial guztietan. Denbora hartan, aipaturiko erlazioa eterraren sistemadeituriko erre-ferentzia-sistema berezi batean betetzen zela uste zen. Orduko pentsamolde mekanizistan, uhinelektromagnetikoak eterraren perturbazioen hedapena ziren eta, beraz, oso naturala zen hedapen--abiadura eterrarekiko definitzea, soinuaren abiadura airearekiko definitzen den bezala. Eterrarensistema Newton-en espazio absolutuaren kontzeptuarekin bat zetorren, baina eterrak oso propie-tate arraroak izan behar zituen, nabaritzen ez den ingurunematerial horretan argiaren abiadurahain handia izateko.

Michelson eta Morley fisikari amerikarrek 1887an egindako esperimentuan Lurrak eterrarensisteman duen abiadura aurkitu nahi zen. Esperimentuaren emaitza negatiboa izan zen: Lurrarensisteman argiaren abiadura konstantea zen, ez zen urtean zehar aldatzen. Bazirudien hau ulertze-ko modu bakarra Lurrak nolabait eterra arrastaka eramaten zuela pentsatzea zela. Baina Eins-tein-ek1 azalpen errazago eta zuzenago bat eman zuen (erlatibitate berezia sortu zuten artikulue-tan Michelson eta Morley-ren esperimentua aipatu gabe): argiaren abiadura (hutsean) konstanteunibertsala da eta erreferentzia-sistema guztietan balioberbera du. Jakina, hipotesi hau elektro-dinamika aldatu gabe egin daiteke, nahikoa baita Maxwell-en ekuazioak erreferentzia-sistemaguztietan berdinak direla onartzea. Baina, elektrodinamika horrela gordetzeko, denbora hartakomekanika —gai honetan mekanika «galilearra» deituko duguna— aldatu behar izan zuen.

3.1.1 Erreferentzia-sistema inertzialak

Gai honetan3.2 irudiko S etaS ′ sistema inertzialak kontsideratuko ditugu beti. Bata bes-tearekiko abiadura konstantez higitzen da etaOX etaO′X ′ ardatzak lerro berean eta higiduraerlatiboaren norabidean aukeratzen dira. Erlojuak sinkronizatzen dirat = t′ = 0 balioarekin bijatorriak puntu berean daudenean.S ′ sistemav i abiaduraz higitzen daS delakoarekiko eta, on-dorioz, azken honen abiadura lehenengoarekiko−v i da. Irudiak egiterakoanv > 0 suposatukodugu, baina lortuko ditugun adierazpen guztiakv negatiboekin erabil daitezke ezer aldatu gabe.

1Erlatibitate bereziaren sortzailetzat Albert Einstein dute gehienek, baina ez da ahaztu behar lehenago Lorentz--ek, Fitzgerald-ek eta, bereziki, Poincaré-k egindakoa.

3.1 Mekanika «galilearra» 83

3.2 IRUDIA Bi erreferentzia-sistema inertzialakv > 0 denean.

3.1.2 Gertaerak

Gai honetan aztergai nagusiat aldiune ezagun batean eta(x, y, z) puntu ezagun batean jazo-tzen denG gertaerada.S sistemanG gertaeraren denboraeta espazio-osagaiakG ∼ (t, x, y, z)moduan adieraziko dira. Era berean,S ′ sistemanG ∼ (t′, x′, y′, z′) idatziko dugu. Mekanika ga-lilearrean gertaera batek bi sistemetan dituen osagaien arteko erlazioa Galileo-ren (1.38)–(1.38)transformazioek emandakoa da:

t = t′, (3.1)

x = x′ + vt′, (3.2)

y = y′, (3.3)

z = z′ (3.4)

edo

t′ = t, (3.5)

x′ = x− vt, (3.6)

y′ = y, (3.7)

z′ = z. (3.8)

y etaz aldagaiak transformatzen ez direnez,G ∼ (t, x) ∼ (t′, x′) notazio laburtuaz ere baliatukogara hala komeni denean. Azpimarratu behar da∼ ikurra (eta ez=) erabili dugula, gehienetanx 6= x′ (eta erlatibitate bereziant 6= t′) izango delako.

Bi gertaerek definituriko tarteak ere kontsideratuko ditugu. Horrela,G1 ∼ (t1, x1, y1, z1) ∼(t′1, x

′1, y

′1, z

′1) etaG2 ∼ (t2, x2, y2, z2) ∼ (t′2, x

′2, y

′2, z

′2) gertaeren arteko denbora-tarteaS etaS ′

sistemetan

∆t ≡ t2 − t1, (3.9)

∆t′ ≡ t′2 − t′1 (3.10)

da eta haien arteko espazio-tartea

∆r ≡ r2 − r1, (3.11)

∆r′ ≡ r′2 − r′1 (3.12)

edo,∆y eta∆z interesatzen ez zaizkigunean,

∆x ≡ x2 − x1, (3.13)

∆x′ ≡ x′2 − x′1. (3.14)


Galileo-ren transformazioen ondorio moduan, denbora-tarteak absolutuak direla ikusten du-gu, sistema inertzial guztietan modu berean neurtzen baitira:

t2 − t1 = t′2 − t′1. (3.15)

Bereziki, aldiberekotasuna absolutua da mekanika galilearrean: bi gertaera aldiberekoak badirasistema batean (t′1 = t′2, adibidez), horrelakoak dira sistema guztietan (t1 = t2). Espazio-tarteak,berriz, ez dira absolutuak, gertaerak aldiberekoak ez badira, behintzat:

x2 − x1 = x′2 − x′1 + v (t′2 − t′1) . (3.16)

Adibidez, bi gertaera puntu berean baina aldiune desberdinetan gertatzen badiraS ′ sisteman(x′2 − x′1 = 0), ez dira puntu berean gertatukoS sisteman (x2 − x1 = v (t′2 − t′1)). Leku be-rean gertatzeko propietatea, aldiune berean gertatzea ez bezala, propietate erlatiboa da: hegazkinbaten punta beti dago puntu berean hegazkinaren sisteman, baina ez da gauza bera gertatzenaireportuaren ikuspuntutik.

Ageri denez, mekanika galilearrean asimetria nabaria dagoespazio- eta denbora-tarteen ar-tean. Laster ikusiko dugunez, erlatibitate berezian biak dira erlatiboak; baina absolutua den bestetarte mota bat definituko dugu.

3.2 Einstein-en postulatuak

Erlatibitate bereziaren oinarrian hurrengo bi postulatuak jarri zituen Einstein-ek:

Erlatibitatearen printzipioa: Erreferentzia-sistema inertzial guztietan fisikaren oinarrizko le-geak modu berean azaltzen dira.

Argiaren abiaduraren aldaezintasunaren printzipioa: Argiaren abiadura hutsean berbera daerreferentzia-sistema inertzial guztietan: ez da behatzailearen eta iturriaren abiaduren men-pekoa.

Ikusten dugunez, erlatibitatearen printzipioa1.2.1atalean ikusi genuenaren parekoa da, hanGalileo-ren izenarekin lotzen bagenuen ere. Printzipioa zehazki adieraztea, fisika osora heda-tzea eta handik ondorioak ateratzea dira Einstein-en ekarpenak. Fisika egiteko sistema inertzialguztiak baliokideak direla adierazten digu nolabait.

Bigarren printzipioa ordea, guztiz berria zen eta, ikusikodugunez, garrantzi handiko on-dorioak ekarri zituen. Maxwell-en elektrodinamika zuzentzat jotzen badugu (eta horrelakoa daefektu kuantikoak arbuiagarriak direnean), erlatibitatearen printzipioaren hedapen naturala delapentsa dezakegu: Maxwell-en ekuazioak sistema inertzial guztietan betetzen badira, gauza be-ra gertatuko da haietatik lorturikoc = 1/

√ǫ0µ0 adierazpenarekin. Ikuspuntu honetatikǫ0, µ0

etac hutsaren ezaugarri unibertsalak dira eta ez erreferentzia-sistema berezi batean soilik bete-tzen diren propietateak. Hipotesi polit ausart hau behin eta berriro egiaztatu da esperimentuetan(gehienetan bere ondorioa den erlatibitate bereziaren emaitzen bidez) eta fisika moderno osoa-ren oinarrien artean dugu. Izan ere, horretan finkatzen da1. orrian gogoratu dugun metroarendefinizioa Sistema Internazionalean.

Sistema guztietanc abiadurarekin higitzen denez, argia ez dago geldi ezein sistematan: ezdago argiaren erreferentzia-sistemarik eta, hortaz, sistemen arteko abiadura erlatiboa ezin izandaitekec.

3.3 Minkowski-ren diagramak 85

3.3 Minkowski-ren diagramak

Erlatibitate berezian hainbat kalkulu errazteko eta ondorioak ulertzen laguntzeko, tresna gra-fiko bat sartuko dugu orain. Gertaerek denbora-osagai bat dutenez, era grafikoan adieraztekodenbora aukeratu behar da ardatz batean. Dimentsioak ardatz guztietan berdinak (luzerarenak)izateko, denborac-rekin biderkatuko dugu; ardatzak, beraz,ct, x, y etaz izango dira. Paperean(edo arbelean) ez dago lau ardatz elkarzut adierazterik, baina3.2irudian egin dugun aukerarekin,nahikoa izango dact etax ardatzekin,y etaz norabideetan gehienetan ez baita ezer berririk ger-tatuko. Erlatibitateanct ardatz bertikalean aukeratzen da beti etax horizontalean,3.3 irudianSetaS ′ sistemei dagozkien diagrametan erakusten den bezala.

3.3 IRUDIA S etaS ′ erreferentzia-sistemen Minkowski-ren diagramak.

Hasteko ikus dezagun nola adierazten denv abiadura konstantez mugitzen den partikula batenhigidura Minkowski-ren diagraman. Eboluzioa adieraztekonormalean erabiltzen diren diagrame-tan denbora abzisetan jartzen da etax = x0 +vt ekuazioko grafikoa erabiliko genuke, baina oraindenbora ordenatuetan dagoenez, eboluzioa deskribatzeko

ct =c

v(x− x0) (3.17)

ekuazio baliokideak adierazten duenc/v maldako zuzena, partikularenunibertso-lerroa deitzendena, erabiliko dugu. Partikula horiS ′ sisteman pausagunean egongo da (biakS-rekiko v abia-duraz higitzen baitira) eta bere unibertso-lerroax′ = x′0 zuzen bertikala izango da han.

3.4 IRUDIA S ′ sisteman geldi dagoen partikularen unibertso-lerroa bi sistemetan.

3.1 ARIKETA Kalkulatu 3.4 irudiko α angelua. Zeintzuk izango diraS sisteman pausaguneandagoen partikularen unibertso-lerroak. Eta erreferentzia-sistema bien jatorrienak?


Eman dezagun orain argi-izpi bat igortzen delaOX etaO′X ′ ardatzen norabidean. Argia bisistemetanv = c abiaduraz (edo, atzera badoa,v = −c abiaduraz) higitzen denez, igorpena(t0, x0) ∼ (t′0, x

′0) gertaera bada, fotoi2 baten unibertso-lerroa honela idatziko da bi sistemetan:

c (t− t0) = ± (x− x0) , c (t′ − t′0) = ± (x′ − x′0) . (3.18)

Honela adierazten da, bada, Einstein-en bigarren printzipioamodu grafikoan:fotoiaren unibertso--lerroa±1 maldako zuzen bat da inertzia-sistema guztietan. Ikus dezagun printzipio honen lehenondorioa.

3.3.1 Aldiberekotasuna erlatiboa da

Einstein-en ohiturari jarraituz, «buru-esperimentu» bategingo dugu. Eman dezagunS ′ siste-manD1 etaD2 detektagailuak pausagunean daudela. Gainera bi detektagailuen erdianI argi-itu-rri bat dago geldirik. Detektagailuak eta iturriav abiaduraz higitzen diraS sisteman eta han eurenunibertso-lerroak, bertikalak izan beharrean,c/v maldako zuzen paraleloak dira eta simetriagatikhurrenez hurreneko lerroen arteko distantziak berdinak izango dira. Aldiune batean argia piztenda (hauxe da3.5irudiko daG0 gertaera) eta fotoiak abiatzen dira norabide guztietan. Lehen fotoiaD1 (D2) detektagailura heltzeaG1 (G2) gertaera da. Egindako bideak berdinak direnez, argi dagobi fotoiak aldiune berean iristen direla detektagailuetaraS ′ sisteman: bi gertaerak aldiberekoakdira.

3.5 IRUDIA I iturritik igorritako fotoiakD1 etaD2 detektagailuetara iristen dira.

Baina,S sisteman ere fotoien unibertso-lerroek±1 malda dute eta,3.5irudian erakusten denbezala, argia lehenago heltzen da ezkerreko detektagailura; sistema honetan bi gertaerak ez diraaldiberekoak,G1 lehenago gertatzen baita.

3.2 ARIKETA Eman orain detektagailuak eta iturriaS sisteman daudela geldi. Zer gertatzen daS′ sisteman?

Argiaren abiaduraren aldaezintasunaren printzipioaz baliatuz, aldiberekotasuna propietate er-latiboa dela ikusi dugu; baina sistema batean aldiberekoakdiren gertaerak bestean zehazki noizjazotzen diren kalkulatzeko, sistemen arteko transformazio zinematikoak egiteko modua aurkitubehar dugu.

2Planck-ek gorputz beltzari buruz egindako lanean oinarrituz, 1905ean Einstein-ek argia partikulez osaturikoadela proposatu zuen efektu fotoelektrikoa azaltzeko (eta horrexegatik eskuratu zuen 1921eko Nobel saria). Geroago,fotoia deitu zitzaion argi-kuantu honi.

3.4 Lorentz-en transformazioa 87

3.4 Lorentz-en transformazioa

Einstein-en postulatuak eta erraztasun-hipotesi batzuk erabiliz, erreferentzia-sistemen artekotransformazioen egitura aurkitzeko, kontsidera dezagunG ∼ (t, x) ∼ (t′, x′) gertaera. Bi siste-metan neurturiko osagaien arteko erlaziorik errazena lineala izango litzateke. Suposa dezagun,bada, egitura honetakoa dela:

x = ax′ + bt′ + c, (3.19)

nona, b etac konstanteak, sistemen artekov abiaduraren menpekoak izan arren, ez dira aldatzengertaerarekin.

Hasteko, eman dezagun gertaera lehen sistemarenO jatorriari dagokiola.t = t′ = 0 aldiuneanbi jatorriak puntu berean zeudenez, euren abzisax = x′ = 0 zen eta, beraz, (3.19) adierazpe-neanc = 0 egin behar dugu. Beste edozein aldiunetan,O-ren unibertso-lerroax = 0 da eta(3.19) emaitzatik0 = ax′ + bt′ lortzen da; baina haux′/t′ = −b/a moduan idatz daiteke eta,O-ren abiaduraS ′ sistemanx′/t′ = −v denez,b = va dela lortzen dugu:

x = a (x′ + vt′) . (3.20)

a faktorea alde batera utzirik, Galileo-ren (3.2) transformazioa dugu hemen. Limiteren batean(v abiadura erlatiboa txikia denean, hain zuzen)a = 1 eta hain emankorra izan den mekanikagalilearra berrekuratzeko itxaropena dugu. (3.2) transformaziotik alderantzizko (3.6)-ra joatekoS ′-arenv abiaduraS-ren−v abiadurarekin ordezkatuz lortzen zenez, hemen ere alderantzizkotransformazioa lortzeko aldaketa hori (a ukitu gabe, gauzak errazteagatik edo) nahikoa dela su-posatuko dugu:

x′ = a (x− vt) . (3.21)

Nolabait, higidura erlatiboaren noranzkoa kenduta, bi sistemak baliokideak direla hartu dugukontuan hemen.

Orain arte, erraztasun- eta simetria-hipotesiak erabili ditugu soilik. Has gaitezen ikusten ar-giaren abiaduraren aldaezintasunaren printzipioakdakartzan ondorioak. Horretarako,t = t′ = 0aldiuneanx = x′ = 0 jatorritik igorritako fotoiaren unibertso-lerroa kontsideratuko dugu.x = ctetax′ = ct′ betetzen direnez, (3.20)–(3.21) ekuazioak honela geratzen dira kasu berezi honetan:

ct = a (ct′ + vt′) , (3.22)

ct′ = a (ct− vt) . (3.23)

3.3 ARIKETA Ezabatut′ aurreko ekuazioetatik,

a =(

1 − v2/c2)−1/2

(3.24)

dela kalkulatzeko. Ondorioztatu hauxe dugula:

t = a(

t′ +v

c2x′)

. (3.25)

Beraz,v eta−v abiadurei dagokien

γ ≡ 1√

1 − v2

c2

(3.26)


3.6 IRUDIA γ koefiziente zinematikoaren grafikoa.

koefiziente zinematikoa definituz, honela idazten dira Lorentz-en transformazioak,S ′ sistemanneurturiko oinarrizko magnitude zinematikoakS sisteman nola neurtzen diren ematen dituztenak:

t = γ(

t′ +v

c2x′)

, (3.27)

x = γ (x′ + vt′) , (3.28)

y = y′, (3.29)

z = z′. (3.30)

Alderantzizko transformazioakv-ren ordez−v jarriz (eta, beraz,γ aldatu gabe) lortzen dira,noski:

t′ = γ(

t− v

c2x)

, (3.31)

x′ = γ (x− vt) , (3.32)

y′ = y, (3.33)

z′ = z. (3.34)

3.4 ARIKETA Erabili (3.27)–(3.30) eta kalkulu zuzena alderantzizko transformazio hauek be-rreskuratzeko.

Lorentz-en transformazioak aurkitzeko hipotesi desberdinak egin ditugunez, frogatu ditugunemaitzak direla kontsideratu beharrean, erlatibitate bereziaren oinarrizko postulatuen artean dau-dela suposatuko dugu hemendik aurrera. Laster ikusiko ditugun haien ondorioak egunero egiaz-tatzen dira laborategietan (partikula-azeleragailuetan, adibidez) eta, beraz, fisikaren funtsezkolegeen artean daudela uste dugu fisikariok.

Azpimarratu behar da sistemen arteko abiadura erlatiboa argiarena baino askoz txikiagoadenean, (3.26) adierazpenean definiturikoγ koefizientea ia-ia1 dela (ikus3.6irudia):

v

c≪ 1 =⇒ γ ≈ 1. (3.35)

3.4 Lorentz-en transformazioa 89

Argi dago limite horretan Lorentz-en (3.27)–(3.30) transformazioak Galileo-ren (3.1)–(3.4) dire-lakoetara laburtzen direla. Gure inguruko gorputz makroskopikoen abiadurak beti dira argiarenabaino askoz txikiagoak: ez da harritzekoa, beraz, gaur egunere Galileo eta Newton-en mekanikahain erabilgarria izatea. Arrazoi beragatik, erlatibitate bereziaren ondorio batzuk ia ulertezinak,«sen onaren» kontrakoak, egiten zaizkigu: ez dugu abiadurahandien esperientziarik. Aipaturikoondorioak agertzeko behar diren abiadura handiak aurkitzeko, fenomenoen eskala aldatu beharda guztiz: mundu mikroskopikoan (oinarrizko partikulen higiduran, adibidez) edo unibertsoa as-trofisikan eta kosmologian aztertzean soilik agertuko dirazuzenean.

Bestalde, sistemen arteko abiadura erlatiboa|v| = c balitz,γ infinitua izango litzateke: berriroikusten dugu erreferentzia-sistemen arteko abiadura erlatiboaren moduluac baino txikiagoa dela(ezin izan daitekec baino handiagoa kausalitatea gorde nahi badugu,3.6 atalean ikusiko dugunbezala).

3.4.1 Minkowski-ren diagramak

Lorentz-en transformazioez baliatuz3.3atalean egindakoari emaitza kuantitatiboak gehi da-kizkioke. Adibidez, bagenekienS ′ sistemanx′ = x′0 puntu finkoaren unibertso-lerroa zuzenbertikala dela etaS sisteman duen ekuazioax = x0 + vt edotact = c/v (x− x0). Emaitza hau(3.32) transformazio-ekuazioanx′ = x′0 eginez ere lortzen da; baina lehen ezagutzen ez genuenx0 = x′0/γ erlazioa aurkitzen dugu orain. Kasu berezi gisa,x0 = 0 eginezct′ ardatza,O′ jatorria-ren unibertso-lerroa dena, berreskuratzen da:ct = c/v x.

3.7 IRUDIA S ′ sistemaren ardatzak, puntu finkoak eta gertaera aldiberekoak.

Puntu bakar batean jazotzen diren gertaera guztiak kontsideratu beharrean,t′ = t′0 aldiunebatean jazotzen diren gertaera guztiak kontsideratzen baditugu, badakiguS sisteman ez direlaaldiberekoak izango; baina informazio kuantitatiboa lortzeko, (3.31) transformazio-ekuazioant′ = t′0 egin dezakegu: aipaturiko gertaerakv/c mailakoct = v/c (x− x0) lerroan kokatzen dira,x0 = −c2t′0/γv delarik. Adibidez,x′ ardatzat′0 = 0 aukerarekin berreskuratzen da:ct = v/c x.S sistemari dagokion Minkowski-ren diagraman, beraz,ct′ etax′ ardatzak ez dira elkarzutak,euren maldakc/v etav/c baitira. Diagrama batetik bestera joatean perpendikulartasuna ez dagordetzen: Minkowski-ren diagramen geometria ez da euklidearra.

3.5 ARIKETA Frogatu3.7 irudianα = arctanv

cdugula. Egin goiko azterketaS etaS′ sistemak

elkarrekin trukatuz.


3.5 Luzeraren uzkurdura eta denboraren zabalkuntza

Gertaera bakarra kontsideratu beharrean, gertaera bikoteak aztertuko ditugu atal honetan.G1 ∼ (t1, x1, y1, z1) etaG2 ∼ (t2, x2, y2, z2) gertaeren arteko denbora-tarteaS sisteman∆t =t2 − t1 da etaS ′ delakoan∆t′ = t′2 − t′1. Era berean, espazio-tartearen osagaiak∆x = x2 − x1,∆y = y2 − y1 eta∆z = z2 − z1 dira, eta antzeko adierazpenak erabili beharko diraS ′ sisteman.Beraz, gertaeren arteko distantzia honela idazten da bi sistemetan:

|∆r| =√

∆x2 + ∆y2 + ∆z2, |∆r′| =√

∆x′2 + ∆y′2 + ∆z′2. (3.36)

Gertaera bakoitzari dagozkion (3.27)–(3.30) transformazioak erabiliz, tarteak modu berean trans-formatzen direla ikusten dugu (honen arrazoi matematikoa Lorentz-en transformazioak linealakizatean datza):

∆t = γ(

∆t′ +v

c2∆x′

)

, (3.37)

∆x = γ (∆x′ + v∆t′) , (3.38)

∆y = ∆y′, (3.39)

∆z = ∆z′. (3.40)

Berriro ere, alderantzizko transformazioakv-ren ordez−v jarriz lortzen dira:

∆t′ = γ(

∆t− v

c2∆x

)

, (3.41)

∆x′ = γ (∆x− v∆t) , (3.42)

∆y′ = ∆y, (3.43)

∆z′ = ∆z. (3.44)

3.8 IRUDIA Luzera propioaren neurketa.

3.5.1 Lorentz eta Fitzgerald-en uzkurdura

Eman dezagun hagatxo bat pausagunean dagoelaS ′ sistemakoO′X ′ ardatzean. Hagatxoarenerreferentzia-sistema propioaS ′ dela esango dugu, bertan geldirik baitago. Sistema honetan

3.5 Luzeraren uzkurdura eta denboraren zabalkuntza 91

hagatxoaren luzera,luzera propioa deitzen dena, neurtzeko metodoa agerian dago: ezkerrekox′1posizioan neurtzen dugut′1 aldiunean eta eskuinekox′2 abzisat′2 unean. Pausagunean dagoenez,x′1 etax′2 konstanteak dira eta,t′1 etat′2 edonolakoak izanik ere, beti lortzen da emaitza bera:

∆x∗ ≡ ∆x′ = x′2 − x′1. (3.45)

3.9 IRUDIA Gorputz higikorraren luzeraren neurketa.

S sisteman, ordea, hagatxoa higitzen ari da eta luzera neurtzeko bi muturrenx1 etax2 posi-zioakt1 = t2 aldiune bereanneurtu behar dira:

∆x = x2 − x1, ∆t = t2 − t1 = 0. (3.46)

(Argi dago mutur baten posizioa orain neurtzen badugu eta bestearena hiru ordu beranduago,hagatxoa oso urrun dagoenean, lortuko dugunx2 − x1 kendura hagatxoaren luzera baino askozhandiago izango dela.)

Bi sistemetan neurturiko luzeren arteko erlazioa aurkitzeko (3.37) eta (3.38) ekuazioez baliagintezke, baina errazago da (3.42) transformazioan∆t = 0 egitea. Emaitza∆x∗ = ∆x′ = γ∆xda eta, ondorioz,S sisteman neurturiko

∆x =∆x∗

γ(3.47)

luzera, propioa baino txikiagoa da,γ > 1 baita. Hemen hagatxoaS ′ sisteman pausagunean ze-goela suposatuko dugu, baina emaitza bera lortzen da sistemak elkarrekin trukatuz gero (guztizbaliokideak dira biak, eta efektu honetanγ —hau da,v2— agertzen da soilik, eta ez abiaduraerlatiboaren noranzkoa). Bestalde (3.39) eta (3.40) adierazpenen ondoriozy etaz norabidetan ezda ezer aldatzen. Hortaz,behatzailearekiko higitzen den gorputz bat uzkurturik neurtzen da higi-dura erlatiboaren norabidean. Hauxe dugu Michelson eta Morley-ren esperimentuaren emaitzanegatiboa azaltzeko Fitzgerald-ek eta Lorentz-ek egin zuten proposamena. Baina fisikari haueketerraren teoria nolabait gordetzeko egin zuten hipotesi hau guztizad hocizan zen. Einstein-enlanean bakarrik lortu zen efektuaren azalpena, eterraren teoria kanpoko testuinguru teoriko osobatean.

3.6 ARIKETA Adierazi Minkowski-ren diagrama egokietan bi sistemetan egindako luzera-neur-ketak.


Ez dago luzeraren uzkurdura gorputz makroskopikoekin zuzenean neurtzerik, horretarakobehar diren abiadurak handiegiak baitira (baina ikus94 orrian egiten den azterketa). Oinarrizkopartikulekin aipaturiko abiadurak erraz lortzen dira, baina kasu horretan luzerak (partikulen dia-metroak, adibidez) ez dira erraz neurtzen. Zorionez, adibide eta problemetan ikusiko dugunez,efektu honen osagarria da hurrengo ataleko denboraren zabalkuntza eta hori egunero neurtzen dalaborategietan.

3.10 IRUDIA Denbora propioaren neurketa.

3.5.2 Denboraren zabalkuntza

Kontsidera dezagun orainS ′ sisteman geldirik dagoen erloju bat: sistema horretan neurturi-ko denbora, hortaz, erlojuarendenbora propioa izango da. Kontsidera ditzagun denboraren bineurketa,t′1 etat′2, eta definitzen duten

∆t∗ ≡ ∆t′ = t′2 − t′1 (3.48)

denbora-tarte propioa. Sistema propioan bi neurketa puntuberean (erloju berean) egin dira:∆x′ = x′2 − x′1 = 0.

3.11 IRUDIA Erloju higikorraren denboraren neurketa.

Bestalde,G1 ∼ (t′1, x′1) etaG2 ∼ (t′2, x

′1) denbora-neurketakG1 ∼ (t1, x1) etaG2 ∼ (t2, x2)

gertaerak izango diraS sisteman eta bien arteko denbora-tartea∆t = t2 − t1. Azken hau kalku-

3.5 Luzeraren uzkurdura eta denboraren zabalkuntza 93

latzeko,∆x′ = 0 egingo dugu (3.37) transformazioan:

∆t = γ∆t∗. (3.49)

γ > 1 denez, beste sistema guztietan denbora-tarte luzeagoak neurtzen dira:behatzailearekikohigitzen diren erlojuak atzeratu egiten dira. Neurtzen den denbora-tarterik laburrena propioa da,hau da, puntu bakar batean (eta, beraz, erloju bakar baten bidez) neurtzen dena da.

3.7 ARIKETA Adierazi Minkowski-ren diagrama egokietanS etaS′ sistemetan egindako denbo-ra-neurketak.

Efektu hau zuzenean neur daiteke: 1971n J. C. Hafele eta R. E.Keating-ek lau erloju atomikosartu zituzten hegazkinetan munduari bira emateko bi noranzkoetan. Laborategian geratu zirenerlojuen neurriekin konparatuz, erlatibitate bereziareneta orokorraren aurresana betetzen zelaegiaztatu zuten (ikus [7]). Erlatibitate orokorra ere behar da zeren, altuera desberdinetan eremugrabitatorioa desberdina denez, erlojuek (geldi badaude ere) modu desberdinean neurtzen baitutedenbora.

3.12 IRUDIA Rossi eta Hall-en esperimentua Lurraren eta muoien sistemetan.

Lehenago, denboraren zabalkuntza Doppler efektu erlatibistan egiaztatu zuten 1938an Iveseta Stilwell-ek (ikus,364. orrian). Gero, 1941ean, B. Rossi-k eta D. B. Hall-ek esperimentuklasiko bat egin zuten fenomeno hau egiaztatzeko (ikus [1]). Izpi kosmikoak atmosferan sartzeanabiadura handiarekin higitzen diren muoiak sortzen dira. Muoien fluxua altuera desberdinetan,laborategian eta tontor batean, neurtzen bada, puntu baxuenean muoien kopurua txikiagoa delaikusten da, hara heltzeko behar den denbora-tartean muoi batzuk desintegratu baitira. Rutherfordeta Soddy-ren desintegrazio-legearen arabera, aldiune batean partikula ezegonkorren kopuruaN0

bada,∆t denbora-tartea pasatu ondoren

N = N0 2−∆t/τ (3.50)

partikula geratzen dira,τ denbora partikulen erdi-bizitza bada. Beraz, muoien erdi-bizitza eta bipuntu desberdinetan neurtutako fluxuak erabiliz, bi puntu horien artekol distantzia egiteko beharizan den∆t = τ log2N0/N denbora-tartea neur daiteke: muoien kopurua oso erloju onada.Bestalde, muoien abiadura ia-iac denez (v ≈ 0.994 c etaγ ≈ 9), aipaturiko denbora-tarteal/cdela pentsa genezake, baina esperimentua egiten bada ez da hori lortzen. Emaitza hau ulertzeko


kontuan hartu behar da erdi-bizitza desintegratzen diren partikulen ezaugarria (eta ez behatzai-learena) dela eta, hortaz, desintegrazio-legea aplikatzeko ∆t ere muoien sistema propioan neurtubehar da. Lurrean neurtutako tartea askoz ere luzeagoa da:

l

c= γ∆t = γτ log2N0/N. (3.51)

Hau da horrelako esperimentuetan behin eta berriro egiaztatu den emaitza.Goian muoien esperimentua Lurreko sisteman aztertu da denboraren zabalkuntzaren bidez.

Ikus dezagun orain fisika egiteko baliokidea den muoien sistema propioan nola azaldu daitekeenemaitza.l luzera Lurreko sisteman definitu genuen, tontorraren eta laborategiaren garaierak era-biliz, adibidez. Distantzia hori, beraz, Lurreko sistemanda propioa eta muoien sistema uzkurturikneurtzen da,l/γ, eta puntu batetik bestera joateko behar den∆t denbora

l/γ

c= ∆t = τ log2N0/N (3.52)

da. Argi dago emaitza bera lortzen dela: denboraren zabalkuntza eta luzeraren uzkurdura feno-meno bakar baten bi alderdi osagarriak dira. Lurreko sisteman espazio-tartea propioa da eta neur-ketak zuzenean ulertzen dira denboraren zabalkuntzaren bidez. Muoien sisteman, berriz, denbo-ra-tartea da propioa eta analisi naturala luzeraren uzkurduraz baliatuz egiten da.

3.6 Espazio-denborako tartea

Ikusi berri dugunez, erlatibitate berezian espazio-tarteak ez ezik denbora-tarteak ere erlati-boak dira. «Erlatibitate bereziaren arabera dena da erlatiboa» askotan entzuten bada ere, teoriahonetan gauza asko absolutuak, aldaezinak, dira: argiarenabiadura hutsean, erloju batek neur-tutako denbora propioa, erregela batek neurtutako luzera propioa eta azken bi magnitude hauenorokorpena den bi gertaerek definituriko espazio-denborako tartea, adibidez. Kontsidera ditzagunberriro3.5atalekoG1 etaG2 gertaerak. Horien arteko espazio-denborako tartea hauxe da:

∆s2 = −c2∆t2 + |∆r|2 = ∆x2 + ∆y2 + ∆z2 − c2∆t2. (3.53)

Nahiz eta karratu moduan idatzi, argi dago∆s2 negatiboa izan daitekeela. Esate baterako,∆t∗

denbora-tarte propioa definitzen duten gertaerak puntu berean jazotzen dira,|∆r| = 0, eta kasuhorretan∆s2 = −c2∆t∗2 < 0 dugu. Bestalde, bi gertaerak aldiberekoak badira,∆t = 0, espazio--denborako tartea ohiko distantzia da:∆s = |∆r| > 0.

Esan bezala, espazio-denborako tarteen propietate nagusia absolutuak izatea da.

3.8 ARIKETA Erabili Lorentz-en transformazioak bi gertaerak definituriko espazio-denborakotarteaaldaezin erlatibista dela (hau da, erreferentzia-sistema inertzial guztietan balio bera duela)frogatzeko:

∆s2 = ∆x2 + ∆y2 + ∆z2 − c2∆t2 = ∆x′2 + ∆y′2 + ∆z′2 − c2∆t′2. (3.54)

∆s2-ren zeinuaren arabera hirutan sailkatzen dira espazio-denborako tarteak, jarraian ikustenden moduan.

3.6 Espazio-denborako tartea 95

3.6.1 Espazio motako tarteak

Bi gertaeraren arteko espazio-tartea denbora-tartea baino handiagoa (|∆r| > c |∆t|) denean,∆s2 > 0 dugu. Analisia errazteko (ondorioak aldatu gabe)∆y = ∆z = 0 direla suposa dezakegu;beraz,|∆x| > c |∆t| eta

∆s2 = ∆x2 − c2∆t2 > 0 ⇐⇒∣

∣

∣

∣

∆x

∆t

∣

∣

∣

∣

> c. (3.55)

3.13 IRUDIA Espazio motako tartea.

Orain,

ve ≡c2

∆x∆t

(3.56)

definitzen badugu,|ve| < c (3.57)

dugu. HasierakoS sistemarekikov i abiaduraz higitzen den sisteman

∆t′ = γ(

∆t− v

c2∆x

)

= γ∆t(

1 − v

ve

)

(3.58)

dugu etav abiadura erlatiboa behar bezala aukeratuz, baina beti|v| < c baldintza errespetatuz,∆t′ positiboa, negatiboa zein nulua izatea lor daiteke. Ondorioz, kontsideratzen diren bi gertaerenerlazioa espazio motakoa bada, beti aurki daiteke erreferentzia-sistema inertzial bat (irudikoS ′

sistema, hain zuzen) bi gertaerak aldiberekoak izateko moduan. Era berean, lehen gertaera biga-rrena baino lehenago edo beranduago jazotzeko moduan aukera dezakegu erreferentzia-sistema.

Bi gertaeren denbora-ordena, beraz, ez da absolutua, erreferentzia-sistemaren menpekoa bai-zik. Kausalitatea, zientzia osoaren funtsezko printzipioa dena, gorde nahi bada, zergatiak ondo-rioa baino lehenago gertatu behar du erreferentzia-sistema baliokide guztietan eta, hortaz, ezinegon daiteke inolako erlazio kausalik bi gertaeraren arteko tartea espazio motakoa bada. Hau ber-matzeko,elkarrekintza kausala ezin heda daitekeelac baino abiadura handiagorekinsuposatzenda beti. Izan ere, hipotesi honekin ez dago atal honetako bi gertaerak lot lezakeen elkarrekintzakausalik, zeren (3.55) hipotesiaren ondorioz batetik bestera joatekoc baino abiadura handiagozhedatu beharko bailuke.


3.9 ARIKETA Horrelako bi gertaeraren ordena espaziala alda daiteke erreferentzia-sistema ego-kia aukeratuz? Puntu berean gerta daitezke?

3.6.2 Denbora motako tarteak

Denbora-tartea espaziala baino handiagoa (c |∆t| > |∆r|) denean,∆s2 < 0 dugu. Berriro ere∆y = ∆z = 0 direla suposatuz,|∆x| < c |∆t| dugu eta, ondorioz,

∆s2 = ∆x2 − c2∆t2 < 0 ⇐⇒∣

∣

∣

∣

∆x

∆t

∣

∣

∣

∣

< c. (3.59)

3.14 IRUDIA Denbora motako tartea.

Orain,

ve ≡∆x

∆t(3.60)

definitzen badugu,|ve| < c (3.61)

betetzen da. HasierakoS sistemarekikov i abiaduraz higitzen den sisteman

∆t′ = γ(

∆t− v

c2∆x

)

= γ∆t(

1 − vve

c2

)

(3.62)

dugu eta,v abiadura erlatiboak|v| < c baldintza betetzen badu,

γ(

1 − vve

c2

)

> 0 (3.63)

da eta∆t-ren zeinua berbera da sistema guztietan. Ez dago, beraz, denbora-ordena aldatzerik eta,bereziki, horrelako bi gertaera ez dira aldiberekoak inongo erreferentzia-sistematan. (Azken hau

3.6 Espazio-denborako tartea 97

honela ere ikusten da: sistema batean aldiberekoak balira,han∆t = 0 eta∆s2 = |∆r|2 > 0lirateke eta tartea espazio-motakoa, nahitaez.)

Bestalde,erreferentzia-sistemen arteko abiadura erlatiboaren moduluac baino txikiagoa de-nez, sistema guztietan lehenago jazotzen den gertaeratik bestera|∆x/∆t| < c abiaduraz hedatzenden seinale bat bidal daiteke eta, hortaz, lehenengoa bigarrenaren zergatia izatea ez lihoake kau-salitatearen printzipioaren kontra.


3.6.3 Argi motako tarteak

Espazio- eta denbora-tarteak berdinak (|∆r| = c |∆t|) direnean,∆s2 = 0 dugu.∆y = ∆z =0 denean,|∆x| = c |∆t| eta

∆s2 = ∆x2 − c2∆t2 = 0 ⇐⇒∣

∣

∣

∣

∆x

∆t

∣

∣

∣

∣

= c (3.64)

dugu. Espazio-denborako tarteanulua dela ere esaten da.

3.15 IRUDIA Argi motako tartea.

Berriro

ve ≡∆x

∆t(3.65)

definitzen badugu,|ve| = c (3.66)

betetzen da. HasierakoS sistemarekikov i abiaduraz higitzen den sisteman

∆t′ = γ(

∆t− v

c2∆x

)

= γ∆t(

1 − vve

c2

)

(3.67)


dugu eta,v abiadura erlatiboak|v| < c baldintza betetzen badu,

γ(

1 − vve

c2

)

> 0 (3.68)

da eta∆t-ren zeinua berbera da sistema guztietan. Ez dago, beraz, denbora-ordena aldatzerik eta,bereziki, bi gertaerak ez dira aldiberekoak izango inolakoerreferentzia-sistematan.

Gainera, sistema guztietan lehenago jazotzen den gertaeratik bestera seinale bat bidal daiteke|∆x/∆t| = c abiadurarekin (argiaren bidez edo, geroago ikusiko dugunez, bestelako masa gabe-ko partikulak erabiliz). Ondorioz, erlazio kausala egon daiteke kasu honetan bi gertaeren arteankausalitatearen printzipioa apurtu gabe.


3.6.4 Argi-konoa

G0 ∼ (t0, x0, y0, z0) gertaera batekin espazio-denborako tarte nulu bat definitzen duten pun-tuen leku geometrikoaG0-ren argi-konoa da eta erreferentzia-sistema inertzial guztietan∆s2 = 0ekuazioak emandakoa dugu:

(x− x0)2 + (y − y0)

2 + (z − z0)2 = c2 (t− t0)

2 . (3.69)

Aurreko irudietan bi lerro elkarzuten bidez adierazi duguG1 gertaeraren argi-konoa,(ct, x) pla-noan∆y = ∆z = 0 eginez lorturiko proiekzioa

(x− x1)2 = c2 (t− t1)

2 (3.70)

baita. (0-ren ordez1 azpindizea erabili behar da hemen, noski.)∆z = 0 soilik egiten badugu,

(x− x0)2 + (y − y0)

2 = c2 (t− t0)2 (3.71)

ekuazioak3.16irudiko konoa definitzen du(ct, x, y) espazioan.

3.16 IRUDIA G0 gertaeraren argi-konoa.

Kasu orokorrean, (3.69) ekuazioak hiru dimentsioko hiperkonoa definitzen du(ct, x, y, z)hiperespazioan, baina ezin da hau bi dimentsiotan marraztu.

3.7 Abiaduraren transformazioa 99

Goiko konoerdiaetorkizuneko argi-konoada etaG0-ren etorkizun absolutua definitzen du:bere gainean eta barruan dauden gertaera guztiakG0 baino beranduago jazotzen dira erreferen-tzia-sistema inertzial guztietan etaG0-ren ondorioak izan daitezke,G0-tik bidalitako seinalerenbat jaso izan baitezakete. Kontsidera dezagunG0 gertaeran igorritako argi-pultsu bat. Norabideguztietan igorritako fotoiakt aldiunean argi-konoaren (3.69) ekuazioak definituriko gainazal es-ferikoan egongo dira, etat aldatzean argiaren uhin-frontearen eboluzio osoa emango du ekuaziohorrek. Beraz, etorkizuneko argi-konoaG0 gertaeran igorritako fotoien unibertso-lerroen multzoada.

Beheko konoerdiairaganeko argi-konoada etaG0-ren iragan absolutua definitzen du: beregainean eta barruan dauden gertaera guztiakG0 baino lehenago jazo dira erreferentzia-sistemainertzial guztietan etaG0-ren zergatia izan daitezke eurek bidalitako seinaleren bat jaso izanbaitaitekeG0-n. Izan ere, iraganeko argi-kono hau,G0 gertaeran detektatzen diren fotoi guztienunibertso-lerroen multzoa da. Argi dago, bestalde,G0 gertaera iraganeko (etorkizuneko) argi--konoko puntu guztien etorkizuneko (iraganeko) argi-konoetan dagoela.

Argi-konoaren kanpoko gertaerakG0 baino lehenago, beranduago edo aldi berean jazotzendira erreferentzia-sistema desberdinetan. Beraz, ez duteinolako erlazio kausalik aipaturiko ger-taerarekin. Kontuan hartu behar da Minkowski-ren diagrametanct erabiltzen dugula ardatz ber-tikalean eta, ondorioz, eskalak ez direla ohiko esperientzian erabiltzen ditugunak: segundo batiargi-segundo bat (hau da ia300 000 km) dagokio! Ez da harritzekoa, beraz, gure eguneroko espe-rientzian etorkizuna eta iragana ez dena oraina izatea, gure erreferentzia-sisteman aldiberekoakez diren argi-konotik kanpoko gertaera gehienak oso urrun baitaude. Kosmologia egitean, berriz,distantzia eta denbora-tarte handiak aztertu behar dira eta argi-konoek definituriko kausalitate--mugak kontuan hartu behar dira (erlatibitate orokorrarenondorioekin batera).

3.7 Abiaduraren transformazioa

Azter dezagun orain nola transformatzen diren denborarekiko deribatuak, Lorentz-en (3.27)eta (3.31) transformazioen arabera. Edozeinf funtzioren kasuan,

df

dt=df

dt′dt′

dt(3.72)

erlazioan (3.31) erabiltzen badugu, bigarren gaianS etaS ′ sistemetan neurturiko aldagaiak nahas-turik agertuko dira, eta hori konpontzeko Lorentz-en transformazioak erabili beharrean, arinagoada hurrengo bide baliokidea hartzea:

df

dt=

1dtdt′

df

dt′. (3.73)

Hemen (3.27) erabiltzen bada,

dt

dt′=

d

dt′

[

γ(

t′ +v

c2x′)]

= γ

(

1 +vx′

c2

)

, x′ ≡ dx′

dt′. (3.74)

Hauxe dugu, bada, deribatuen transformazioa:

df

dt=

1

γ(

1 + vx′

c2

)

df

dt′. (3.75)


Kontsidera ditzagun, orain, partikula baten higidura eta bere(x(t), y(t), z(t)) koordenatuakderibaturik lortzen diren abiaduraren osagaiak. Lorentz-en (3.30)–(3.30) transformazioak eta(3.75), erabiliz, abiaduren konposizio-lege erlatibista honako hau dela ikusten dugu:

x =x′ + v

1 + vx′/c2, (3.76)

y =y′

γ(

1 + vx′/c2) , (3.77)

z =z′

γ(

1 + vx′/c2) . (3.78)

Argi dago abiadura txikien limitean,γ ≈ 1 etavx′/c2 ≈ 0, mekanika galilearraren trans-formazio-legea berreskuratzen dela. Kalkulu zuzena erabiliz edo, hobeto, abiadura erlatiboarennoranzkoa izan ezik bi sistemak guztiz baliokideak direla kontuan hartuz, alderantzizko transfor-mazioak lor daitezke:

x′ =x− v

1 − vx/c2, (3.79)

y′ =y

γ(

1 − vx/c2) , (3.80)

z′ =z

γ(

1 − vx/c2) . (3.81)

Ikusten dugunez, erlatibitate berezian,sistema batean neurtzen den abiadura, beste bateanneurtzen dena gehi azken honen abiadura bider abiaduren menpeko biderkatzaile batda. Gaine-ra, abiaduraren moduluaren transformazioa honela idatz daiteke:

c2 − r2 = c2(c2 − v2) (c2 − r′2)

(c2 + vx′)2 (3.82)

3.12 ARIKETA Egiaztatu (3.82) emaitza.

Orain argi ikusten da kausalitatearen hedapenari buruz egindako hipotesia sendoa dela. Parti-kula edo seinale bat sistema bateanc edo abiadura txikiagoz higitzen bada (c2 − r′2 ≥ 0), ez dac baino abiadura handiagorekin hedatuko beste ezein sistematan (c2 − r2 ≥ 0), zeren behin etaberriro esan dugunez sistemen arteko abiadura erlatiboak beti c baino txikiagoak direla onartzenbaitugu:c2 − v2 > 0. Bereziki, fotoiak sistema guztietanc abiaduraz higitzean ez dago inolakokontraesanik:c2 − r′2 = c2 − r2 = 0 izan daiteke eta fotoia ez dago geldi ezein sistematan.

3.13 ARIKETA Erabili abiaduraren transformazio-legea eta

γu ≡(

1 − u2

c2

)−1/2

(3.83)

notazio esplizituagoa koefiziente zinematikoen arteko hurrengo erlazioak frogatzeko:

γ|r| = γvγ|r′|

(

1 +x′v

c2

)

, (3.84)

γ|r′| = γvγ|r|

(

1 − xv

c2

)

. (3.85)

3.8 Momentu lineala 101

3.14 ARIKETA Azelerazioaren transformazio-legea. Egiaztatu bi sistemetan neurturiko azele-razioaren osagaien arteko erlazioak

x =x′

γ3(

1 + vx′/c2)3 , (3.86)

y =y′

γ2(

1 + vx′/c2)2 − vy′

c2

x′

γ2(

1 + vx′/c2)3 , (3.87)

z =z′

γ2(

1 + vx′/c2)2 − vz′

c2

x′

γ2(

1 + vx′/c2)3 , (3.88)

edo

x′ =x

γ3(

1 − vx/c2)3 , (3.89)

y′ =y

γ2(

1 − vx/c2)2 +

vy

c2

x

γ2(

1 − vx/c2)3 , (3.90)

z′ =z

γ2(

1 − vx/c2)2 +

vz

c2

x

γ2(

1 − vx/c2)3 (3.91)

direla.

3.8 Momentu lineala

1.5.3atalean ikusi genuenez, sistema bakartuen momentu lineal osoaren kontserbazio-prin-tzipioa fisikaren oinarrizko printzipiotzat kontsideratzen da. Erlatibitate berezian funtsezko prin-tzipio hau gordetzeko momentu linearen beraren definizioa aldatu behar da, buru-esperimentubatean ikusiko dugun bezala.3.17irudiko buruz buruko talka simetrikoa aztertuko dugu: bi par-tikulak berdinak dira eta kontrako abiadurez eta momentu linealez higitzen dira. Talka elastikoada eta ondoren partikula bakoitzaren abiaduraren osagai horizontala ez da aldatu eta bertikalaaurrekoaren kontrakoa da: abiadura eta momentu linealen norabideak, baina ez moduluak, aldatudira eta, berriro ere, bi partikulen momentu linealak elkarren kontrakoak dira.

3.17 IRUDIA Buruz buruko talka elastiko simetrikoa.

Talka definitzeko erabili dugunS erreferentzia-sisteman momentu linealaren kontserbazio--printzipioa ez da oso interesgarria: talkaren aurretik eta ondoren partikulen momentu linealakelkarren kontrakoak dira eta momentu lineal osoa nulua. Baina ikus dezagun zer gertatzen den


beste bi sistematan. Hasteko, kontsidera dezagunx ardatzaren norabidean 1 partikularen abiadu-rarenx osagaiarekin higitzen denS ′ erreferentzia-sisteman. Honetan 1 partikula ez da norabidehorizontalean higitzen eta, hortaz, bere ibilbidea bertikala da,3.18irudiko ezkerreko partean era-kusten den moduan. Era berean,x ardatzaren norabidean 2 partikularen abiadurarenx osagaia-rekin higitzen denS ′′ erreferentzia-sisteman bigarren partikula bertikalean higituko da. Gainera,S sisteman dagoen simetria kontuan hartuz,3.18irudianS ′ etaS ′′ sistemetan letra beraren bidezadierazten diren abiaduren osagaienmoduluakberdinak dira.

3.18 IRUDIA Talka simetrikoa partikula baten higidura horizontala kendu ondoren.

S erreferentzia-sistema ahaztuz, kontsidera dezagun orainnola higitzen direnS ′ eta S ′′.S ′′ sistematikS ′ delakora joatean 1 partikularenux abiadura horizontala kentzen denez,S ′-arenabiaduraS ′′ sistemanux da eta, jakina, azken honen abiadura lehenengoan−ux. S ′′ sisteman2 partikularen abiaduraren osagaiak gora doaneanx′′ = 0 eta y′′ = w dira. Abiadurareny osa-gaiaren (3.77) transformazio-legearen ondorioz,v = ux abiaduraz higitzen denS ′ sisteman,2 partikularen abiadurarenuy osagai bertikala hauxe da (3.83) notazioaz:

uy =w

γux

. (3.92)

Mekanika galilearraren momentu linealaren definizioa (p ≡ mr) gordetzen badugu, talkarenaurretikS ′ sisteman momentu linealareny osagaiamw−muy da eta talka ondoren−mw+muy.Momentu linealaren aldaketa∆py = 2m (uy − w) da eta, (3.92) adierazpenekoγux

koefizientea-ren ondorioz, momentu lineala ez da kontserbatzen:∆py 6= 0. (Limite galilearrean,γux

≈ 1betetzen delako kontserbatzen da.) Momentu linealaren kontserbazio-printzipioa gordetzeko mo-mentu linealaren definizioa aldatuko dugu, partikularen abiaduraren moduluaren menpekoa denα (|r|) koefiziente bat sartuz:

p ≡ α (|r|)mr. (3.93)

Hipotesi honekin momentu linealareny osagaiaren aldaketa∆py = 2m (α(u)uy − α(w)w) daeta, (3.92) adierazpena kontuan hartuz, momentu lineala kontserbatzeko baldintza hau bete beharda:

α(w) =α(u)

γux

. (3.94)

Ekuazio hau erraz ebazten daw ≈ 0 limitean, kasu horretan norabide bertikalean higitzen denpartikularen momentu lineala mekanika galilearrarena baita:α(w) ≈ 1. Gainera limite horretanuy ≈ 0 dela ikusten dugu (3.92) adierazpenean eta, ondorioz,u ≈ ux. Balio hauek (3.94) ekua-zioan ordezkatuz,α(u) = α (ux) = γux

= γu dugu. Limite batean lortutako emaitza hau balia-garria da kasu orokorrean.

3.9 Masa eta energia 103

3.15 ARIKETA Erabili (3.92) erlazioa (3.94) ekuazioaren soluzioa kasu orokorrean ereα(u) =γu dela egiaztatzeko.

Erlatibitate berezianr abiaduraz higitzen denm masako partikula puntualaren momentu linealahauxe da:

p ≡ mγr =mr

√

1 − |r|2c2

, (3.95)

non, notazioa errazteko,γ idatzi dugunγ|r| = (1 − r2/c2)−1/2 balioa izendatzeko. Momentu

linealaren definizioan bere abiadurari dagokionγ koefizientea sartu behar da, bada.Liburu batzuetan momentu linealaren definizioko abiaduraren γm koefizienteamasa erla-

tibista dela esaten da (etam letra bakunez idazten da askotan). Partikularen sistema propioanneurtzen den masa erlatibista,γ = 1 egitean berreskuratzen den gurem masa alegia,pausa-guneko masaedomasa propioadeitzen da (eta, sarritan,m0 moduan idazten da). Guk hemen,nahasketak saihesteko, partikularen ezaugarria eta abiaduraren independentea denm balioari dei-tuko diogu masa.γ koefizientea esplizituki idatziko dugu beti eta, hurrengo ataletako puntu berezibatzuetan izan ezik, ez dugu «masa erlatibista» izena erabiliko.

3.9 Masa eta energia

Kontsidera dezagun3.19irudiko buru-esperimentuan momentu linealaren kontserbazio-legeax norabidean. Bi partikula berdin kontrako abiadurekin higitzen diraS sistemakox ardatzean etaelkarrekin topo egitean partikula bakarra geratzen da. Simetria kontuan hartuz, argi dago partikulaberria pausagunean geratzen dela erreferentzia-sistema honetan.

3.19 IRUDIA Talka simetrikoa lerro batean.

Ezkerreko partikularen higidura kentzeko,S sistemanv abiaduraz higitzen denS ′ sistemapropioa erabiliko dugu. Han ezkerreko partikula geldirik dago, partikula berria−v abiadurazhigitzen da eta, abiaduraren transformazioa kontuan hartuz, eskuineko partikularen abiadura es-kalarra hauxe da:

u =2v

1 + v2/c2. (3.96)

3.16 ARIKETA Egiaztatu azken baieztapena eta hurrengo emaitza:

γu =

(

1 +v2

c2

)

γ2v . (3.97)


Momentu linealaren kontserbazioaS ′ sisteman adierazten duenmγuu = Mγvv ekuazioan (3.96)eta (3.97) emaitzak ordezkatzen badira, hauxe lortzen da:

2mγv = M, (3.98)

m+mγu = Mγv. (3.99)

3.17 ARIKETA Egiaztatu bi adierazpen hauek.

γ > 1 denez,masa osoa ez da kontserbatzen talka honetan!Izan ere, partikulen masaren etaγkoefiziente zinematikoaren biderkaduren batura kontserbatzen delaS etaS ′ sistemetan dioskute(3.98) eta (3.99) adierazpenek, hurrenez hurren. Zer da, bada, partikula guztien ekarpena batzeankontserbatzen denmγ magnitude hori (hau da, testu batzuetan masa erlatibista deitzen dena)?

Newton-en binomioa erabiliz, hurrengo Taylor-en garapenak lortzen dira:

γ = 1 +1

2

r2

c2+

3

8

r4

c4+ · · · , (3.100)

mγ = m+1

2m

r2

c2+

3

8m

r4

c4+ · · · , (3.101)

mγc2 = mc2 +1

2mr2 +

3

8m

r4

c2+ · · · (3.102)

Azter dezagun azken ekuaziokomγc2 magnitudea.

1. Energiaren dimentsioak ditu:[mγc2] = ML2T−2.

2. Limite galilearreanmγc2 = mc2 + 12mr2 da:mc2 gai konstantea gehi energia zinetikoa.

3. Bestalde, talka ez da elastikoa, amaieran energia zinetikoa nulua izan arren ez baita horrela-koa hasieran. Energia zinetikoa ez da kontserbatuko; baina, sistema bakartua denez, energiaosoa (termikoa, elastikoa eta beste mota guztietako energiak kontuan hartuz) kontserbatubehar da. Hauxe dugu fisikaren lege oinarrizkoenetarikoa! Izan ere, partikula guztien ho-rrelako magnitudeen batura kontserbatu egiten da talkan, baiS sisteman eta baiS ′-ean ere,zeren (3.98) eta (ikus (3.99) honela idazten baitira:

mγvc2 +mγvc

2 = Mc2, (3.103)

mc2 +mγuc2 = Mγvc

2. (3.104)

Occam-en labaina3 erabiliz, badirudi propietate hauek azaltzeko modurik errazena,

E = mγc2 (3.105)

magnitudea4 (γ partikularen abiadurari dagokionγ|r| = (1 − r2/c2)−1/2 izanik) partikularen

energia osoa dela suposatzea dela. Gero, esperimentuetan egiaztatu da milaka aldiz hipotesi hori.

3Kultura txikiko fisikariok «zaldiaren printzipioa» deitzen diogu honi:zaldien antza badu, zaldien modura trostanbadabil eta irrintzi egiten badu, zaldia da.

4m magnitudea partikularen masa izan beharrean, masa erlatibista bada,E = mc2 formula famatura laburtzenda hipotesi hori.


3.9.1 Pausaguneko energia

Energiaren definizio honekin, partikularen sistema propioan, hau da, partikula pausaguneandagoenean, energia «zinetikoa» nulua da eta geratzen den energia osoa,

E0 = mc2, (3.106)

higidurarekin loturik ez dauden beste energia guztien batura izango da:pausaguneko energiaedoenergia propioadeitzen da. Nukleo egonkor baten pausaguneko energian, osagaien pausa-guneko energiak eta energia nuklear negatibo bat daude: osagaien pausaguneko energien baturanukleoaren energia propioa baino txikiagoa da, zeren osagaiak askatzeko energia bat, lotura--energia deitzen dena, eman behar baitzaio nukleoari. Halaber, nukleoaren eta elektroien ener-gia propio positiboak eta energia elektrostatiko negatiboa egongo dira atomo baten pausagunekoenergian. Partikula gorputz txikia baina makroskopikoa bada, hor dira energia termikoa, elastikoaeta abar.

Aurreko talkan ikusi dugunez, pausaguneko energia osoa ez da beti gordetzen. Partikulenkopurua, izaera edo barne-egoera aldatzen bada, energia propioa aldatu egingo da gehienetan.Energia osoen batura da kontserbatzen dena.

c2 koefizientearen balio handiaren ondorioz, mundu makroskopikoan gertatzen diren fenome-no termiko eta kimiko gehienetan pausaguneko energiaren aldaketari dagokion masaren aldaketatxikiegia da laborategietan zuzenean, balantza baten bidez, neurtzeko (ikus3.8 problema). Bai-na mundu mikroskopikoetan pausaguneko energia eta masarenarteko baliokidetasuna adieraztenduen (3.106) hipotesia egiaztatzeko aukerak asko dira gaurko fisikan. Gehienok buruan dugunfisioa —«bonba atomiko» izen ezegokiarekin ezagutzen dugunzorigaiztoko tresnaren oinarrifisikoa— alde batera utzita, ikus dezagun Eguzkian eta, batez ere, izar beroagoetan gertatzen denfusio nuklearra, sortzen duen energiari esker Lurreko bizitza ahalbidetzen duena. Hans Bethe-k izarretako baldintzetan hurrengo erreakzio nuklearren segida gertatzen dela proposatu zuen1938an:

11H + 12

6 C → 137N

137 N → 13

6C + e+ + ν11H + 13

6 C → 147N

11H + 14

7 N → 158O

158 O → 15

7N + e+ + ν11H + 15

7 N → 126C + 4

2He

Ikusten dugunez, karbonoa katalizatzaile moduan erabiltzen dakarbono-ziklo honetan eta dene-tara hauxe dugu:

4 11H → 4

2He + 2e+ + 2ν. (3.107)

Neutrinoen masa oso txikia denez, erreakzioan galdutako pausaguneko masa honako hau da (ikusA.2 taula):

4m1

1H −m4

2He − 2me = 4mp −mα − 2me ≈ 24.7 MeV/c2. (3.108)

Energia hori (etae+ positroiak euren antipartikulak diren elektroiekin topatzean askatzen diren2.0 MeV) beste motako energia gisa agertuko dira. Izan ere, sortutako nukleoek energia zineti-koa dute eta erreakzioan sortzen diren fotoiek ere energia daramate. Batez beste ziklo bat egi-teko sei miloi urte behar badira ere, izarren masa handiarenondorioz, itzelezko energia sortzen(bilakatzen) da prozesu honen bidez. (Gaur egun Eguzkiarenkasuan sorturiko energia gehiena


protoi-protoi delako ziklotik datorrela uste da eta bai Bethe-ren zikloa izar beroagotan garrantzihandiagoa duela ere.)

3.18 ARIKETA Froga ezazu partikula baten momentu lineala

p =E

c2r (3.109)

moduan idatz daitekeela eta ondorioztatu hurrengo erlazioa:

E2 = E20 + c2p2. (3.110)

Azken emaitzatikE20 askatzen badugu, hauxe geratzen zaigu:

m2c4 = E20 = E2 − c2p2. (3.111)

Emaitza hau oso erabilgarria da kontserbazio-printzipioekin kalkuluak egiteko (adibidez, talkakaztertzean). Gainera, ezkerreko gaia partikularen ezaugarria da eta ez erreferentzia-sistemarenmenpekoa. Hortaz, propietate bera bete behar du eskuineko gaiak, eta argiaren abiadura edo(3.54) espazio-denborako tartea bezala, aldaezin erlatibista da:

m2c4 = E2 − c2p2 = E ′2 − c2p′2. (3.112)

Partikula-sistemabakartubaten kasuan, antzeko aldaezin erlatibista bat dugu energia eta mo-mentu lineal osoak erabiltzen badira, baina orduan (3.112) ekuaziokom masa ez da, oro har,osagaien masen batura, elkarrekintza-energiaren masa erekontuan hartu behar baita (adibidez,lehenago ere esan genuenez, atomo baten masa ez da nukleoaren eta elektroien masen batura:elkarrekintza-energia negatiboa denez, osagaiak banantzeko energia erabili behar da).

Atal honetan ikusi dugun propietateei esker, energia eta masa (erlatibista) partikulen propieta-te bakarraren bi alderdi baliokideak direla ikusten dugu, historian modu eta unitate desberdinetanaurkitu eta neurtu badira ere. Baina ez da pentsatu behar pausaguneko energia eta masa nuluakdirenean energia (eta masa erlatibista) ezinezkoa denik.

3.9.2 Energiaren eta momentu linealaren transformazioa

Mekanika galilearrean gertatzen den bezala, partikula baten energia eta momentu lineala erre-ferentzia-sistemaren menpekoak dira. Behin eta berriro erabiltzen ditugunS etaS ′ sistemak kon-tsideratzen baditugu, bietan neurtutako energia eta momentu linealen arteko erlazioak honakohauek dira:

E = γ (E ′ + vp′x) , (3.113)

px = γ(

p′x +v

c2E ′)

, (3.114)

py = p′y, (3.115)

pz = p′z. (3.116)

Alderantzizkoak hauexek ditugu:

E ′ = γ (E − vpx) , (3.117)

p′x = γ(

px −v

c2E)

, (3.118)

p′y = py, (3.119)

p′z = pz. (3.120)


Transformazioak linealak direnez, partikula askeen sistema baten energia eta momentu linealosoak modu berean transformatzen dira (eta gauza bera gertatzen da kanpo-eraginik ez badago etapartikulen arteko elkarrekintza daramaten eremuen energia eta momentu lineala kontuan hartzendirenean).

3.19 ARIKETA Erabili (3.95) eta (3.105) definizioak, (3.84)–(3.85) propietateak eta abiadurarentransformazio-ekuazioak, (3.113)–(3.120) egiaztatzeko. Kontuz, abiadura etaγ koefiziente zinemati-ko desberdinekin!

3.9.3 Masa gabeko partikulak

(3.109) ekuaziotik momentu linealarenp = |p| modulua kalkula dezakegu:

p =E

c2|r| . (3.121)

Denok dakigunez, argiak eta fotoiek energia daramate. Azken emaitzaren araberaE energiakofotoi baten momentu linealak hedapenaren norabidea du eta,abiadura|r| = c denez, moduluahonako hau da:

p =E

c. (3.122)

Hemen argia fotoiez osaturikoa dela suposatu ondoren, fotoia partikulatzat kontsideratu dugu.Esan behar da, hala ere, argiaren uhin-interpretazioan ere, erradiazio elektromagnetikoa Max-well-en elektrodinamikan aztertzean, erlazio bera lortzen dela uhin lauek daramatzaten energiaeta momentu linealaren artean.

Bestalde, (3.111) erlazio orokorrean (3.122) emaitza ordezkatuz,fotoiaren masa eta pausagu-neko energiak nuluak direlaikusten dugu. Kontuan eduki behar da momentu linealaren (3.95) de-finizioa ezin aplika daitekeela zuzenean fotoiaren kasuan:m = 0 etaγ = ∞ dugunez, limite--prozesu bat egin behar da. Gogoratu fotoi baten abiadurac dela sistema guztietan: ez du sistemapropiorik eta ezin da geldirik egon. Ez da, beraz, hain harrigarria fotoiaren pasaguneko energiaeta masa nuluak izatea.

Orain arte atal honetan ikusitako propietateak masa gabekopartikula guztienak dira eta masagabekoak dirateke oraindik zuzenean detektatu ez diren grabitazio-kuantuak,grabitoiak deitzendirenak.

Fotoien kasuan, guztiarekin ere, zerbait gehiago esan dezakegu fisika kuantikoaren oinarrizkokontzeptuak erabiliz. Efektu fotoelektrikoa azaltzeko Einstein-ek argi-kuantuaren kontzeptua sar-tu zuenean, fotoiaren energia Planck-enh konstantea (ikusA.1 taula) eta argiarenν maiztasunabiderkatuz lortzen dela postulatu zuen:

E = hν. (3.123)

Oinarrizko propietate honek energia eta maiztasuna (kolorea, argi ikusgaiaren kasuan) funtseanfotoiaren propietate bakarraren bi alderdi baliokideak direla erakusten du. Gainera, argiaren fase--abiadura hutseanc denez,ν maiztasuneko fotoi baten uhin-luzeraλ = c/ν da. Hau eta (3.122)emaitza Einstein-en (3.123) ekuazioan ordezkatuz, fotoiaren momentu lineala honako hau delalortzen da:

p =h

λ. (3.124)


3.9.4 Energia zinetikoa

Higiduraren ondorioa den energia zinetikoa (erreferentzia-sistema propioa aukeratuz desa-gertuko dena) energia osotik pausaguneko energia kenduz geratzen dena izango da:

T ≡ E − E0 = m(γ − 1)c2. (3.125)

Honen garapena,

T =1

2mr2 +

3

8m

r4

c2+ · · · , (3.126)

fisika galilearraren energia zinetikora laburtzen da abiadura txikia denean.

3.10 Indarra eta potentzia

Indarra definitzeko, azter dezagun indar bizien teorema erlatibitate berezian:

T = F · r. (3.127)

3.20 ARIKETA Froga ezazu hurrengo deribatu erabilgarriaren adierazpena:

γ = γ3 r · rc2

. (3.128)

Partikularen izaera eta barne-egoera aldatzen ez badira, partikularen pausaguneko energia higi-duran zehar konstantea denez, honela geratzen da (3.127):

T = (E − E0)˙= E =(

mγc2)

˙= mγ3r · r = F · r. (3.129)

Argi dago indarraF = mr (edo, masaren ordez masa erlatibista erabiliz,F = mγr) moduandefinitzen badugu indar-bizien teorema ez dela betetzen. Jakina, (3.129) emaitzaF = mγ3r defi-nizioarekin beteko litzateke, baina nondik letorke hori? Badago aukera naturalago bat. Newton-enmekanikan indarra definitzeko bi adierazpen baliokide daude:F = mr etaF = p. Erlatibitate be-rezian, ordea, ez dira baliokideak eta lehenengoa egokia ezbada ere, bigarrena da behar duguna:horrela partikula isolatuaren kasuan momentu linealaren kontserbazio-printzipioa berreskuratzendugu. Izan ere, erlatibitate berezian partikulak pairatzen duen indar osoa

F = p = mγr +mγ3 r · rc2

r (3.130)

da. Definizio honekin energia zinetikoaren deribatua indarosoak egindako potentzia da.

3.21 ARIKETA Egiaztatu (3.130) definizioarekin (3.129) betetzen dela.

3.11 Compton-en sakabanatzea

1919–23 bitartean A. H. Compton-ek esperimentu segida klasiko bat egin zuen. Ia pausa-gunean zeuden elektroiak X izpiekin bonbardatzen ziren etasakabanaturiko izpien maiztasunaneurtzen zen. Esperimentuaren azterketa erraztua egiteko, kontsidera dezagun3.20 irudiko tal-ka. Geldirik dagoene− elektroi baten kontraν maiztasuneko fotoi bat bidaltzen dan bektore

3.11 Compton-en sakabanatzea 109

3.20 IRUDIA Compton-en sakabanatzea.

unitarioaren norabidean. Elektroiarekin topo egitean bere norabidea aldatzen da:n′ bektorearenaizango da hortik aurrera. Sakabanatze-angeluan · n′ = cos θ biderkadurak emandakoa da. Tal-ka ondoren elektroia higitzen hasten denez, fotoiaren energia eta maiztasuna gutxitu egiten dira.Sistema bakartua denez, talka aztertzeko energiaren eta momentu linealaren kontserbazio-legeakerabiliko ditugu.

Hasieran AmaieranEnergia: hν + E0 = hν ′ + E.

Momentu lineala:hν

cn =

hν ′

cn′ + p.

(3.131)

HemenE0 = mec2 elektroiaren pausaguneko energia da. Talka ondoren elektroiarenE energia

etap momentu lineala abiaduraren bidez idazten baditugu, azkenhau esplizituki etaγ koefizien-tearen bidez agertuko da. Hori baino askoz errazagoa da (hemen eta talka gehienak aztertzean)interesatzen ez zaizkigunE energia etap momentua askatu ondoren,

E = hν − hν ′ + E0, (3.132)

cp = hν n− hν ′ n′, (3.133)

(3.111) aldaezin erlatibista erabiltzea:

E20 = E2 − c2p2 = E2

0 + 2 (hν − hν ′)E0 − 2 hν hν′(1 − cos θ). (3.134)

Hemenλ = c/ν etaλ′ = c/ν ′ uhin-luzerak ordezkatuz, hauxe lortzen da:

λ′ − λ = λC(1 − cos θ), (3.135)

non

λC ≡ h

mec≈ 2.43 × 10−12 m (3.136)

Compton uhin-luzera den. Sakabanaturiko X izpien uhin-luzerak (3.135) legea betetzen zuelafrogatzean, fotoiaren hipotesiaren lehen frogapen zuzenaeman zuen Compton-ek (eta horrexe-gatik eskuratu zuen 1927ko Nobel saria). Newton-ekOpticksliburuan defendatutako iritzia go-rabehera, Young (ikus9.15.1atala) eta besteren lanek argiaren uhin-izaera interferentzia bezala-ko fenomenoak azaltzeko beharrezkoa zela frogatu zuten. Compton-en esperimentuan partikulezosaturikoa dela ikusten da. (1950ean Cross-ek eta Ramsey-ek elektroiaren higidura ere partikulenarteko talkaren analisiak aurresandakoa dela egiaztatu zuten.) Gaur egun fisikan nolabait ulertuda ez dela hain harrigarria mundu mikroskopikoaren osagaien izaera gure esperientzia makros-kopikoan ikusten ditugunen oso desberdina izatea.


3.12 Fotoien igorpena eta xurgapena

Kontsidera ditzagun atomo bateko bi elektroi-maila (edo nukleo baten bi energia-maila).Behekoan dagoenean atomoaren (edo nukleoaren) pausaguneko energiaE01 da eta goikoan ba-dagoE02. Bi energia-mailen arteko distantzia, beraz,∆E = E02 − E01 da.

3.12.1 Fotoi-igorpena

Eman dezagun geldirik dagoen atomoan goiko mailako elektroia behekora jausten dela fotoibat igortzen duenean. Fotoiak momentu lineala daramanez, momentu osoa nulua izateko ato-moa atzera egin behar du. Prozesu honen azterketa egiteko, energiaren eta momentu-linealarenkontserbazio-printzipioak erabili behar dira berriro:

Hasieran AmaieranEnergia: E02 = hν + E.

Momentu lineala: 0 =hν

c− p.

(3.137)

Beraz, hauxe dugu:

E = E02 − hν, (3.138)

c p = hν, (3.139)

E201 = E2 − c2p2 = E2

02 − 2E02 hν. (3.140)

Hortaz, fotoiaren energia,

hν =E2

02 −E201

2E02

=(E02 − E01) (E02 + E01)

2E02

=∆E (2E02 − ∆E)

2E02

= ∆E(

1 − ∆E

2E02

)

, (3.141)

mailen arteko∆E distantzia baino txikiagoa da, atomoak atzera egitean zatibat eraman baitu.

3.12.2 Fotoi-xurgapena

Kalkula dezagun orain atomo geldiaren elektroi bat beheko mailatik goikora joanaraztekoxurgatu behar den fotoiaren energia. Kontserbazio-legeakhonako hauek ditugu:

Hasieran AmaieranEnergia: E01 + hν = E.

Momentu lineala:hν

c= p.

(3.142)

Orain fotoiaren energia mailen arteko distantzia baino handiagoa da, bere energiaren zati batatomoari energia zinetikoa emateko erabiltzen baita:

hν = ∆E(

1 +∆E

2E01

)

. (3.143)

3.22 ARIKETA Egiaztatu azken baieztapena.


Egin berri ditugun bi azterketak kontuan hartuz, atomo berdinez osaturiko ingurune batean,batek igorritako fotoia besteek ezin xurga dezaketela pentsa genezake. Hala ere, bi hipotesi eginditugu analisi honetan: energia-mailak guztiz definiturikdaudela eta atomoak pausagunean. Hi-potesi hauek beteko balira, lurrin bat gardena izango litzateke berak igorritako erradiazioarekiko.Benetako lurrinetan, ordea, energia-mailen zabalera eta atomoen higidura termikoa nahikoak diraefektua deuseztatzeko, baina baldintza egokietan atomoenatzerapenaren fenomenoa neur daiteke(ikus [1]).

Bestalde ez da pentsatu behar atomoaren atzerapena saihestezina denik.Mössbauer efektuannukleoekγ izpiak igortzean eta xurgatzean, atzerapena ez da nukleo bakar batena, kristal-sareosoarena baizik: oso txikia, beraz (ikus [1]).

3.13 Problema ebatziak

3.13.1 Bikien paradoxa

Itziar eta Leire ahizpak 19930 urtean jaio ziren eta bikiak dira. Fisikaren bigarren ikasmailagainditu ondoren, Leireα-Centauri izarrera joan da oporretara. Lurrarekiko higitudenez gero,bere erloju biologikoa Itziarrena baino astiroago ibili daeta Itziarrekin berriro elkartzean azkenhau baino gazteago dela dirudi. Itziar oso haserre dago, bera Leirerekiko higitu denez gero,gazteago izateko Leirek beste eskubidea duelakoan. Nola azalduko zenioke Itziarri gertatutakoa,datorren ikasturtean bigarren maila gaindi dezan?

Paradoxa bat dagoela ematen du hemen, baina itxura hutsa da.Hasieran bi bikiak guztiz balio-kideak direla pentsa dezakegu, azken batez bakoitza bestearekiko higitzen baita. Kontua da bienhigidurak ez direla izaera berekoak. Lurrean geratu den bikia inertziala da, azeleraziorik gabe hi-gitzen da (paradoxan parte hartzen ez duen Lurraren higidura ez dugu hemen kontuan hartuko);baina bestea ez da inertziala, berriro Lurrera etortzeko punturen batean azelerazioa pairatu beharizan baitu. Gai honetan ikusi dugun oinarrizko teoriaz baliatuz, Lurrean geratu den bikiaren siste-man egin behar dugu azterketa (eta horrexegatik ondorioztatzen dugu bidaiaria gazteagoa izangodela biak berriro elkartzean); baina bidaiariaren espazio-denborakods2 tartea (bidaiariaren den-bora propioaren proportzionala dena) integratuz ondorio bera lortzen da behatzaile azeleratuarensisteman.

3.13.2 Doppler efektua

Erradiazio elektromagnetikoaren iturri baten maiztasuna(iturriaren sisteman neurtzen den maiz-tasuna, alegia)ν da. Zein da iturritikv abiadura konstantez urruntzen den behatzaile batek neur-tzen duen maiztasuna? Etav abiaduraz iturrirantz hurbiltzen denak neurtutakoa?

Ohi bezala,OX ardatza higidura erlatiboaren norabidean aukeratzen badugu, iturriaren sistemanfotoiaren energiaE = hν izango da eta momentu linealaren osagai bakarrap = px = E/c =hν/c. Era berean, behatzailearen sisteman, energiaE ′ = hν ′ izango da eta momentu linealap′ = p′x = E ′/c = hν ′/c. Beraz, honela idazten dira (3.117)–(3.118) transformazioak kasuhonetan:

hν ′ = γ

(

hν − vhν

c

)

,


hν ′

c= γ

(

hν

c− v

c2hν

)

.

Ekuazio bietatik ondorio bera lortzen da5:

ν ′ = γ(

1 − v

c

)

ν =

√

(1 − β)2

1 − β2=

√

1 − β

1 + βν =

√

c− v

c+ vν.

Iturria eta behatzailea urruntzen direnean,v > 0 eta ν ′ < ν dugu eta behatzaileak neurtzenduen maiztasuna propioa baino txikiagoa da: gorriranzko lerrakuntza dugu (ikus9.13.2atala).Hurbiltzen badira,v < 0 da eta behatzaileak neurtutako maiztasuna propioa baino handiagoa da(ν ′ > ν): urdineranzko lerrakuntza gertatzen da. Beste ikuspuntubatetik azalduko dugu Dopplerefektua9.13.2atalean.

3.13.3 Grabitate artifiziala

Abiadura nuluz Lurretik abiatu zen espazio-ontzi batean grabitate artifiziala Lurrekog-ren ber-dina da. Aurki ezazu egindakox distantzia Lurreko denboraren menpean. Irteeratikc/g denbora--tartea pasatu denean radar-seinale bat bidaltzen da Lurretik ontzirantz. Noiz jasoko da seinaleaontzian? Noiz iritsiko da Lurrera islatua?Iradokizuna: Kalkuluak egiteko erabil ezazu aldiune bakoitzean ontziaren abiadurarekin higitzenden inertzia-sistema.

LurrekoS sisteman espazio-ontziav abiaduraz higitzen denean, bere sistema propioan —S de-lakoarekikov abiaduraz higitzen den inertzia-sisteman, hain zuzen— neurtzen den azelerazioaa′x = g da etau′x = 0. Beraz,3.14ariketan ikusitako azelerazioaren transformazioaren ondorioz,S sisteman hauxe dugu:

dv

dt= ax =

g

γ3= g

(

1 − v2

c2

)3/2

.

Aldagaiak bananduz,∫ t

0g dt =

∫ v

0

dv(

1 − v2

c2

)3/2

lortzen da eta∫

(

1 − v2

c2

)−3/2

dv = v

(

1 − v2

c2

)−1/2

dugunez, hauxe da abiaduraren ekuazioa:

gt =v

√

1 − v2

c2

=⇒ dx

dt= v =

gt√

1 +g2t2

c2

.

Aldagaiak berriro bananduz,∫ x

0dx =

∫ t

0

gt dt√

1 +g2t2

c2

,

5Hemen, erlatibitatean egin ohi den bezala,β ≡ v

cdimentsio gabeko abiadura erabiltzen dugu. Notazio hau

erabiliz,γ =(

1 − β2)−1/2

idatziko dugu, adibidez.


eta∫

t

(

1 +g2t2

c2

)−1/2

dt =c2

g2

(

1 +g2t2

c2

)1/2

erabiliz, honako hau da posizioaren adierazpena:

x =c2

g

√

1 +g2t2

c2− 1

.

Seinalearen ekuazioax = c (t− c/g) = ct− c2/g denez, hurrengoa betetzen denean iritsikoda espazio-ontzira:

c2

g

√

1 +g2t2

c2− 1

= ct− c2

g⇐⇒ c2

g2+ t2 = t2.

Ekuazio honek soluzio finiturik ez duenez, seinaleak ez du inoiz ere espazio-ontzia harrapatukoeta, beraz, ez da seinale islaturik egongo.

3.13.4 Masa-zentroaren sistema

Elektroi bat pausagunean badago, zein izan behar duγ izpiaren energia minimoak, hurrengoprozesu hau gerta dadin:

γ + e− → e− + e+ + e−.

Hasieran dagoen energia bi modu desberdinetara agertuko datalka ondoren: zati bat geratzendiren partikulen pausaguneko masa izango da eta bestea partikulen energia zinetiko osoa. Lehe-nengoa finkoa denez, hasierako energia minimoa, amaierako energia zinetikoa minimoa deneanlortuko da. Laborategiko sisteman energia zinetiko minimoa ez da nulua, horrelakoa balitz mo-mentu lineal osoa ere zero izango bailitzateke (eta hau ezinezkoa da hasieran nulua ez baitzen).Baina, definizioz, masa-zentroaren sisteman momentu lineal osoa nulua da (gogoratu36. orrianesandakoa); beraz, han energia zinetiko minimoa nulua da, eta horixe gertatuko da masa-zen-troaren sisteman hiru partikulak geldi daudenean. Ageri denez, kasu horretan, laborategiko sis-teman abiadura berdinez (alegia masa-zentroaren abiaduraz) higituko dira hiruak. Hortaz, posi-troiaren eta elektroien pausaguneko masa, energia eta momentu linealaE0 = mec

2, E = γE0

etap = E/c2 v badira, hurrenez hurren, honela idazten dira laborategianenergia eta momentulinealaren kontserbazio-legeak:

hν + E0 = 3E,

hν = 3cp.

(3.111) aldaezin erlatibista erabiliz, honako hau lortzen da:

9E20 = 9

(

E2 − c2p2)

= 9 (hν + E0)2 − 9h2ν2 = E2

0 + 2hνE0.

E0 6= 0 denez, hauxe dugu azkenean energia minimoa:

hν = 4E0 = 4mec2.

(Hemendik erraz lortzenv/c = 4/5 etaγ = 5/3 direla kasu horretan.)


3.13.5 Fotoi-suziria

Fotoiak igortzen dituen motorraren eraginez, lerro zuzen batean higitzen ari da espazio-ontzibat. Ontziaren energia eta momentu linealaE etap badira, zeintzuk diraE eta p? Aurki ezazuaipaturiko deribatuen arteko erlazioa, ontziaren pausaguneko masa nola aldatzen den kalkula-tzeko. Eman dezagun ontzia hasieran pausagunean zegoela eta bere masam0 zela. Froga ezazuv abiaduraz higitzen denean pausaguneko masa honako hau dela:

m = m0

√

c− v

c+ v.

Denbora-unitateanhν energiakon fotoi igortzen badira, honela adieraziko dira energiaren etamomentu linealaren kontserbazio-printzipioak:

E + nhν =d

dt

(

mγc2)

+ nhν = 0,

p− nhν

c=

d

dt(mγv) − n

hν

c= 0,

eta ekuazio hauen arteanhν ezabatzen badugu, zera lortzen da:

d

dt(mγ) +

d

dt(mγβ) = 0,

non,112. orriko oin-oharrean esan dugun bezala,β = v/c den. Azken ekuazioa integratuz, ho-nako hau lortzen dugu:

mγ +mγβ = C.

Integrazio-konstantea kalkulatzeko,β = 0 deneanm = m0 dela erabiltzen badugu,C = m0

lortzen da eta frogatu nahi genuen emaitza geratzen zaigu:

m(v) =m0

γ(1 + β)= m0

√

1 − β

1 + β.

3.14 Problemak 115

3.14 Problemak

3.1 Einstein-en trena. Tren baten pausaguneko luzera tunel batena baino handiagoa da. Tune-larekiko duen abiadura behar bezain handia denez, tunelaren gainean dagoen behatzaile batektrena tunela baino laburragoa dela neurtzen du eta, beraz, aldiune egokian tuneleko bi muturre-tako ateak ixtean trena barruan harrapatzen du. Baina trenean doan behatzailearen ikuspuntutik,tunela da uzkurtu dena eta, ondorioz, ezinezkoa da tren osoatunel barruan aldiune berean egotea.Nola azal dezakezu buruhauste hau?Iradokizuna: Kalkuluak egitekoltrena = 1.000 m, ltunela = 800 m etav/c = 3/5 aukera ditzake-zu.

3.2 Lerro berean baina kontrako noranzkoetan higitzen diren biespazio-ontziren pausagunekoluzerakl0 = 103 m dira.A ontziko neurgailuen arabera,B-ren brankak∆t = 5 × 10−6 s behardu A-ren luzera osoa zeharkatzeko.B ontziko brankan dagoen erloju batek bi neurketa egitenditu: lehenengoa erlojuaA-ren brankaren parean dagoenean eta bigarrenaA-ren txoparen ondoandagoenean. Zein da bi neurketa horien arteko diferentzia?

3.3 Pausagunean dauden pioien erdi-bizitzaτ = 2 × 10−8 s da. Energia handiko azeleragailubatean sorturiko pioiak25 m-tara heldu zirenean haien arteko erdiak bakarrik geratzen ziren.Zein zen pioien abiadura?

3.4 A etaB galaxiakv = 0.8c abiaduraz eta aurkako no-ranzkoetan higitzen ari direla ikusten du gure galaxian da-goenO behatzaileak.A galaxian dagoen behatzaile baten-tzat, zein daO-ren abiadura? EtaB-rena?

3.5 Gure galaxiaren diametroa105 argi-urtekoa da, gutxi gorabehera.1019 eV-eko protoi batekgalaxia zeharkatzeko, zenbateko denbora beharko du galaxiaren sisteman eta propioan?

3.6 Pausagunean dagoen K0 mesoia desintegratzen denean0.83c abiadura eskalar berberaz higi-tzen direnπ± pioi bikote bat sortzen da askotan, nahiz eta beste posibilitate batzuk egon. K0 me-soia, pausagunean egon beharrean,0.9c abiaduraz higitzen bada, zein da pioi batek izan dezakeenabiadurarik handiena? Eta txikiena?

3.7 Nolakoa izan behar du partikula baten abiadurak, bere energia zinetikoaren eta1/2mv2 adie-razpenaren arteko diferentzia %1 baino txikiagoa izateko?Eta energia zinetikoaren eta osoarenarteko desberdintasuna %1 baino txikiagoa izateko?

3.8 Masaren aldaketa prozesu termodinamikoetan. Kilogramo bat ur izozten den prozesu iso-termoan3.34×104 J balioko energia termikoa askatzen da. Nola aldatu da prozesu horretan urarenmasa?

3.9 Elektroi batek eta positroi batek elkarrekin topo egitean desagertu egiten dira eta haien ordezfotoiak sortzen dira. Elektroia eta positroia (ia) geldi badaude, fotoi bat baino gehiago sortu behardira. Zergatik? Bi fotoi sortzen badira, nola higituko dira? Zein da fotoi horien uhin-luzera?

3.10 Protoiaren, neutroiaren eta42He nukleoaren masak erabiliz, kalkula ezazu nukleo honen lo-

tura-energia.


3.11 π0 baten energia osoa2mπc2 da eta desintegratzen denean bere norabidean higitzen diren

bi fotoi sortzen dira. Zein da fotoi bakoitzaren maiztasuna?

3.12 Fotoi bat desintegratzean elektroi-positroi bikote bat sortu da. Froga ezazu prozesuan bestepartikula batek hartu duela parte halabeharrez.

3.13 Pausagunean dagoen partikula bat desintegratzeanpausaguneko masa berbera duten hiru partikula sortzen di-ra. Bi partikularen abiadurak irudian agertzen direnak ba-dira, zein da hirugarrenarena? Zeintzuk dira sorturiko par-tikulen masak?

3.14 Hasieran pausagunean dagoen karga baten gainean eremu elektrostatiko uniforme eta kons-tante batek eragiten badu, zein da kargaren abiadura edozein aldiunetan?

3.15 Laborategiko sisteman0.05c abiadura konstantez higitzen ari den nukleo erradioaktiboba-tek igorritako elektroia nukleoarekiko0.8c abiaduraz higitzen da. Laborategiko sistemaren ikus-puntutik, zeintzuk dira elektroiaren abiadura eta norabidea baldin eta nukleoaren sisteman elek-troiaren eta nukleoaren norabideak (a) paraleloak, (b) elkarzutak badira?

3.16 Energia eta momentu linealaren transformazioa. Erabili abiaduraren (3.76)–(3.78) trans-formazio-ekuazioak energiaren eta momentu linealareneakhauexek direla frogatzeko:

E = γ (E ′ + vp′x) ,

px = γ(

p′x +v

c2E ′)

,

py = p′y,

pz = p′z.

Zeintzuk dira alderantzizko transformazioak? Zer gertatzen daS ′ sistema partikularen pausa-guneko sistema bada? Alderatu(ct, x, y, z) eta(E/c, px, py, pz) tetrabektoreen transformazio--ekuazioak.

3.17m1 etam2 masa ez-nuluak dituzten bi partikulav1 etav2 abiadurez higitzen ari dira lerroberean. Elkarrekin topo egitean partikula bakar bat geratzen da. Zeintzuk dira azken honen masaeta abiadura? Gerta liteke masa hori nulua izatea?Iradokizuna: Erabil itzazu ekuazioen karratuak etaβ ≡ v/c =

√1 − γ−2.

3.18 Azeleragailu batek sorturiko protoiek 200 GeV-eko energiadute eta pausagunean daudenbeste protoi batzuk erasotzen dituzteneanX partikula bat agertzen da hurrengo erreakzioan:

p+ p −→ p+ p+X.

Zein daX partikulak izan dezakeen pausaguneko energiarik handiena?

3.19 437 MeV-eko energia zinetikoa duen protoi batek pausagunean dagoen beste batekin egi-ten du topo. Talka ondoren bi protoien energia berbera bada,zein da haien norabideen artekoangelua? (1955 urtean egindako esperimentuan84.0 ± 0.2 balioa neurtu zen). Zein izango daangelua lehenengo protoiaren energia zinetikoa 33 GeV bada?

3.14 Problemak 117

3.20 Pausagunean zegoen elektroiarekin topo egin ondoren fotoibaten maiztasuna aurrekoarenerdia da. Sakabanatze-angelua60 baliokoa izan bada, zein zen fotoiaren maiztasuna talka aurre-tik?

3.21 Meteorito batv abiadura konstantez higitzen da pausagunean dagoen radar-iturri baterantz.Azken honekt = t1, t2 aldiuneetan igorritako pultsuak atzera datoz meteoritoanislatu ondoren.(a) Marraztu Minkowski-ren diagrama batean iturriaren, meteoritoaren eta pultsuen unibertso-le-rroak.(b) Aurkitu bi pultsuen arteko denbora-tartea meteoritoaren sisteman.(c) Nola erabil dezake radar-estazioak pultsu islatuen arteko denbora-tartea meteoritoaren abia-dura neurtzeko?

3.22 Ohiko Compton efektuan elektroia pausagunean dago. Eman dezagun orain talka aurretikelektroia fotoiaren norabidean higitzen zela eta talka ondoren fotoiak atzera egiten duelaν maiz-tasuna eta norabidea aldatu gabe. Zein zen elektroiaren abiadura?

3.23 Azaldu paradoxa hau: «Oso arin higitzen den Einstein-en trenean korrikalari bat atzerantzdoa trenarenaren kontrako abiadurarekin; Lurrarekiko geldirik dago, beraz. Dakigunez, trenekoerlojua atzeratu egiten da Lurreko erreferentzia-sistemarekiko, azken honetan higitzen ari baita.Era berean, korrikalariaren erlojua treneko sistemarekiko atzeratzen da. Beraz, korrikalariarenerlojua are gehiago atzeratzen da Lurreko sistemarekiko. Baina, bestaldetik, korrikalaria Lurrare-kiko pausagunean dagoenez, bere sisteman eta Lurrekoan denbora bera neurtu beharko litzateke.Kontraesan bat dugu hemen eta, ondorioz, erlatibitate berezia onartezina da.»

3.24 Buruz-buruko talka batean norabide berean higitzen direnE energia bereko bi protoik topoegiten dute.(a) Aurkitu bi protoienenergia erabilgarria, hau da, masa-zentroaren sisteman neurtzen denenergia osoa.(b) Zein izan daiteke sortzen diren partikulen pausagunekomasarik handiena? Zergatik?(c) Kalkulatu protoi baten energia bestearen pausaguneko sisteman.(d) Orain protoi bat pausagunean badago, zein izan behar du bestearen energiak, sistemaren ener-gia erabilgarria aurreko kasuarena izateko?

3.25 Irudiko A piezaren ziriaB-ren besoak baino labur-xeagoa da, biak pausagunean daudenean. Orain,A pie-za oso abiadura handiz bidaltzen daB-ren kontra, iru-diko (b) atalean erakusten den bezala.B-ren sistemakobehatzaileakA-ren ziria uzkurturik neurtzen duenez, zi-riaren muturrak ez duela detonagailua ukituko uste du. Be-raz, trankil geratzen da, lehergailua lehertuko ez delakoan.A-rekin batera higitzen den behatzailearen neurketen ara-bera, berriz, uzkurtu direnakB-ren besoak dira eta, on-dorioz,A-ren ziria detonagailua jotzeko bezain luzea da;leherketa gertatuko dela uste du, beraz. Zer uste duzu zuk?Zergatik?


3.26 Espazioan zeharv abiaduraz higitzen den bidaiariak bere erlojua Lurreko adiskide batena-rekin sinkronizatzen du honen parean dagoenean:t = t′ = 0. Lurrekoak bi erlojuakikustenditualdi berean:t zuzenean etat′ teleskopio baten bitartez. Zein dat balioa t′ delakoan ordu beteikustenduenean? Zein izan behar da abiadura aipaturiko aldiuneat = 2 ordu izateko?Iradokizuna: Gogoratu «ikustea» eta «neurtzea» gauza desberdinak direla.

3.27 Iruzkina egin azterketa batean irakurri genuen hurrengo iritzi honi: «Einstein-en trenarenbi muturretan argi-iturri bana dago. Trenaren erdian dagoen behatzaileak aldi berean detektatzenditu mutur desberdinetatik datozen bi fotoi. Geltokian dagoen behatzailearentzat, ordea, aurrekomuturretik igorritako fotoia bestea baino lehenago iritsiko datreneko detektagailura, azken haufotoiarenbila baitoa. Emaitza honek frogatzen du erlatibitate berezian aldiberekotasuna erlatiboadela.»

3.28 0.8 c abiaduraz higitzen den espazio-ontzi bat Lurraren paretik igarotzean eguerdiko hama-biak dira ontziko eta Lurreko behatzaileen ikuspuntuetatik.(a) Ontziko erlojuan 12:30 direla neurtzen denean, Lurrarekiko pausagunean dagoen planetartekogeltoki batetik pasatzen da. Zer ordu da geltokian, bertan Lurreko denbora neurtzen bada?(b) Lurretik neurtuta, zein da geltokiaren distantzia?(c) Ontzian 12:30 direnean seinale bat bidaltzen da Lurrerantz irratiaren bidez. Noiz jasotzen daLurrean (azken honen denbora erabiliz)?(d) Lurretik erantzuna berehala igortzen bada, noiz jasokoda espazio-ontzian (azken honen erlo-jua erabiliz)?

3.29 Compton-en alderantzizko sakabanatzea.Compton-en esperimentuan pausagunean zegoen elektroibatekin sakabanatzean X fotoiak energia galtzen du. Elek-troia higitzen ari bada, ordea, fotoiak energia irabaz deza-ke.

Nolakoak izan behar dute elektroiaren energiak eta momentulinealak irudiko talkan fotoiarenenergia talka ondoren handiagoa izateko? Froga ezazu elektroiaren energia oso handia denean,amaieran fotoiaren energia elektroiak talka gertatu bainolehenago zuena dela, fotoiaren hasierakoenergia edonolakoa izanda ere.

3.30 Irudiko esperimentuan energia handiko fotoiak laginmeheko elektroi bat jotzen du. Elektroia A detektagailuradoa eta fotoia B delakora. Kalkulatu fotoiaren hasierakoeta amaierako energiak, elektroiaren pasaguneko energiaunitatetzat erabiliz.

3.31 Protoi erlatibista baten momentu linealap0 da t = 0 aldiunean zeharkako eremu elektri-ko uniforme konstante batean sartzen denean:E ⊥ p0. Kalkulatu nola aldatzen den protoiarennorabidea denborarekin. Aurkitu abiadurak hasierako ibilbidearen norabidean duen osagaia etafrogatu, kasu ez-erlatibistan ez bezala, txikituz doala.

3.32 Partikula erlatibista batu abiadurarekin hurbiltzen da geldi dagoen partikula berdinba-terantz. Norantz eta zein abiadurarekin higitzen da behatzaile bat, bere sisteman bi partikulenabiadura eskalarrak berdinak badira? Zer gertatzen da zureerantzuneanu≪ c kasuan? Zeintzukdira energia eta momentu lineal osoak bi erreferentzia-sistemetan?

3.14 Problemak 119

3.33 Argi-izpiaren hedapen-norabidea behatzailearen hi-giduraren menpekotasunaaberrazioaderitzo. Izar tinkoe-kiko v abiaduraz higitzen den teleskopioaren eta horizon-talaren arteko angeluaθ′ bada izar bat ikustean, izarraren«benetako» posizioa (hau da, izar tinkoen sisteman neur-turikoa) ematen duen angelua hurrengo adierazpenarenθangelua da mekanika galilearrean:

tan θ′ =sin θ

cos θ + v/c

Froga ezazu emaitza hori eta aurkitu erlatibitate berezianerabili behar dena.Iradokizuna: Aztertu fotoien abiadura bi sistemetan.

3.34 Bi partikula erlatibista elkarrekin topo egitean partikula bakarra geratzen bada, gerta daitekepartikula berriaren pausaguneko masa hasierako bi partikulen pausaguneko masen batura bainotxikiagoa izatea?

3.35 Egia al da erreferentzia-sistema inertzial baten neurketen arabera beste erreferentzia-siste-ma inertzial guztietako erlojuak atzeratu egiten direla? Eta erreferentzia-sistema inertzial bateanbeste erreferentzia-sistema inertzial guztietako erregelak uzkurturik neurtzen direla?

3.36 Patxi eta Peru anaia bikiak espazioan bizi dira. Egunen batean Patxiv = 0.8c abiaduraz has-ten da Perugandik aldentzen. Peruren neurketen arabera∆t denbora pasatu denean, atzera datorPatxi abiadura berdinarekin.2∆t balioko tarte berri bat pasatu ondoren, berriro egiten du atzera,abiadura eskalarra aldatu gabe, Perurekin elkartu arte. Azken honen neurketen arabera bidaiaren4∆t iraupen osoa urtebetekoa izan bada, zer neurtzen du Patxik?Marraztu bikien unibertso-le-rroak Peruren sistemari dagokion Minkowski-ren diagraman.

3.37 Zer gertatzen da (3.113)–(3.116) transformazio-ekuazioekin abiadura txikiko limitean?

3.38 Masa-zentroaren abiadura. Kontsidera ditzagunkontrako abiadurekin higitzen diren bi partikula berdin etaerreferentzia-sistema horretan mekanika galilearraren de-finizioak emandakoO masa-zentroa.

KalkulatuO puntuaren abiadura eskuineko partikularen pausaguneko sisteman eta mekanika ga-lilearrak azken sistema honetan definitzen duenO′ masa-zentroarena:

vO′ =m1v1 +m2v2

m1 +m2.

Ondorioztatu erreferentzia-sisteman honetanvO′ 6= vO.Erlatibitate berezian, masa-zentroaren posizioa definitubeharrean, sistema bakartu baten energiaosoaE bada, eta momentu lineal osoaP, masa-zentroaren sistema

V =P

E/c2

abiaduraz higitzen dena da, horrela lortzen baita masa-zentroaren sisteman momentu lineal osoaP∗ = 0 izatea. Egiaztatu definizio honekinV = vO lortzen dela.


3.39m1 masako partikula bat,v1 = 0.9 c abiaduraz higitzen denean,m2 = 10m1 masako parti-kula geldi batekin topo egiten du eta biak loturik geratzen dira. (a) Zeintzuk dira partikula berria-ren pausaguneko masa eta abiadura? Orainm1 masako partikula geldi dago. (b) Zein izan behardum2-ren abiadurak partikula konposatuarena (a) atalekoaren berdina izateko? (c) Eta partikulaberriaren pausaguneko masa (a) atalekoarena izateko?

3.40 Higidura hiperbolikoa. Partikula erlatibista bat azelerazio uniformez higitzenda, hau da,une bakoitzean erreferentzia-sistema inertzial propioan(non, definizioz, partikula une horretangeldi dagoen) azelerazioaka i balio konstante bat du. Gainera, laborategiko sisteman geldi dagot = 0 aldiunean. Aurkitu partikularen posizioa une guztietan laborategiko sisteman. Marraztupartikularen unibertso-lerroa. Zergatik esaten da higidura hau hiperbolikoa dela? Zeintzuk dirapartikularen abiadurakt→ ±∞ limiteetan?

2. gaia higidura erlatiboa

Documents