10.2 Relativitetsparadokser og samtidighet

Konseptvarianten i SR — stige-i-låve, tvillingene, to romskip som skyter på hverandre — der samtidighetens relativitet løser paradokset.

60 min

12 oppgaver

Relativitetsparadoksersamtidighet

Din fremgang i kapitlet

0 / 12 oppgaver

Kapitlets plass i kurset

Bygger på

10.1Tidsdilatasjon, lengdekontraksjon og hastighetsaddisjon

Brukes videre i

10.PPrøver til del 10: Spesiell relativitet

Sjanger I — spesiell relativitet står i 6 av 7 sett (86 %), og den kommer i to varianter. Kap. 10.1 tok regnevarianten. Dette kapitlet tar den andre: paradoksvarianten, der du får en situasjon som ser selvmotsigende ut og skal forklare hvorfor den ikke er det.

Gjengangerne i arkivet er stigen som skal inn i låven, tvillingene der den ene reiser ut i rommet, og to romskip som skyter på hverandre.

Og her er regelen som avgjør alt:

> Å skrive opp SR-formlene fra formelarket uten å drøfte samtidighet gir INGEN poeng.

Ikke delvis uttelling. Ingen. Dette er felle #11 — SR-formler i et paradoks uten samtidighetsdrøfting (feilene har et samlet register i bokas kap. 0.1). Motsatt gis det romslig uttelling for fornuftige betraktninger selv når regningen ikke er komplett — *så lenge ordet samtidighet faktisk trekkes fram og brukes på den konkrete situasjonen.

Slik ligger poengene i paradoksvarianten:

Steg	Hva sensor ser etter
Hvilke to (eller flere) hendelser paradokset handler om	de må navngis, ikke bare antydes
I hvilket system de er samtidige	og dermed i hvilket de ikke er
Hvordan samtidighetsforskyvningen løser motsetningen	det er selve svaret
At begge beskrivelsene er riktige	et paradoks er ikke en feil som skal rettes
Et romtidsdiagram der oppgaven ber om det	figur er selvstendig poenggivende

Skriv aldri at «den ene har rett og den andre tar feil». Det er det sikreste signalet til sensor om at poenget ikke er forstått. Begge har rett; de svarer på forskjellige spørsmål.
Prioritet: bør sitte. Paradoksdrøftingen er billigere å lære enn regnevarianten — den krever ingen tunge utregninger — og den er den delen av pensum der en presis halvside gir full uttelling.
Ikke med på midtveiseksamen. Relativitet dekkes bare av den avsluttende skoleeksamenen (4 timer, teller 80 %), og der er den nesten alltid siste oppgave. Bla bakover og les den tidlig.
Tidsbruk: ~60 minutter lesing*, i fem korte løkker med tidsanslag.

Forkunnskaper — sist du var her

Dette kapitlet bygger helt og holdent på kap. 10.1. Her er det du trenger, ferdig oppfrisket.

Lorentz-faktoren og de to grunnformlene:

$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}, \qquad \Delta t = \gamma\,\Delta t_0, \qquad l = \frac{l_0}{\gamma}$

med egentida $\Delta t_0$ (også skrevet $\tau$ ) målt der de to hendelsene skjer på samme sted, og egenlengda $l_0$ målt i gjenstandens hvilesystem. Egentida er den korteste tida; egenlengda er den lengste lengden.

Lorentz-transformasjonen, som er den vi skal bruke mest her:

$x' = \gamma(x-ut), \qquad t' = \gamma\!\left(t - \frac{ux}{c^2}\right)$

Legg særlig merke til det siste leddet, $-ux/c^2$ . Det er hele kapitlet i kortform: hvor en hendelse skjer, påvirker når den skjer i et annet system. Alle paradoksene er dette ene leddet i forkledning.

Romtidsdiagrammet fra kap. 10.1: $x$ vannrett, $ct$ loddrett, lys på 45 grader. En verdenslinje er et legemes historie; en samtidighetslinje for en observatør med $\beta = u/c$ er en linje med stigningstall $\beta$ i $(x, ct)$ -planet. Vi tegner mye i dette kapitlet.

Notasjonsavtale. Samme som i kap. 10.1: egentid $\Delta t_0$ eller $\tau$ , egenlengde $l_0$ , systemenes innbyrdes fart $u$ , $\beta = u/c$ , og $c = 3{,}00\cdot10^{8}\,\text{m/s}$ . Hendelser navngis med store bokstaver: A, B, C.

Løkke 1 — samtidighetens relativitet (~15 min)

Sett deg midt i et romskip med en lampe rett over hodet. Du slår den på, og lyset går mot begge endene av skipet. Du har målt opp: det er nøyaktig like langt til baugen og til hekken. Lyset går like fort begge veier. Altså treffer det de to endene samtidig.

En romstasjon ser skipet fare forbi. Stasjonen er også enig i at lyset går med farten $c$ begge veier — det er postulat 2. Men i stasjonens system kommer hekken lyset i møte mens baugen flykter unna. Derfor treffer lyset hekken først.

Begge har rett. Og med det er «samtidig» ikke lenger noe absolutt.

Relativitet av samtidighet

To hendelser som skjer samtidig i ett inertialsystem, skjer i sin alminnelighet ikke samtidig i et annet system som beveger seg i forhold til det første. Unntaket er hendelser som skjer på samme sted : skjer to ting i samme punkt til samme tid, er alle systemer enige om at de var samtidige. Det er avstanden mellom hendelsene som skaper uenigheten. Gyldighetsbetingelsen som gir poeng: effekten er større jo lengre fra hverandre hendelsene er, og jo raskere systemene beveger seg i forhold til hverandre. Er avstanden null eller den relative farten null, forsvinner effekten. Dette er den mest radikale konsekvensen av Einsteins postulater — mer radikal enn tidsdilatasjonen — og den er nøkkelen til hvert eneste relativitetsparadoks .

📜Samtidighetsforskyvningen

La to hendelser A og B skje samtidig i system

S

, i posisjonene

x_A

x_B

, med

\Delta x = x_B - x_A

. Et system

S'

som beveger seg med farten

u

langs

x

-aksen måler tidsforskjellen

$\Delta t' = -\frac{\gamma\,u\,\Delta x}{c^2}$

Utledningen er to linjer. Lorentz-transformasjonen gir tida for hver hendelse:

$t_A' = \gamma\!\left(t - \frac{u x_A}{c^2}\right), \qquad t_B' = \gamma\!\left(t - \frac{u x_B}{c^2}\right)$

Intuisjon: de har samme $t$ fordi de er samtidige i $S$ . Alt som skiller dem, er posisjonen.

$\Delta t' = t_B' - t_A' = -\frac{\gamma u (x_B - x_A)}{c^2} = -\frac{\gamma u \Delta x}{c^2}$

Intuisjon: fortegnet sier at for en observatør som beveger seg i positiv $x$ -retning, skjer hendelsen som ligger lengst i positiv retning tidligst. En kortere huskeregel: klokka som ligger foran, ligger etter. Den handler om hendelsen «klokka viser null»: den inntreffer tidligst for klokka som står lengst framover i bevegelsesretningen. Ser du derimot på hva klokkene viser i ett og samme øyeblikk i $S'$ , er det motsatt — den fremste har da rukket lengst og viser mest. De to utsagnene er samme sak sett fra hver sin side, og nettopp derfor er huskeregelen lett å snu feil vei.

Størrelsesorden. Faktoren $c^2$ i nevneren gjør effekten bitteliten i dagliglivet: to hendelser 100 meter fra hverandre, sett fra en bil i 100 km/t, forskyves med rundt $3\cdot10^{-14}\,\text{s}$ . Men over astronomiske avstander eller ved relativistiske farter blir den avgjørende.

Formelen følger av Lorentz-transformasjonen, som står på formelarket; selve sammensetningen må du kunne gjøre selv.

✏️Eksempel 1: Lampen midt i romskipet

Et romskip har egenlengde $l_0 = 300\,\text{m}$ og passerer en romstasjon med $u = 0{,}600c$ . En lampe midt i skipet blinker én gang. I skipets system treffer lyset baug og hekk samtidig.

a) Hvilke to hendelser er dette, og i hvilket system er de samtidige?

b) Finn tidsforskjellen mellom dem i stasjonens system, ved å bruke samtidighetsforskyvningen.

c) Regn den ut på nytt, direkte i stasjonens system, som en kontroll.

d) Hvilken ende treffes først i stasjonens system? Forklar fysisk.

a) Hendelse A: lyset treffer hekken. Hendelse B: lyset treffer baugen. De er samtidige i skipets system, der de har avstanden

\Delta x' = 300\,\text{m}

(hele egenlengda).

b) Her er hendelsene samtidige i det systemet som beveger seg (skipet), så vi bruker transformasjonen den andre veien: $\Delta t = \gamma(\Delta t' + u\Delta x'/c^2)$ med $\Delta t' = 0$ :

$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-0{,}600^2}} = \frac{1}{0{,}8000} = 1{,}250$

$\Delta t = \frac{\gamma\,u\,\Delta x'}{c^2} = \frac{1{,}250\cdot0{,}600\cdot300}{3{,}00\cdot10^{8}} = 7{,}50\cdot10^{-7}\,\text{s} = 0{,}750\ \mu\text{s}$

c) Kontrollen, regnet rett fram i stasjonens system. Der er skipet lengdekontrahert:

$l = \frac{300}{1{,}250} = 240\,\text{m}$

så lampen står $120\,\text{m}$ fra hver ende. Lyset mot hekken møter en hekk som kommer det i møte med $0{,}600c$ , så de nærmer seg hverandre med $c + u$ regnet i stasjonens koordinater:

$t_{\text{hekk}} = \frac{120}{c+u} = \frac{120}{1{,}600\cdot3{,}00\cdot10^{8}} = 2{,}50\cdot10^{-7}\,\text{s}$

Lyset mot baugen må ta igjen en baug som flykter:

$t_{\text{baug}} = \frac{120}{c-u} = \frac{120}{0{,}400\cdot3{,}00\cdot10^{8}} = 1{,}00\cdot10^{-6}\,\text{s}$

$\Delta t = 1{,}00\cdot10^{-6} - 2{,}50\cdot10^{-7} = 7{,}50\cdot10^{-7}\,\text{s} ✓$

Samme svar som i b).

Et forbehold verdt å skrive: størrelsene $c+u$ og $c-u$ her er ikke lysfarten målt i noe system — de er hvor fort avstanden mellom lyset og skipsenden krymper, regnet i stasjonens koordinater. Lyset selv går med nøyaktig $c$ hele veien. Å blande disse to er en klassisk snubletråd.

d) Hekken treffes først, med $0{,}750\ \mu\text{s}$ . Fysisk fordi hekken kommer lyset i møte mens baugen flykter unna — mens lyset bruker like lang tid på å gå like langt i begge retninger.

Det er ingen motsetning mellom dette og skipets beskrivelse. De to systemene er uenige om hva «samtidig» betyr, ikke om noe fysisk måleresultat. Alle er enige om at lyset traff begge ender, og alle er enige om hva klokkene på hvert sted viste da det skjedde.

📝Oppgave 1

(Innsteg.) Svar med egne ord, to–tre setninger på hver.

a) Hva betyr det at samtidighet er relativ?

b) To hendelser skjer på samme sted til samme tid. Er alle systemer enige om at de var samtidige?

c) Hvilke to størrelser i situasjonen bestemmer hvor stor samtidighetsforskyvningen blir?

📝Oppgave 2

Eksamensnivå, sjanger I

I jordas system settes to klokker opp, den ene i $x = 0$ og den andre i $x = 1{,}20\cdot10^{9}\,\text{m}$ , og de synkroniseres slik at begge viser null i samme øyeblikk. Et romskip passerer med $u = 0{,}800c$ i positiv $x$ -retning.

a) Hva viser de to klokkene, sett fra romskipet, i det øyeblikket skipet regner som «da den nærmeste klokka viste null»?

b) Hvilken av klokkene ligger foran, sett fra skipet?

c) Hva blir svaret hvis skipet i stedet går i negativ $x$ -retning?

Løkke 2 — drøftingsmetoden (~8 min)

Paradoksoppgaver ser ut som essayoppgaver, men de har en fast oppskrift. Følger du den, får du full uttelling med en halv side.

Det er verdt å lære oppskriften utenat, fordi den fjerner den verste risikoen i sjangeren: å begynne å regne uten å ha sagt hva man regner på.

Drøftingsmetoden for et relativitetsparadoks

\Delta t' = -\gamma u\Delta x/c^2

Typiske feil

Felle #11 — SR-formler i et paradoks uten samtidighetsdrøfting — gir INGEN poeng. Fire varianter, alle dokumentert:

1. Ren formelramse. Kandidaten skriver $\Delta t = \gamma\Delta t_0$ og $l = l_0/\gamma$ , regner ut $\gamma$ , og stopper. Formlene står på formelarket, så avskrift viser ingenting. Uten at ordet samtidighet brukes på den konkrete situasjonen, gis det ikke uttelling.

2. Å behandle paradokset som en feil. «Stigen kan jo ikke både passe og ikke passe, så det ene svaret må være galt.» Nei — begge er riktige. Et paradoks i denne sjangeren er ikke en selvmotsigelse, men en situasjon som ser selvmotsigende ut fordi man ubevisst har antatt at «samtidig» betyr det samme for alle.

3. Å glemme systembyttet i tvillingparadokset. Situasjonen ser symmetrisk ut, men den er det ikke: den reisende snur, og bytter dermed inertialsystem. Uten det poenget er drøftingen ufullstendig.

4. Svada uten fagbegrep. Lange avsnitt om at «tid er relativt» og «alt avhenger av observatøren» uten å nevne hvilke hendelser, hvilke systemer og hvilken forskyvning. Sensor honorerer presisjon og trekker for helgardering — to–fire presise setninger slår en side med generelle betraktninger.

Den enkleste forsikringen: skriv setningen «Hendelsene A og B er samtidige i systemet X, men ikke i systemet Y, og det er nettopp dette som løser paradokset» — med ekte navn på A, B, X og Y. Da har du krysset av det sensor leter etter.

📝Oppgave 3

(Kvalitativ, sjanger J — «forklar/begrunn/kritiser»-oppgaven, som har minst én deloppgave i hvert sett.) En medstudent har levert denne besvarelsen på en paradoksoppgave:

«Farten er $0{,}80c$ , så $\gamma = 1{,}67$ . Stigen blir dermed kortere med denne faktoren, og lengden blir $l = l_0/\gamma$ . Låven er kortere enn stigen i hvile. Derfor passer stigen.»

a) Hvor mange poeng ville dette gitt, og hvorfor?

b) Hva mangler, konkret?

c) Skriv om besvarelsen til én setning som ville gitt uttelling.

Løkke 3 — stigen i låven (~15 min)

Dette er sjangerens mest kjente oppsett, og det som oftest dukker opp i eksamensarkivet — gjerne i en leken innpakning.

En bonde har en låve med to porter, én i hver ende. En løper kommer med en stige som er lengre enn låven når begge står stille. Bonden hevder at hvis løperen bare springer fort nok, blir stigen kortere enn låven, og han kan smelle igjen begge portene i det øyeblikket stigen er inne.

Løperen ler. I hans system er det låven som farer forbi og blir kortere, mens stigen har sin fulle lengde. Stigen kan aldri være inne.

Begge har rett. Nå skal vi se nøyaktig hvordan.

✏️Eksempel 2 (eksamensnivå): Stigen som passer og ikke passer

En stige har egenlengde $l_0 = 12{,}0\,\text{m}$ . En låve har egenlengde $L_0 = 8{,}00\,\text{m}$ og en port i hver ende. Stigen føres gjennom låven med $u = 0{,}800c$ .

a) Hvor lang er stigen i låvens system, og hvor lang er låven i stigens system?

b) I låvens system lukkes begge portene samtidig, i det øyeblikket stigen er midtstilt. Beskriv hva som skjer.

c) Finn tidsforskjellen mellom de to portlukkingene i stigens system, og beskriv hva som skjer der.

d) Er stigen innelukket eller ikke? Forklar hvorfor begge svarene er riktige.

e) Hva er begge systemene enige om?

Steg 1 — hendelsene. A: inngangsporten lukkes (og åpnes straks igjen). B: utgangsporten lukkes (og åpnes straks igjen). Vi legger

x = 0

ved inngangsporten og

x = 8{,}00\,\text{m}

ved utgangsporten, og setter

t = 0

i låvens system i det de lukkes.

$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-0{,}800^2}} = \frac{1}{0{,}6000} = 1{,}667$

a) I låvens system er stigen kontrahert:

$l = \frac{l_0}{\gamma} = \frac{12{,}0}{1{,}667} = 7{,}20\,\text{m}$

som er kortere enn låvens $8{,}00\,\text{m}$ . I stigens system er det låven som er kontrahert:

$L = \frac{L_0}{\gamma} = \frac{8{,}00}{1{,}667} = 4{,}80\,\text{m}$

som er mye kortere enn stigens fulle $12{,}0\,\text{m}$ . Der begynner paradokset.

b) I låvens system er stigen $7{,}20\,\text{m}$ og låven $8{,}00\,\text{m}$ , så det er $0{,}80\,\text{m}$ til overs — $0{,}40\,\text{m}$ i hver ende når stigen er midtstilt. Ved $t = 0$ er stigens bakende i $x = 0{,}40\,\text{m}$ og forenden i $x = 7{,}60\,\text{m}$ . Begge porter lukkes samtidig, og stigen er fullstendig innelukket i et kort øyeblikk. Bonden har rett.

Hvor lenge varer det? Stigen er helt inne fra bakenden passerer $x=0$ til forenden når $x = 8{,}00$ , altså mens stigen flytter seg $0{,}80\,\text{m}$ :

$\Delta t = \frac{0{,}80}{0{,}800\cdot3{,}00\cdot10^{8}} = 3{,}33\cdot10^{-9}\,\text{s} = 3{,}33\,\text{ns}$

— naturlig pausepunkt —

c) Steg 2 — samtidige i hvilket system? Hendelsene A og B er samtidige i låvens system, med $\Delta x = 8{,}00\,\text{m}$ . I stigens system:

$\Delta t' = -\frac{\gamma u \Delta x}{c^2} = -\frac{1{,}667\cdot0{,}800\cdot8{,}00}{3{,}00\cdot10^{8}} = -3{,}56\cdot10^{-8}\,\text{s} = -35{,}6\,\text{ns}$

Negativt betyr at B (utgangsporten) lukkes 35,6 ns FØR A (inngangsporten) i stigens system.

Steg 3 — historien i stigens system. Stigen står stille med sine $12{,}0\,\text{m}$ , og låven på $4{,}80\,\text{m}$ farer forbi med $0{,}800c$ . Rekkefølgen blir:

1. Utgangsporten (som kommer imot) lukkes og åpnes igjen — og i det øyeblikket mangler stigens forende fortsatt $0{,}667\,\text{m}$ på å nå den. Porten smeller altså igjen rett foran nesa på stigen.
2. $35{,}6\,\text{ns}$ senere lukkes inngangsporten — og da har stigens bakende allerede passert den med $0{,}667\,\text{m}$ . Porten smeller igjen bak stigen.

På intet tidspunkt er begge porter lukket med stigen mellom dem. Løperen har rett.

(De $0{,}667\,\text{m}$ i begge ender kommer av å transformere endepunktene: $\gamma\cdot0{,}40 = 0{,}667$ . Symmetrien er en fin kontroll på at regningen stemmer.)

d) Steg 4 — begge svarene er riktige. Spørsmålet «er stigen innelukket?» betyr «er begge portene lukket samtidig mens stigen er mellom dem?». Ordet samtidig er den skjulte forutsetningen, og det ordet betyr ikke det samme i de to systemene. Spørsmålet er altså ikke ett spørsmål, men to — og de har hvert sitt riktige svar.

Dette er hele oppløsningen. Ingen av beskrivelsene er en illusjon, ingen av dem er gal, og det finnes ingen tredje, «egentlig sann» beskrivelse.

e) Enighet om alt som er fysisk avgjørbart. Begge systemene er enige om at:

- stigen kom seg gjennom låven uten å bli truffet av noen port;
- hver port var lukket i det øyeblikket klokka på nettopp det stedet viste null (i låvens system);
- ingen splinter ble slått av stigen.

Uenigheten gjelder utelukkende rekkefølgen på to hendelser som er romlik atskilt — avstanden mellom dem er $8{,}00\,\text{m}$ , mens lys ville brukt $26{,}7\,\text{ns}$ på strekningen og tidsforskjellen i låvens system er null. Ingen av portlukkingene kan ha påvirket den andre, og derfor er det ufarlig at systemene rangerer dem ulikt.

📝Oppgave 4

Eksamensnivå, sjanger I

Et romskip med egenlengde $l_0 = 90{,}0\,\text{m}$ flyr gjennom en tunnel med egenlengde $L_0 = 60{,}0\,\text{m}$ og en luke i hver ende.

a) Hvor stor må farten minst være for at skipet skal være kortere enn tunnelen i tunnelens system?

b) Skipet flyr med $0{,}900c$ . Hvor langt er det i tunnelens system, og hvor lang er tunnelen i skipets system?

c) Lukene lukkes samtidig i tunnelens system. Hvor lang tid er det mellom de to lukkingene i skipets system, og hvilken skjer først?

d) Forklar i to–fire setninger hvorfor begge beskrivelsene er riktige.

📝Oppgave 5

Eksamensnivå, sjanger I…

Bonden i stige-i-låve-oppgaven skjerper påstanden: han vil lukke begge porter og holde dem lukket. Stigen har egenlengde $12{,}0\,\text{m}$ , låven $8{,}00\,\text{m}$ , farten er $0{,}800c$ .

a) Hva skjer nå, fysisk?

b) Kan stigen bremses opp momentant i hele sin lengde, slik at den passer i låven etterpå? Drøft.

c) Hva er det generelle prinsippet bak svaret i b)?

Løkke 4 — tvillingparadokset (~12 min)

To tvillinger. Den ene blir hjemme, den andre reiser til en fjern stjerne og tilbake med nesten lysfart. Når hun kommer hjem, er hun yngre enn broren.

Paradokset er ikke at hun er yngre. Paradokset er at situasjonen ser symmetrisk ut: hver av dem ser den andres klokke gå sakte, så hver av dem burde finne den andre yngst. Begge kan ikke være yngre enn den andre.

Symmetrien er falsk, og det er hele svaret. Men det må sies presist hvorfor.

Tvillingparadokset

Den ene tvillingen blir på jorda, den andre reiser ut til en stjerne med høy fart og returnerer. Ved gjenforeningen har den reisende blitt mindre gammel enn den hjemmeværende, og forskjellen er reell og målbar. «Paradokset» er at oppsettet ved første øyekast ser symmetrisk ut: fra den reisendes synsvinkel er det jorda som farer av gårde og kommer tilbake. Oppløsningen er at symmetrien ikke finnes. Den hjemmeværende er i ett og samme inertialsystem hele tiden. Den reisende snur, og bytter dermed inertialsystem underveis. Bare den ene av dem kjenner en akselerasjon, og bare den ene har en verdenslinje med knekk. De to situasjonene er derfor ikke likeverdige, og relativitetsprinsippet — som gjelder for inertialsystemer — kan ikke brukes til å bytte om på dem.

Asymmetrien: systembyttet

Det som bryter symmetrien i tvillingparadokset, er at den reisende skifter inertialsystem ved vendepunktet. Konsekvensen er dramatisk og lar seg regne ut: i det hun snur, endres hennes samtidighetslinje brått. Hendelsen på jorda som hun regnet som «nå» i utsystemet, er en helt annen enn den hun regner som «nå» i hjemsystemet. Jordklokka ser ut til å hoppe framover med et stort sprang — ikke fordi noe skjer med klokka, men fordi hun bytter definisjon av hvilke hendelser som er samtidige med henne. Det er nettopp dette spranget som er «den manglende tida», og det er derfor tvillingparadokset er et samtidighetsproblem, ikke et akselerasjonsproblem. Akselerasjonen er årsaken til systembyttet, men det er samtidighetsforskyvningen som gjør regnskapet. En besvarelse som bare skriver «hun akselererer, derfor blir hun yngre» treffer riktig fenomen, men ikke mekanismen — og sensor skiller mellom de to.

✏️Eksempel 3 (eksamensnivå): Tvillingene med tall

Anna blir på jorda. Bea reiser til en stjerne $6{,}00$ lysår unna (målt fra jorda) med $0{,}800c$ , snur momentant og kommer tilbake med samme fart.

a) Hvor lenge varer turen målt på jorda?

b) Hvor mye eldre blir Bea?

c) Vis hvordan Bea kan regne seg fram til samme svar, og gjør rede for spranget ved vendepunktet.

d) Hvorfor er situasjonen ikke symmetrisk?

\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-0{,}800^2}} = 1{,}667

a) Jorda måler avstanden $6{,}00$ lysår hver vei, og Bea går med $0{,}800c$ :

$t_{\text{jord}} = \frac{2\cdot6{,}00}{0{,}800} = 15{,}0\ \text{år}$

b) Hendelsene «avreise» og «vendepunkt» skjer begge der Bea er, så hennes klokke måler egentid på hver etappe:

$\tau = \frac{t_{\text{jord}}}{\gamma} = \frac{15{,}0}{1{,}667} = 9{,}00\ \text{år}$

Bea blir altså $9{,}00$ år eldre, Anna $15{,}0$ år. Forskjellen er $6{,}00$ år, og den er ikke en synsbedrag: de står side om side ved gjenforeningen og sammenligner.

Beas egen kontroll: i hennes system er avstanden til stjerna kontrahert til $6{,}00/1{,}667 = 3{,}60$ lysår, og med $0{,}800c$ tar den turen $3{,}60/0{,}800 = 4{,}50$ år hver vei, altså $9{,}00$ år totalt ✓.

— naturlig pausepunkt —

c) Beas regnskap over Annas klokke. Her kommer poenget.

På utturen er Bea i et inertialsystem som beveger seg med $+0{,}800c$ . I det systemet går Annas klokke langsomt med faktoren $\gamma$ . Beas egne $4{,}50$ år svarer da til

$4{,}50/\gamma = 4{,}50/1{,}667 = 2{,}70\ \text{år}$

på Annas klokke. (Regn gjerne kontrollen med Lorentz-transformasjonen: vendepunktet ligger i $(x, t) = (6{,}00\ \text{ly},\ 7{,}50\ \text{år})$ i jordas system, og $t' = \gamma(t - \beta x) = 1{,}667(7{,}50 - 4{,}80) = 4{,}50$ år ✓. Hendelsen på Annas verdenslinje som er samtidig med dette i utsystemet, har $t = 4{,}50/\gamma = 2{,}70$ år.)

På hjemturen er Bea i et annet inertialsystem, som beveger seg med $-0{,}800c$ . Der er hendelsen på jorda som er samtidig med vendepunktet, ved

$t = 15{,}0 - 2{,}70 = 12{,}3\ \text{år}$

ved symmetri (hjemturen er speilbildet av utturen).

Spranget ved vendepunktet er dermed

$12{,}3 - 2{,}70 = 9{,}60\ \text{år}$

Regnskapet går opp:

$2{,}70 + 9{,}60 + 2{,}70 = 15{,}0\ \text{år} ✓$

Ingenting rart skjer med Annas klokke. Den tikker jevnt hele tiden. Det som hopper, er Beas definisjon av hva som er «nå» på jorda, fordi hun bytter inertialsystem — og dermed bytter samtidighetslinje. Spranget er samtidighetsforskyvningen $2\gamma u\Delta x/c^2$ med $\Delta x = 6{,}00$ lysår, altså $2\cdot1{,}667\cdot0{,}800\cdot6{,}00/1 = 16{,}0$ år uttrykt i Beas tid, som svarer til $16{,}0/\gamma = 9{,}60$ år på Annas klokke ✓.

d) Anna er i ett inertialsystem fra start til slutt; verdenslinja hennes er en rett linje. Bea er i to ulike inertialsystemer, med en knekk imellom; hun kjenner akselerasjonen og kan måle den med et akselerometer om bord. Relativitetsprinsippet sier at alle inertialsystemer er likeverdige, og Beas reise er ikke ett inertialsystem. Symmetrien er derfor brutt — og den er brutt på en måte begge kan bli enige om, siden akselerasjonen er en absolutt, målbar størrelse.

📝Oppgave 6

Eksamensnivå, sjanger I

En tvilling reiser til en stjerne $10{,}0$ lysår unna (målt fra jorda) med $0{,}600c$ og returnerer med samme fart.

a) Hvor lang tid tar turen målt på jorda, og hvor mye eldre blir den reisende?

b) Hvor langt er det til stjerna målt i den reisendes system, og hvor lang tid tar hver etappe der?

c) En student sier at siden hver av dem ser den andres klokke gå sakte, må de være like gamle ved gjenforeningen. Hva er galt?

Løkke 5 — to romskip som skyter på hverandre (~10 min)

Det siste standardoppsettet handler om rekkefølgen av hendelser, og det er det som kommer nærmest å virke farlig: hvis to observatører er uenige om hvem som skjøt først, kan man da ikke lure seg til å påvirke fortida?

Nei. Og grensa mellom det som er tillatt og det som ikke er det, er skarp.

Romlik og tidlik atskillelse

\Delta x

Kausalitetsvernet

Årsak og virkning kan aldri bytte plass, uansett hvilket inertialsystem man regner i. Begrunnelsen er den forrige definisjonen: for at A skal kunne forårsake B, må et signal rekke fra A til B, altså må de være tidlik (eller lyslik) atskilt — og for slike par er rekkefølgen den samme i alle systemer. Rekkefølgen kan altså bare snus for hendelser som uansett ikke kan påvirke hverandre . At to observatører er uenige om hvilket av to fjerne romskip som skjøt først, er derfor ufarlig: ingen av skuddene kunne ha utløst det andre. Dette er svaret på innvendingen «men da kan man jo se virkningen før årsaken». Nei — teorien er konstruert slik at det ikke går.

✏️Eksempel 4: Hvem skjøt først?

En romstasjon observerer at to romskip A og B avfyrer hvert sitt skudd. I stasjonens system skjer de samtidig, i posisjonene $x_A = 0$ og $x_B = 600\,\text{m}$ .

a) Vis at de to hendelsene er romlik atskilt.

b) En observatør beveger seg med $0{,}600c$ i positiv $x$ -retning. Hvilket skudd kom først for henne, og med hvilken tidsforskjell?

c) En annen observatør beveger seg med $0{,}600c$ i negativ retning. Hva ser hun?

d) Kan det ene skuddet ha utløst det andre? Hva sier det om faren for årsaksbrudd?

Hendelsene:

E_1

= «A skyter»,

E_2

= «B skyter».

a) I stasjonens system er $\Delta t = 0$ og $\Delta x = 600\,\text{m}$ . Kravet for romlik atskillelse er $|\Delta x| > c|\Delta t|$ , altså $600\,\text{m} > 0$ ✓. Lys ville brukt $600/(3{,}00\cdot10^{8}) = 2{,}00\ \mu\text{s}$ på strekningen, mens tidsforskjellen er null — ingen forbindelse er mulig.

b) Med $u = +0{,}600c$ og $\gamma = 1{,}250$ :

$\Delta t' = -\frac{\gamma u \Delta x}{c^2} = -\frac{1{,}250\cdot0{,}600\cdot600}{3{,}00\cdot10^{8}} = -1{,}50\cdot10^{-6}\,\text{s}$

Negativt betyr at $E_2$ (B skyter) skjer først, $1{,}50\ \mu\text{s}$ før $E_1$ . For henne skjøt B først.

c) Nå er $u = -0{,}600c$ , så fortegnet snur:

$\Delta t' = +1{,}50\cdot10^{-6}\,\text{s}$

For henne skjøt A først, med samme tidsforskjell.

Tre observatører, tre svar på «hvem skjøt først» — samtidig, B først, A først. Alle tre er riktige.

d) Nei. Skuddene er romlik atskilt, og ikke engang lys rekker fra det ene til det andre i den tida som er til rådighet. Ingen av dem kan derfor ha utløst det andre.

Og det er nøyaktig derfor det er ufarlig at systemene rangerer dem ulikt: relativitetsteorien tillater bare ombytting av rekkefølge for hendelser som uansett ikke kan påvirke hverandre. Hadde A skutt og B blitt truffet, ville de to hendelsene vært tidlik atskilt, og da ville alle systemer vært enige om at skuddet kom før treffet.

📝Oppgave 7

(Kvalitativ, sjanger J.) Svar i tre–fem setninger på hver.

a) Et fjernt supernovautbrudd og et jordskjelv på jorda skjer samtidig i jordas system, med $1{,}0\cdot10^{3}$ lysår mellom seg. Finnes det et inertialsystem der jordskjelvet skjedde først? Der supernovaen skjedde først? Begrunn.

b) Tenk deg at det fantes en måte å sende signaler med farten $2c$ . Vis, ved å bruke samtidighetsforskyvningen, at det ville gjøre det mulig å sende et signal bakover i tid i et annet system.

c) Hva er den generelle lærdommen av a) og b)?

Begrepsbank

Begrepsbanken er flashcard- og repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Hendelse

Noe som skjer på ett bestemt sted til ett bestemt tidspunkt — en port lukkes, et skudd avfyres, to skip møtes. Å navngi hendelsene er første steg i enhver paradoksdrøfting. Uten dem blir drøftingen uunngåelig vag, og vaghet er det sensor trekker mest for i denne sjangeren.

Samtidighetsforskyvningen

S

«Klokka som ligger foran, ligger etter»

S

Stige-i-låve-paradokset

En stige som er lengre enn en låve i hvile, føres gjennom låven med høy fart. I låvens system er stigen kontrahert og passer akkurat inn mellom to samtidig lukkede porter; i stigens system er låven kontrahert og stigen passer aldri. Oppløsningen: portlukkingene er samtidige bare i låvens system. I stigens system lukkes utgangsporten først, og åpnes igjen før forenden når fram. Begge beskrivelsene er riktige, og de er enige om alt som er fysisk avgjørbart — stigen kom seg gjennom uten å bli truffet.

Tvillingparadokset

Den reisende tvillingen blir mindre gammel enn den hjemmeværende. Effekten er reell og målbar ved gjenforeningen. Situasjonen ser symmetrisk ut, men er det ikke: den hjemmeværende er i ett inertialsystem hele tiden, mens den reisende snur og dermed bytter inertialsystem. Bare den ene kjenner en akselerasjon, og bare den ene har en verdenslinje med knekk.

Samtidighetsspranget ved vendepunktet

Når den reisende tvillingen snur, bytter hun inertialsystem, og dermed endres samtidighetslinja hennes brått. Hendelsen på jorda som hun regner som «nå», hopper framover med et stort sprang. Ingenting skjer med den hjemmeværendes klokke — den tikker jevnt. Det som hopper, er definisjonen av hva som er samtidig. Spranget er nøyaktig den «manglende tida» i regnskapet, og det er derfor tvillingparadokset i bunn og grunn er et samtidighetsproblem.

Romlik atskillelse

|\Delta x| > c|\Delta t|

Tidlik atskillelse

|\Delta x| < c|\Delta t|

Kausalitetsvernet

c

Drøftingsmetoden

Fire steg som gir full uttelling i paradoksoppgaver: 1. navngi hendelsene med ord og bokstaver; 2. spør i hvilket system de er samtidige, og regn ut forskyvningen i det andre; 3. fortell historien i begge systemer, hver for seg, uten å blande; 4. konkludér at begge beskrivelsene er riktige, og pek på hva systemene er enige om. Metoden tar en halv side og er verdt mer enn en hel side med formler.

Hva systemene alltid er enige om

Uansett hvor mye to observatører er uenige om lengder, tider og rekkefølge, er de alltid enige om alt som er fysisk avgjørbart : - om to legemer kolliderte; - om en gjenstand ble knust; - hvilket klokkeslett en bestemt klokke viste da en bestemt hendelse skjedde på samme sted som klokka; - hvem som var eldst da tvillingene sto side om side. Å peke på denne enigheten er en obligatorisk del av en god paradoksdrøfting, fordi den viser at teorien er konsistent og ikke bare rar.

Ingen stive legemer

I relativitetsteorien finnes det ikke helt stive legemer. Et stivt legeme ville overført påvirkning momentant fra den ene enden til den andre, altså med uendelig signalfart, og det er forbudt. Praktisk konsekvens: «å stoppe en stang momentant i hele sin lengde» er en systemavhengig beskrivelse. Er stoppen samtidig i ett system, er den det ikke i et annet, og stanga blir uunngåelig deformert. Dette er svaret på hele familien av «men hva om vi bare holder den fast»-innvendinger.

Paradoks er ikke selvmotsigelse

Et relativitetsparadoks er en situasjon som ser selvmotsigende ut fordi man ubevisst har antatt at «samtidig» betyr det samme for alle. Når antakelsen fjernes, forsvinner motsetningen. Skriv derfor aldri at den ene observatøren tar feil. Det er det sikreste signalet til sensor om at poenget ikke er forstått. Begge har rett; de svarer på ulike spørsmål.

Gjensidigheten i tidsdilatasjonen

Hver av to observatører i relativ bevegelse måler den andres klokke som langsom. Det er ingen motsigelse, fordi de to påstandene gjelder ulike hendelsepar og bruker hver sin definisjon av samtidighet. Gjensidigheten gjelder bare mellom inertialsystemer . I tvillingparadokset brytes den nettopp fordi den reisende ikke holder seg i ett inertialsystem — og da har spørsmålet «hvem er yngst?» et entydig svar, siden de to møtes igjen på samme sted.

Verdenslinje med knekk

En observatør som akselererer, har en verdenslinje med en knekk (eller en krumning) i romtidsdiagrammet. Det er en absolutt, målbar egenskap: et akselerometer om bord slår ut, og alle systemer er enige om at det gjorde det. Dette er den geometriske måten å si hvorfor tvillingene ikke er likestilte. Den rette verdenslinja mellom to hendelser er alltid den med størst egentid — noe som er motsatt av trekantulikheten i vanlig geometri, og en av romtidas mest særegne trekk.

Lyskjegle

45-graderslinjene gjennom en hendelse i romtidsdiagrammet, altså banene til lyssignaler ut fra og inn mot hendelsen. Alt hendelsen kan påvirke, ligger inne i den fremtidige lyskjegla; alt som kan ha påvirket den, ligger inne i den fortidige. Alt utenfor er romlik atskilt og kan verken påvirke eller påvirkes. Å tegne lyskjegla fra en hendelse er den raskeste måten å avgjøre om rekkefølgen kan snus.

Samtidighetslinje

x

Setningen som gir uttelling

\Delta t' = -\gamma u\Delta x/c^2

Symbol- og formelliste

Repetisjonsoppgaver

Din fremgang

0 / 5 oppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av den aktuelle utdanningsinstitusjonen. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.