量子世界/附錄/相對論/合成定理和固有時間

速度合成

事實上，只有三種物理上不同的可能性。（如果 $K\neq 0,$，$K$的大小取決於單位的選擇，這告訴我們一些關於我們自己的事情，而不是關於物理世界的任何事情。）

可能性 $K=0$ 產生牛頓力學（“非相對論”）中的 *伽利略變換*

$t'=t,\quad \mathbf {r} '=\mathbf {r} -\mathbf {w} t,\quad u=v+w,\quad ds=dt.$

（將使用這種變換定律的理論稱為“非相對論”的做法是不合適的，因為它們也滿足相對性原理。）在本節的剩餘部分，我們假設 $K\neq 0.$

假設物體 $C$ 相對於物體 $B,$ 以速度 $v$ 運動，並且該物體相對於物體 $A.$ 以速度 $w$ 運動。如果 $B$ 和 $C$ 朝同一方向運動，那麼 $C$ 相對於 $A$ 的速度是多少 $u$？在上節中我們發現

$a(u)=a(v)\,a(w)-{1-a^{2}(v) \over a(v)\,v}a(w)\,w,$

並且

$K={1-a^{2}(v) \over a^{2}(v)\,v^{2}}.$

這使得我們可以寫出

$a(u)=a(v)\,a(w)-{1-a^{2}(v) \over a^{2}(v)\,v^{2}}a(v)\,v\,a(w)\,w=a(v)\,a(w)(1-Kvw).$

將 $a$ 表示為 $K$ 和各自的速度，得到

${1 \over {\sqrt {1+Ku^{2}}}}={1-Kvw \over {\sqrt {1+Kv^{2}}}{\sqrt {1+Kw^{2}}}},$

這意味著

$1+Ku^{2}={(1+Kv^{2})(1+Kw^{2}) \over (1-Kvw)^{2}}.$

我們將它改寫為

$Ku^{2}={(1+Kv^{2})(1+Kw^{2})-(1-Kvw)^{2} \over (1-Kvw)^{2}}={K(v+w)^{2} \over (1-Kvw)^{2}},$

除以 $K,$ 最後得到

$u={v+w \over 1-Kvw}.$

因此，除非 $K=0,$ 我們不能僅僅透過將 $C$ 相對於 $B$ 的速度加到 $B$ 相對於 $A$ 的速度來得到 $C$ 相對於 $A$ 的速度。

固有時間

考慮一個時空路徑 ${\mathcal {C}}.$ 的一個無限小的線段 $d{\mathcal {C}}$。在 ${\mathcal {F}}_{1}$ 中，它有分量 $(dt,dx,dy,dz),$ 在 ${\mathcal {F}}_{2}$ 中，它有分量 $(dt',dx',dy',dz').$ 使用洛倫茲變換的一般形式，

$t'={t+Kwx \over {\sqrt {1+Kw^{2}}}},\quad x'={x-wt \over {\sqrt {1+Kw^{2}}}},\quad y'=y,\quad z'=z,$

很容易證明

$(dt')^{2}+K\,d\mathbf {r} '\cdot d\mathbf {r} '=dt^{2}+K\,d\mathbf {r} \cdot d\mathbf {r} .$

我們得出結論，表示式

$ds^{2}=dt^{2}+K\,d\mathbf {r} \cdot d\mathbf {r} =dt^{2}+K(dx^{2}+dy^{2}+dz^{2})$

在這個變換下是不變的。它在空間軸的旋轉 (為什麼？) 和時空座標原點的平移下也是不變的。這使得 $ds$ 是一個 4-標量。

$ds$ 的物理意義是什麼？

沿著 $d{\mathcal {C}}$ 行進的時鐘在任何一個$d{\mathcal {C}}$ 缺乏空間分量的參考系中處於靜止狀態。在這樣的參考系中，$ds^{2}=dt^{2}.$ 因此，$ds$ 是沿著 $d{\mathcal {C}}$ 行進的時鐘所測量的旅行時間。 $ds$ 是 $d{\mathcal {C}}.$ 的固有時間（或固有持續時間）。相應地，有限時空路徑 ${\mathcal {C}},$ 的固有時間（或固有持續時間）為

$\int _{\mathcal {C}}ds=\int _{\mathcal {C}}{\sqrt {dt^{2}+K\,d\mathbf {r} \cdot d\mathbf {r} }}=\int _{\mathcal {C}}dt{\sqrt {1+Kv^{2}}}.$

不變速度

如果 $K<0,$ 那麼存在一個具有速度維度的通用常數 $c\equiv 1/{\sqrt {-K}}$，我們可以將 $u=v+w/(1-Kvw)$ 轉換為以下形式

$u={v+w \over 1+vw/c^{2}}.$

如果我們將 $v=w=c/2,$ 代入，那麼我們將得到 $u={4 \over 5}c<c.$，而不是伽利略的 $u=v+w=c,$。更有趣的是，如果物體 $O$ 相對於 ${\mathcal {F}}_{2},$ 以速度 $c$ 運動，並且如果 ${\mathcal {F}}_{2}$ 相對於 ${\mathcal {F}}_{1},$ 以速度 $w$ 運動，那麼 $O$ 相對於 ${\mathcal {F}}_{1}$ 以相同的速度 $c$ 運動：$(w+c)/(1+wc/c^{2})=c.$ 因此，光速 $c$ 是一個不變速度：任何以光速在某個慣性系中運動的物體，在所有慣性系中都以相同的速度運動。

從

$ds^{2}=(dt')^{2}-d\mathbf {r} '\cdot d\mathbf {r} '/c^{2}=dt^{2}-d\mathbf {r} \cdot d\mathbf {r} /c^{2},$

我們得出相同的結論：如果$O$ 相對於${\mathcal {F}}_{1},$ 以$c$ 的速度運動，那麼它將在時間$dt.$ 內運動距離$dr=c\,dt$。因此$ds^{2}=dt^{2}-dr^{2}/c^{2}=0.$ 但是，$(dt')^{2}-(dr')^{2}/c^{2}=0,$ 這意味著$dr'=c\,dt'.$ 因此，$O$ 相對於${\mathcal {F}}_{2}.$ 以相同的速度$c$ 運動。

如果$K=0,$ 也會存在一個不變的速度，但這種情況下的速度是無窮大：任何在一個慣性系中以無窮大的速度運動的物體——它從一個地方到另一個地方不需要時間——在所有慣性系中都是這樣。

不變速度的存在阻止了物體在時空中做U形轉彎。如果$K=0,$ 很明顯，達到$v=\infty .$ 需要無窮大的能量。由於我們無法獲得無窮大的能量，因此我們無法在時空圖中從垂直方向開始然後做U形轉彎（也就是說，我們無法達到，更不用說“超過”水平斜率了）。（這裡“超過”水平斜率意味著從正斜率變為負斜率，或者從時間向前變為時間向後。）

如果$K<0,$ 即使達到有限的光速也需要無窮大的能量。想象一下，你花費了一定的燃料從0加速到$0.1\,c.$ 在你現在靜止的參考系中，你的速度離光速沒有一絲一毫的接近。無論你重複多少次這個過程，情況都是如此。因此，任何有限的能量都不能讓你達到，更不用說“超過”等於$1/c.$ 的斜率了。（“超過”等於$1/c$ 的斜率意味著獲得更小的斜率。正如我們將看到的，如果我們在任何一個參考系中以超光速運動，那麼就會存在一些參考系，在我們中時間會倒流。）