Wolfgang Engelhardt und sein Unsinn mit dem Michelson-Interferometer

von Redaktion am 7. September 2014

Engelhardt-Unsinn, Folge 3: Als eingefleischter Einstein-Widerleger hat Dr. Engelhardt ein Problem mit dem Michelson-Morley Experiment, wie viele andere selbsternannte Widerleger auch. Widerspricht doch das Experiment der Hypothese eines absoluten Lichtäthers. Schon Prof. Thim hat versucht das Michelson-Morley Resultat mit nichtrelativistischer Physik zu beschreiben. Die Erklärung von Engelhardt weist noch haarsträubendere Fehler auf als jene von Prof. Thim.

Die Widerlegung von Engelhardt datiert vom Mai 2011. Offenbar war ihm dessen Absurdität bewusst, denn entgegen seiner sonstigen Gepflogenheit publizierte er diese nicht bei Arxiv.org sondern nur auf der kürzlich gehackten Webseite der NPA. RelativKritisch hat sich schon mehrfach mit Dr. Engelhardt beschäftigt und ihm nicht nur zwei Artikel gewidmet, sondern auch einen Gastbeitrag von ihm veröffentlicht. Alle drei Beiträge wurden kontrovers diskutiert. Dr. Engelhardt hat konsequent jede Kritik ignoriert und an allen seinen fehlerhaften Argumenten festgehalten. Dr. Engelhardt erweist sich damit als Prototyp des „Scientific cranks“. Egal, wie absurd und haarsträubend seine Fehler auch sein mögen, was er sagt, ist aus seiner eigenen Sicht immer richtig. Mit seiner Widerlegung des Michelson-Morley Ergebnisses wird jedoch offensichtlich, was kaum jemand noch in Zweifel gezogen hat. Dr. Engelhardt ist ein Crank wie er im Buche steht. Er ignoriert und verdreht Fakten ohne jede Rücksicht und wider besseren Wissens, mit dem einzigen Ziel, seine pseudowissenschaftliche Anti-Einstein-Propaganda voranzutreiben.

Abb. 1: Engelhardt, W., „Phase and Frequency Shift in a Michelson Interferometer,“ Natural Philosophy Alliance, 2011 (PDF-Dokument)

In der Zusammenfassung seiner Widerlegung schreibt Engelhardt (siehe Abb. 1, Übersetzung durch die Redaktion):

In dieser Arbeit wird gezeigt, dass eine klassische mechanische Trägertheorie – sei es für Licht oder sei es für Schall – tatsächlich das beobachtete Nullresultat vorhersagt. Michelson erwartete eine Verschiebung der Interferenzringe, wenn sein Interferometer im „Ätherwind“ gedreht wird. Eine solche Phasenänderung erfordert jedoch eine vorübergehende Frequenzänderung in einem der Arme des Interferometers. Da der „Ätherwind“ die Frequenz im Interferometer nicht ändert, kann sich auch keine Phasenverschiebung auftreten.

Engelhardts Behauptung, dass eine Phasenänderung eine vorübergehende Änderung der Länge der Interferometerarme erfordert, ist schlicht Unsinn. Das Michelson-Interferometer soll Lichtlaufzeitdifferenzen zwischen den beiden Armen des Interferometers messen, die durch den „Ätherwind“ verursacht werden – wenn es einen solchen gibt. Der „Ätherwind“ bestimmt die Lichtgeschwindigkeit in den Armen und damit die Laufzeit. Die Frequenz des Lichts bestimmt der Sender, also die Lichtquelle. Ganz allgemein sendet der Sender (angenommen bei x=0) ein Signal f(t), das sich ungedämpft in Richtung der x-Achse mit der Geschwindigkeit c ausbreitet (siehe Abb. 2).

Abb. 2: Ein Sender sendet einen Impuls, der sich mit unterschiedlicher Geschwindigkeit ausbreitet. Die rote Kurve zeigt den zeitlichen Verlauf des gesendeten Signals. Die grüne und die blaue Kurve zeigen die sich in x-Richtung bewegenden Impulse. Der blaue Impuls bewegt sich doppelt so schnell wie der grüne.

An einer beliebigen Stelle x>0 kommt das Signal nach einer gewissen Laufzeit T(x) später an. Ein Empfänger detektiert dann eine Signal f(t-T(x)). Läuft das Signal auf dem Weg vom Sender zum Empfänger mit der konstanten Geschwindgkeit c, ergibt sich T(x)=x/c und damit f(t-x/c). Macht man zu einem bestimmten Zeitpunkt t eine Momentaufnahme des Signals, so erhält man z.B. für t=0 den örtlichen Verlauf des Signals mit f(-x/c). Das ist das gespiegelte und mit 1/c skalierte gesendete Signal, je nach Zeitpunkt mehr oder weniger weit nach rechts verschoben. Je grösser die Geschwindigkeit c ist, um so mehr wird das Signal gedehnt und um so früher kommt es bei Empfänger an (siehe Abb. 2). Die Funktion

$\displaystyle \tilde{f}(t,x)=f(t-\frac{x}{c})$

(1)

ist übrigens eine allgemeine Lösung der homogenen Wellengleichung

$\displaystyle \frac{\partial^2 \tilde{f}}{\partial x^2}-\frac{1}{c^2}\,\frac{\partial^2 \tilde{f}}{\partial t^2}=0,$

(2)

wie man durch Nachrechnen prüfen kann.

Für das Michelson-Interferometer wurde nun monochromatisches Licht, also eine harmonische Schwingung, als Signal verwendet mit dem auch Dr. Engelhardt seine Rechnung durchgeführt hat:

$\displaystyle f(t)=-A\sin(\omega t)=A\sin(-\omega t).$

(3)

Beim Empfänger an der Stelle x>0 erhalt man damit

$\displaystyle f(t-\frac{x}{c})=-A\sin(\omega(t-\frac{x}{c}))=A\sin(-\omega(t-\frac{x}{c}))$

(4)

und weiter

$\displaystyle A\sin(-\omega(t-\frac{x}{c}))=A\sin(\frac{\omega}{c}x-\omega t)=A\sin(kx-\omega t)$

(5)

Wobei

$\displaystyle k=\frac{\omega}{c}=\frac{2\pi}{\lambda}$

(6)

der Wellenvektor ist. $\lambda=2\pi c/\omega$ ist die Wellenlänge, die bei vom Sender vorgegebener Kreisfrequenz $\omega$ von der Geschwindigkeit $c$ abhängt. Je grösser $c$ ist, um so grösser ist die Wellenlänge $\lambda$ (siehe Abb. 3).

Der Sender sendet ein Sinussignal mit der Frequenz ω (rote Kurve), das sich mit unterschiedlicher Geschwindigkeit ausbreitet (grüne und blaue Kurve). Das blaue Signal läuft doppelt so schnell wie das rote Signal und hat daher die doppelte Wellenlänge.

Abb. 3: Der Sender sendet ein Sinussignal mit der Frequenz ω (rote Kurve), das sich mit unterschiedlicher Geschwindigkeit ausbreitet (grüne und blaue Kurve). Das blaue Signal läuft doppelt so schnell wie das rote Signal und hat daher die doppelte Wellenlänge.

Die Phasenverschiebung zwischen gesendetem und empfangenem Signal in einem Interferometerarm mit der Länge L erhält man mit dem mittleren Term in Gl. (4) zu

$\displaystyle -A\sin(\omega(t-\frac{2L}{c_i}))=-A\sin(\omega t - \varphi_i),$

(7)

$\displaystyle \varphi_i=2L\frac{\omega}{c_i}=4\pi L\frac{1}{\lambda_i},$

(8)

wobei $c_i$ die mittlere Geschwindigkeit im jeweiligen Arm des Interferometers ist. Zwischen den beiden Signalen mit den Geschwindigkeiten $c_1$ und $c_2$ ergibt sich dann eine Phasendifferenz von

$\displaystyle \Delta\varphi=\varphi_1-\varphi_2=2L\omega(\frac{1}{c_1}-\frac{1}{c_2})=4\pi L(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}).$

(9)

Wird das Interferometer um 90° gedreht, wird $\Delta\varphi$ zu $-\Delta\varphi$ und die gesamte Phasenverschiebung für die Interferenzringe ergibt sich zu $\Delta\phi=2\Delta\varphi$ .

Dr. Engelhardt behauptet nun, dass $\Delta\phi=0$ sein muss, da $\lambda$ von der Signalgeschwindigkeit unabhängig sei ( $\lambda_1=\lambda_2=\lambda$ ) und führt dazu in seiner Widerlegung einen geradezu aberwitzigen „Beweis“ an (siehe Abb. 4).

Unbrauchbares Räderbeispiel von Engelhardt auf Seite 4 in „Phase and Frequency Shift in a Michelson Interferometer,“ Natural Philosophy Alliance, 2011

Abb. 4: Unbrauchbares Räderbeispiel von Engelhardt auf Seite 4 in „Phase and Frequency Shift in a Michelson Interferometer,“ Natural Philosophy Alliance, 2011 (siehe Abb. 1)

Er vergleicht dazu den Sachverhalt im Interferometer mit den beiden Rädern auf einer Achse. Doch die Räder auf der Achse haben eine fixe „Wellenlänge“, nämlich ihren Umfang. Der ändert sich naturgemäss nicht, wenn das Auto schneller oder langsamer fährt. Deshalb müssen sich die Räder schneller drehen (eine höhere Frequenz haben), wenn das Auto schneller fährt. Beim Interferometer hängt die Wellenlänge jedoch sehr wohl von der Signalgeschwindigkeit ab (siehe Gl. (8)). Engelhardts „Beweis“ ist völlig unbrauchbar und seine Widerlegung löst sich in Luft auf.

Damit zeigt Dr. Engelhardt einmal mehr, dass ihm für seine Crackpot-Physik kein Unsinn zu absurd ist. Mit Wissenschaft haben seine Pamphlete nichts zu. Was Dr. Engelhardt bewegt, diesen Nonsens zu veröffentliche, obwohl er es als promovierter Physiker besser wissen muss, bleibt jedem selbst überlassen zu beurteilen.

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2.631 Kommentare | Kommentar schreiben

#1601 | Martin Raible | 3. April 2016, 18:27

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 2. April 2016, 20:52:

Martin Raible schrieb am 2. April 2016, 18:32:

Das ist mir neu, dass man Gl. (11) so schreiben kann. Aus meiner Berechnungsmethode folgt $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und nicht $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ .

Im Kommentar # 1525 habe ich Ihnen vorgerechnet, wie Einstein’s Gl. (11) aus der Bewegungsgleichung mit konstanter Masse folgt. In der 2. Gleichung von oben finden Sie die Form
$\displaystyle v^2=2\left( {W+\frac{\alpha }{r}} \right)+2\frac{\alpha }{r}\frac{v_\phi ^2 }{c^2}$
aus der zusammen mit der Drehimpulserhaltung Einstein’s Gl. (11) folgt, wenn man seine Definition der Konstanten einsetzt.

Das war in Beitrag Nr. 1509. Und Sie haben die Gleichung $\displaystyle v^2=2\left( {W+\frac{\alpha }{r}} \right)+2\frac{\alpha }{r}\frac{v_\phi ^2 }{c^2}$ aus einer anderen Bewegungsgleichung hergeleitet nämlich $\displaystyle \frac{d}{dt}\left( {m\,\vec {v}} \right)=\alpha \,m\,\nabla \left[ {\frac{1}{r}\left( {1+\frac{v_\phi ^2 }{c^2}} \right)} \right]\;,\quad \alpha =G\,M_{Sonne}$ .
Aus meiner Gleichung $\displaystyle \frac{d}{dt}\frac{dx_{\nu}/dt}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=\left(-\frac{\partial\phi}{\partial x_{\nu}}\right)\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ folgt mit der Substitution $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ die Gleichung $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und nicht $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ . Ich habe also nicht s=t gesetzt. Und aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt zusammen mit Gleichung (10) die Gleichung (11), ohne dass man s=t setzt. Das kann ich Ihnen auch vorrechnen.

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#1602 | Martin Raible | 3. April 2016, 19:05

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 2. April 2016, 21:09:

Martin Raible schrieb am 2. April 2016, 18:43:

Sie machen etwas falsch. Gl. (7a) wie auch (7c) sind Näherungen, die nur für langsame Teilchen ( $v\ll c$ ) gelten. Deswegen kann man nicht aus diesen Gleichungen ableiten, dass ein Teilchen überlichtschnell wird.

Bravo! Das ist meine (und Paulis und Einsteins und Kannenbergs) Rede seit langem, dass in (7) die Terme $v^2/c^2$ vernachlässigt sind, der Term $v_\phi^2/c^2$ dagegen nicht. Das ist natürlich eine Inkonsistenz, die dazu führt, dass jene 14´´/Jh bei Einstein nicht auftauchen, bei anderen Autoren aber schon.

Das habe ich nicht gesagt. Ich halte (7a) und (7c) für Näherungen, (7) dagegen nicht.

Wie sieht nun Ihre Lösung, die Sie aus der ART berechnen, für das Höhenstrahlungsteilchen aus? Unterscheidet sie sich von
$\displaystyle 1-v_r^2=\left(1-v_\infty^2\right) \exp\left({-\alpha/r}\right)\quad$ ?

Mit der Schwarzschild-Metrik $\displaystyle ds^2=\left(1-\frac{A}{r}\right)dt^2-\frac{1}{1-\frac{A}{r}}dr^2-r^2(d\Theta^2+\sin^2\Theta d\phi^2)$ komme ich auf $\displaystyle v_r^2=\frac{A/r+2e}{1+2e}\left(1-\frac{A}{r}\right)^2$ , wobe e durch $\displaystyle v_{\infty}^2=\frac{2e}{1+2e}$ definiert ist. Licht entspricht dem Grenzfall $e\to\infty$ . Für Licht ist also $\displaystyle v_r^2=\left(1-\frac{A}{r}\right)^2$ . Für
$0\le eA$ (das Teilchen erreicht nie den Ereignishorizont $r=A$ ) ist dagegen immer $\displaystyle v_r^2<\left(1-\frac{A}{r}\right)^2$ . Das Teilchen ist also immer langsamer als Licht.

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#1603 | Martin Raible | 3. April 2016, 19:14

Martin Raible schrieb am 3. April 2016, 19:05:
Für
$0\le eA$ (das Teilchen erreicht nie den Ereignishorizont $r=A$ ) ist dagegen immer $\displaystyle v_r^2<\left(1-\frac{A}{r}\right)^2$ . Das Teilchen ist also immer langsamer als Licht.

Ich korrigiere: Für r>A (das Teilchen erreicht nie den Ereignishorizont r=A) und $0\le e<\infty$ ist dagegen immer $\displaystyle v_r^2<\left(1-\frac{A}{r}\right)^2$ .

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#1604 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 3. April 2016, 19:28

Herr Senf schrieb am 3. April 2016, 15:01:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 3. April 2016, 11:00:

$\displaystyle \left(\frac{dx_1}{ds}\right)^2+\left(\frac{dx_2}{ds}\right)^2+\left(\frac{dx_3}{ds}\right)^2=v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$
… bedeutet jedoch … s = t setzen.

🙂 … x_μ = ( x₀, -x₁, -x₂, -x₃ ) … ds² = dx_μ * dx^μ … mit μ = 0, 1, 2, 3, … usw.

Und zu #1598: Geodätengleichungen ohne Kräfte sind immer exakt.

Wollen Sie sagen, dass Raibles Berechnungsmethode, in der er $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2 = \left(\frac{dx_1}{ds}\right)^2+\left(\frac{dx_2}{ds}\right)^2+\left(\frac{dx_3}{ds}\right)^2=v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$
setzt, falsch ist?

# 1598 bezieht sich auf Unsägliches von Manuel Krüger und hat mit „Geodätengleichung“ nichts zu tun.

Noch immer haben Sie meine Frage in # 1596

Es kann sein, dass Ihnen diese Lösung
$\displaystyle v_x^2=v_\infty^2 +\frac{\alpha}{r\left(1-2A\right)}$
nicht schmeckt, aber bisher haben weder Sie noch Raible gezeigt, wie aus Einsteins Geodätengleichung eine physikalische Lösung mit Unterlichtgeschwindigkeit für den betrachteten Fall berechnet werden kann.

Oder ist es etwa nicht möglich, diesen einfachen Fall mit der Allgemeinen Relativitätstheorie, die ja die spezielle umfassen sollte, zu behandeln?

nicht beantwortet.

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#1605 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 3. April 2016, 20:20

Martin Raible schrieb am 3. April 2016, 18:27:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 2. April 2016, 20:52:

Martin Raible schrieb am 2. April 2016, 18:32:

Das ist mir neu, dass man Gl. (11) so schreiben kann. Aus meiner Berechnungsmethode folgt $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und nicht $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ .

Im Kommentar # 1525 habe ich Ihnen vorgerechnet, wie Einstein’s Gl. (11) aus der Bewegungsgleichung mit konstanter Masse folgt. In der 2. Gleichung von oben finden Sie die Form
$\displaystyle v^2=2\left( {W+\frac{\alpha }{r}} \right)+2\frac{\alpha }{r}\frac{v_\phi ^2 }{c^2}$
aus der zusammen mit der Drehimpulserhaltung Einstein’s Gl. (11) folgt, wenn man seine Definition der Konstanten einsetzt.

Das war in Beitrag Nr. 1509. Und Sie haben die Gleichung $\displaystyle v^2=2\left( {W+\frac{\alpha }{r}} \right)+2\frac{\alpha }{r}\frac{v_\phi ^2 }{c^2}$ aus einer anderen Bewegungsgleichung hergeleitet nämlich $\displaystyle \frac{d}{dt}\left( {m\,\vec {v}} \right)=\alpha \,m\,\nabla \left[ {\frac{1}{r}\left( {1+\frac{v_\phi ^2 }{c^2}} \right)} \right]\;,\quad \alpha =G\,M_{Sonne}$ .
Aus meiner Gleichung $\displaystyle \frac{d}{dt}\frac{dx_{\nu}/dt}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=\left(-\frac{\partial\phi}{\partial x_{\nu}}\right)\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ folgt mit der Substitution $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ die Gleichung $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und nicht $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ . Ich habe also nicht s=t gesetzt. Und aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt zusammen mit Gleichung (10) die Gleichung (11), ohne dass man s=t setzt. Das kann ich Ihnen auch vorrechnen.

Aus dieser Gleichung $v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt zweifelsfrei (11) wie ich in # 1525 bereits vorgerechnet habe (in meinem Computer finde ich diese Rechnung im Kommentar # 1525, nicht in 1509), ohne auf Ihren Widerspruch zu treffen. Wollen Sie sagen, dass Ihr $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2$ nicht $\displaystyle v^2$ ist? Wenn ja, was ist es dann? Und wie können Sie mit Ihrer Definition, was immer die ist, Gl. (11) ausrechnen, ohne $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2= v^2$ zu setzen? Bitte vorrechnen wie angeboten.

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#1606 | galileo2609 | 3. April 2016, 22:38

Engelhardt,

Wolfgang Engelhardt schrieb am 3. April 2016, 10:32:
Dass 1905, 1911, 1915 Plagiate vorliegen, folgt schlicht aus der Tatsache, dass Einstein die jeweiligen Autoren nicht zitiert. Damit versucht er die Priorität von Voigt, Soldner, Gerber zu verschleiern, was eines Wissenschaftlers unwürdig ist. Er war verpflichtet, die Arbeiten seiner Vorgänger zu den jeweiligen Gegenständen zu kennen und zu würdigen.

definitiv unwürdig sind allein ihre ausserwissenschaftlich motivierten und gestalteten Manipulationen eines rationalen Diskurs. Ich empfehle ihnen bei Beibehaltung ihrer lächerlichen Methoden den Rückzug auf den Blog ihrer Sekretärin. Dort sind sie in bester Gesellschaft.

Grüsse galileo2609

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#1607 | Martin Raible | 3. April 2016, 23:21

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 3. April 2016, 20:20:

Martin Raible schrieb am 3. April 2016, 18:27:

Das war in Beitrag Nr. 1509. Und Sie haben die Gleichung $\displaystyle v^2=2\left( {W+\frac{\alpha }{r}} \right)+2\frac{\alpha }{r}\frac{v_\phi ^2 }{c^2}$ aus einer anderen Bewegungsgleichung hergeleitet nämlich $\displaystyle \frac{d}{dt}\left( {m\,\vec {v}} \right)=\alpha \,m\,\nabla \left[ {\frac{1}{r}\left( {1+\frac{v_\phi ^2 }{c^2}} \right)} \right]\;,\quad \alpha =G\,M_{Sonne}$ .
Aus meiner Gleichung $\displaystyle \frac{d}{dt}\frac{dx_{\nu}/dt}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=\left(-\frac{\partial\phi}{\partial x_{\nu}}\right)\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ folgt mit der Substitution $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ die Gleichung $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und nicht $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ . Ich habe also nicht s=t gesetzt. Und aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt zusammen mit Gleichung (10) die Gleichung (11), ohne dass man s=t setzt. Das kann ich Ihnen auch vorrechnen.

Aus dieser Gleichung $v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt zweifelsfrei (11) wie ich in # 1525 bereits vorgerechnet habe (in meinem Computer finde ich diese Rechnung im Kommentar # 1525, nicht in 1509), ohne auf Ihren Widerspruch zu treffen. Wollen Sie sagen, dass Ihr $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2$ nicht $\displaystyle v^2$ ist? Wenn ja, was ist es dann? Und wie können Sie mit Ihrer Definition, was immer die ist, Gl. (11) ausrechnen, ohne $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2= v^2$ zu setzen? Bitte vorrechnen wie angeboten.

Ich will in der Tat sagen, dass $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2$ nicht $\displaystyle v^2$ ist. Es ist $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ . Also ist $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2= \left(\frac{dx_i}{dt}\right)^2\frac{1}{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}=\frac{v^2}{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ .

Kommen wir zur Herleitung von Gl. (11). Wir definieren $x=1/r$ .
Es ist $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(\frac{dr}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(\frac{dr}{ds}\right)^2\left(\frac{ds^2}{d\phi^2}\right)$ . Jetzt verwenden wir die Formel $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ , die wir auch in der Form $\displaystyle \frac{dr^2+r^2d\phi^2}{ds^2}=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ schreiben können. Wir erhalten $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)-\frac{r^2d\phi^2}{ds^2}\right)\left(\frac{ds^2}{d\phi^2}\right)$ . Und das ergibt $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right)\left(\frac{ds^2}{d\phi^2}\right)-\frac{1}{r^2}$ . Jetzt kommt Gl. (10) ins Spiel: $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ . Wir erhalten $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right)\frac{r^4}{B^2}-\frac{1}{r^2}$ . Und daraus folgt: $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{2A}{B^2}+\frac{\alpha}{B^2}x+\alpha x^3-x^2$ . Und das ist Gleichung (11).

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#1608 | Martin Raible | 4. April 2016, 10:54

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 2. April 2016, 21:09:

Martin Raible schrieb am 2. April 2016, 18:43:

Sie machen etwas falsch. Gl. (7a) wie auch (7c) sind Näherungen, die nur für langsame Teilchen ( $v\ll c$ ) gelten. Deswegen kann man nicht aus diesen Gleichungen ableiten, dass ein Teilchen überlichtschnell wird.

Bravo! Das ist meine (und Paulis und Einsteins und Kannenbergs) Rede seit langem, dass in (7) die Terme $v^2/c^2$ vernachlässigt sind, der Term $v_\phi^2/c^2$ dagegen nicht.

Bitte belegen, dass Einstein Gl. (7) für eine Näherung hält.

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#1609 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 4. April 2016, 14:46

Martin Raible schrieb am 3. April 2016, 23:21:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 3. April 2016, 20:20:

Martin Raible schrieb am 3. April 2016, 18:27:

Das war in Beitrag Nr. 1509. Und Sie haben die Gleichung $\displaystyle v^2=2\left( {W+\frac{\alpha }{r}} \right)+2\frac{\alpha }{r}\frac{v_\phi ^2 }{c^2}$ aus einer anderen Bewegungsgleichung hergeleitet nämlich $\displaystyle \frac{d}{dt}\left( {m\,\vec {v}} \right)=\alpha \,m\,\nabla \left[ {\frac{1}{r}\left( {1+\frac{v_\phi ^2 }{c^2}} \right)} \right]\;,\quad \alpha =G\,M_{Sonne}$ .
Aus meiner Gleichung $\displaystyle \frac{d}{dt}\frac{dx_{\nu}/dt}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=\left(-\frac{\partial\phi}{\partial x_{\nu}}\right)\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ folgt mit der Substitution $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ die Gleichung $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und nicht $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ . Ich habe also nicht s=t gesetzt. Und aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt zusammen mit Gleichung (10) die Gleichung (11), ohne dass man s=t setzt. Das kann ich Ihnen auch vorrechnen.

Aus dieser Gleichung $v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt zweifelsfrei (11) wie ich in # 1525 bereits vorgerechnet habe (in meinem Computer finde ich diese Rechnung im Kommentar # 1525, nicht in 1509), ohne auf Ihren Widerspruch zu treffen. Wollen Sie sagen, dass Ihr $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2$ nicht $\displaystyle v^2$ ist? Wenn ja, was ist es dann? Und wie können Sie mit Ihrer Definition, was immer die ist, Gl. (11) ausrechnen, ohne $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2= v^2$ zu setzen? Bitte vorrechnen wie angeboten.

Ich will in der Tat sagen, dass $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2$ nicht $\displaystyle v^2$ ist. Es ist $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ . Also ist $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2= \left(\frac{dx_i}{dt}\right)^2\frac{1}{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}=\frac{v^2}{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ .

Kommen wir zur Herleitung von Gl. (11). Wir definieren $x=1/r$ .
Es ist $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(\frac{dr}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(\frac{dr}{ds}\right)^2\left(\frac{ds^2}{d\phi^2}\right)$ . Jetzt verwenden wir die Formel $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ , die wir auch in der Form $\displaystyle \frac{dr^2+r^2d\phi^2}{ds^2}=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ schreiben können. Wir erhalten $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)-\frac{r^2d\phi^2}{ds^2}\right)\left(\frac{ds^2}{d\phi^2}\right)$ . Und das ergibt $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right)\left(\frac{ds^2}{d\phi^2}\right)-\frac{1}{r^2}$ . Jetzt kommt Gl. (10) ins Spiel: $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ . Wir erhalten $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{1}{r^4}\left(2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right)\frac{r^4}{B^2}-\frac{1}{r^2}$ . Und daraus folgt: $\displaystyle \left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2=\frac{2A}{B^2}+\frac{\alpha}{B^2}x+\alpha x^3-x^2$ . Und das ist Gleichung (11).

Da haben Sie sich ganz schön selbst überlistet. Aus Ihrer Gleichung $\displaystyle \frac{dr^2+r^2d\phi^2}{ds^2}=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt mit $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$
$\displaystyle v^2=\left[2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right]\left(1-\frac{\alpha}{r}-v^2\right)$ . Schreiben wir mal zur Abkürzung $\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)=u^2$ dann gilt offenbar
$\displaystyle v^2\left(1+u^2 \right)=u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Mit $\displaystyle v_r=\frac{v_\phi}{r} \frac{dr}{d\phi}$ und $v_\phi=B/r$ bekommen Sie $\displaystyle \left(1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right) \right)^2 \left[1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Und wenn Sie nun für u wieder einsetzen und mit Ihrer, bzw. Einsteins Lösung vergleichen, so erhalten Sie:
$\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(2+\frac{B^2}{r^2}\right)=0$
was natürlich nicht stimmen kann, weil alle Konstanten verschwinden müssten.

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#1610 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 4. April 2016, 21:15

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 4. April 2016, 14:46:

Da haben Sie sich ganz schön selbst überlistet. Aus Ihrer Gleichung $\displaystyle \frac{dr^2+r^2d\phi^2}{ds^2}=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt mit $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$
$\displaystyle v^2=\left[2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right]\left(1-\frac{\alpha}{r}-v^2\right)$ . Schreiben wir mal zur Abkürzung $\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)=u^2$ dann gilt offenbar
$\displaystyle v^2\left(1+u^2 \right)=u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Mit $\displaystyle v_r=\frac{v_\phi}{r} \frac{dr}{d\phi}$ und $v_\phi=B/r$ bekommen Sie $\displaystyle \left(1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right) \right)^2 \left[1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Und wenn Sie nun für u wieder einsetzen und mit Ihrer, bzw. Einsteins Lösung vergleichen, so erhalten Sie:
$\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(2+\frac{B^2}{r^2}\right)=0$
was natürlich nicht stimmen kann, weil alle Konstanten verschwinden müssten.

Corrigendum: In der vorletzten Zeile muss es natürlich heißen:
$\displaystyle \left[1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right)^2\right] \left(1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$

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#1611 | Martin Raible | 4. April 2016, 22:28

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 4. April 2016, 21:15:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 4. April 2016, 14:46:

Da haben Sie sich ganz schön selbst überlistet. Aus Ihrer Gleichung $\displaystyle \frac{dr^2+r^2d\phi^2}{ds^2}=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt mit $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$
$\displaystyle v^2=\left[2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right]\left(1-\frac{\alpha}{r}-v^2\right)$ . Schreiben wir mal zur Abkürzung $\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)=u^2$ dann gilt offenbar
$\displaystyle v^2\left(1+u^2 \right)=u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Mit $\displaystyle v_r=\frac{v_\phi}{r} \frac{dr}{d\phi}$ und $v_\phi=B/r$ bekommen Sie $\displaystyle \left(1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right) \right)^2 \left[1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Und wenn Sie nun für u wieder einsetzen und mit Ihrer, bzw. Einsteins Lösung vergleichen, so erhalten Sie:
$\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(2+\frac{B^2}{r^2}\right)=0$
was natürlich nicht stimmen kann, weil alle Konstanten verschwinden müssten.

Corrigendum: In der vorletzten Zeile muss es natürlich heißen:
$\displaystyle \left[1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right)^2\right] \left(1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$

Ihre Gleichung $v_\phi=B/r$ stimmt nicht. Es gilt $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ und nicht $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{dt}=B$ . Deswegen ist $\displaystyle \frac{v_\phi}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=B/r$ .

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#1612 | Martin Raible | 4. April 2016, 22:50

Martin Raible schrieb am 30. März 2016, 03:40:

Bei der Integration von $\displaystyle \frac{d}{dt}\frac{dx_{\nu}/dt}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=\left(-\frac{\partial\phi}{\partial x_{\nu}}\right)\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ geht man so vor:

Substitution von $ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ ergibt $\displaystyle \frac{d^2x_{\nu}}{ds^2}=-\frac{\partial\phi}{\partial x_{\nu}}$ , wobei nach der um einen Druckfehler bereinigten Gl. (7c) $\displaystyle \phi=-\frac{\alpha}{2r}\left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ ist. Das ist natürlich Gl. (7c), von der ich ja ausgegangen war. Diese Gleichung führt annähernd zu Ellipsenbahnen und zur Periheldrehung. Außerdem ist $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2+2\phi=2A=const$ , was nur in erster Näherung auf $\displaystyle -\frac{\alpha}{r}+v^2=2A$ führt.

Ich wollte nochmal auf diesen Beitrag hinweisen, weil ich nicht verstehe, warum Sie nach einem Widerspruch zwischen Gl. (7c), der Gleichung $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2+2\Phi=2A=const$ und Gl. (10) $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ suchen. Zwischen diesen Gleichungen gibt es keinen Widerspruch. Sie müssen nur $r$ und $\phi$ als Funktion der Eigenzeit s des Planeten betrachten, dann erkennen Sie das. Und dass aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2+2\Phi=2A$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ die Gleichung (11) folgt, habe ich ja in Kommentar Nr. 1607 vom 3. April 2016, 23:21 Uhr gezeigt.

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#1613 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 5. April 2016, 15:00

Martin Raible schrieb am 4. April 2016, 22:28:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 4. April 2016, 21:15:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 4. April 2016, 14:46:

Da haben Sie sich ganz schön selbst überlistet. Aus Ihrer Gleichung $\displaystyle \frac{dr^2+r^2d\phi^2}{ds^2}=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt mit $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$
$\displaystyle v^2=\left[2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right]\left(1-\frac{\alpha}{r}-v^2\right)$ . Schreiben wir mal zur Abkürzung $\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)=u^2$ dann gilt offenbar
$\displaystyle v^2\left(1+u^2 \right)=u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Mit $\displaystyle v_r=\frac{v_\phi}{r} \frac{dr}{d\phi}$ und $v_\phi=B/r$ bekommen Sie $\displaystyle \left(1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right) \right)^2 \left[1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Und wenn Sie nun für u wieder einsetzen und mit Ihrer, bzw. Einsteins Lösung vergleichen, so erhalten Sie:
$\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(2+\frac{B^2}{r^2}\right)=0$
was natürlich nicht stimmen kann, weil alle Konstanten verschwinden müssten.

Corrigendum: In der vorletzten Zeile muss es natürlich heißen:
$\displaystyle \left[1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right)^2\right] \left(1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$

Ihre Gleichung $v_\phi=B/r$ stimmt nicht. Es gilt $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ und nicht $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{dt}=B$ . Deswegen ist $\displaystyle \frac{v_\phi}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=B/r$ .

Sie könnten es natürlich auch selber nachrechnen, aber nun folgt mit Ihrer Gleichung $\displaystyle \frac{v_\phi}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=B/r$ die Beziehung $\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)=0$ , welche genauso unsinnig ist.

Warum wollen Sie nicht einsehen, dass jeder Faktor das Ergebnis verändert, wenn man ihn an dieser Gleichung $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ anbringt. Schließlich kann man daraus Einsteins Gl. (11) herleiten, wie ich vorgeführt habe.

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#1614 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 5. April 2016, 16:07

Martin Raible schrieb am 4. April 2016, 22:50:

Martin Raible schrieb am 30. März 2016, 03:40:

Bei der Integration von $\displaystyle \frac{d}{dt}\frac{dx_{\nu}/dt}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=\left(-\frac{\partial\phi}{\partial x_{\nu}}\right)\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ geht man so vor:

Substitution von $ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ ergibt $\displaystyle \frac{d^2x_{\nu}}{ds^2}=-\frac{\partial\phi}{\partial x_{\nu}}$ , wobei nach der um einen Druckfehler bereinigten Gl. (7c) $\displaystyle \phi=-\frac{\alpha}{2r}\left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ ist. Das ist natürlich Gl. (7c), von der ich ja ausgegangen war. Diese Gleichung führt annähernd zu Ellipsenbahnen und zur Periheldrehung. Außerdem ist $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2+2\phi=2A=const$ , was nur in erster Näherung auf $\displaystyle -\frac{\alpha}{r}+v^2=2A$ führt.

Ich wollte nochmal auf diesen Beitrag hinweisen, weil ich nicht verstehe, warum Sie nach einem Widerspruch zwischen Gl. (7c), der Gleichung $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2+2\Phi=2A=const$ und Gl. (10) $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ suchen. Zwischen diesen Gleichungen gibt es keinen Widerspruch. Sie müssen nur $r$ und $\phi$ als Funktion der Eigenzeit s des Planeten betrachten, dann erkennen Sie das. Und dass aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2+2\Phi=2A$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ die Gleichung (11) folgt, habe ich ja in Kommentar Nr. 1607 vom 3. April 2016, 23:21 Uhr gezeigt.

Ich suche nach keinem Widerspruch zwischen der Gleichung $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2+2\Phi=2A=const$ und der Gleichung $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$
Man benötigt beide Gleichungen, um die Feldkomponenten $v_r$ und $v_\phi$ zu berechnen.
Nachdem es keine einheitliche Definition für die „Eigenzeit“ gibt, rechne ich mit der Zeit, die auf dieser Erde gilt, von der aus ich den Merkur betrachte. Ich muss dann nichts anderes tun, als das Newton’sche Gravitationsgesetz integrieren. Wenn Herr Einstein annimmt, dass $m=m_0$ gilt, also Terme der Ordnung $v^2/c^2$ vernachlässigt, wie Herr Pauli bestätigt, dann wird die Rechnung ziemlich einfach, auch wenn man Einsteins Korrektur am Potential berücksichtigt, bei der Terme der Ordnung $v_\phi^2/c^2$ nicht vernachlässigt werden. Natürlich ist das eine Inkonsistenz, die man leicht beheben kann und so einen extra Beitrag zur Periheldrehung von 14´´/Jh erhält.

Ich habe als Definition der „Eigenzeit“ gelernt $ds=dt \sqrt{1-v^2/c^2}$ . Sie verwenden $ds=dt \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ , Einstein schreibt $ds=dt \sqrt{1-2A}$ . Nachdem man die Eigenzeit ohnehin nicht messen kann, weil man auf dem Merkur noch keine Uhr installiert hat, ist sie für physikalische Fragestellungen gänzlich irrelevant und sollte daher nicht verwendet werden, außer man bewegt sich gerade in einem Luftschloss ohne einen Bezug zur Realität.

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#1615 | Herr Senf | 5. April 2016, 20:18

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 5. April 2016, 16:07:

Nachdem es keine einheitliche Definition für die „Eigenzeit“ gibt, rechne ich mit der Zeit, die auf dieser Erde gilt, von der aus ich den Merkur betrachte. …
Ich habe als Definition der „Eigenzeit“ gelernt $ds=dt \sqrt{1-v^2/c^2}$ . …
Nachdem man die Eigenzeit ohnehin nicht messen kann, weil man auf dem Merkur noch keine Uhr installiert hat, ist sie für physikalische Fragestellungen gänzlich irrelevant …

$d\tau=1/c * \sqrt{-ds^2}$ und der Mond ist auch wech , wenn man nicht hinguckt.
Mindestens 3 Defizite machen hier Kreisverkehr Geodäte/ Masse/ Eigenzeit; dazu wird fleißig substituiert, wenn die Buchstaben ähnlich aussehen – deshalb Ergebnisse falsch.

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#1616 | Martin Raible | 6. April 2016, 11:00

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 5. April 2016, 15:00:

Martin Raible schrieb am 4. April 2016, 22:28:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 4. April 2016, 21:15:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 4. April 2016, 14:46:

Da haben Sie sich ganz schön selbst überlistet. Aus Ihrer Gleichung $\displaystyle \frac{dr^2+r^2d\phi^2}{ds^2}=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ folgt mit $\displaystyle ds=dt\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$
$\displaystyle v^2=\left[2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)\right]\left(1-\frac{\alpha}{r}-v^2\right)$ . Schreiben wir mal zur Abkürzung $\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)=u^2$ dann gilt offenbar
$\displaystyle v^2\left(1+u^2 \right)=u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Mit $\displaystyle v_r=\frac{v_\phi}{r} \frac{dr}{d\phi}$ und $v_\phi=B/r$ bekommen Sie $\displaystyle \left(1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right) \right)^2 \left[1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$ . Und wenn Sie nun für u wieder einsetzen und mit Ihrer, bzw. Einsteins Lösung vergleichen, so erhalten Sie:
$\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(2+\frac{B^2}{r^2}\right)=0$
was natürlich nicht stimmen kann, weil alle Konstanten verschwinden müssten.

Corrigendum: In der vorletzten Zeile muss es natürlich heißen:
$\displaystyle \left[1+\frac{1}{r^2}\left(\frac{dr}{d\phi}\right)^2\right] \left(1+u^2\right)=\frac{r^2}{B^2} u^2\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)$

Ihre Gleichung $v_\phi=B/r$ stimmt nicht. Es gilt $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ und nicht $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{dt}=B$ . Deswegen ist $\displaystyle \frac{v_\phi}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=B/r$ .

Sie könnten es natürlich auch selber nachrechnen, aber nun folgt mit Ihrer Gleichung $\displaystyle \frac{v_\phi}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=B/r$ die Beziehung $\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)=0$ , welche genauso unsinnig ist.

Das ist todsicher falsch. Aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ folgt Gl. (11), wie ich vorgerechnet habe, und nicht $\displaystyle 2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)=0$ .

Warum wollen Sie nicht einsehen, dass jeder Faktor das Ergebnis verändert, wenn man ihn an dieser Gleichung $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ anbringt. Schließlich kann man daraus Einsteins Gl. (11) herleiten, wie ich vorgeführt habe.

Ich habe Gl. (11) aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ hergeleitet. Sie haben Gl. (11) aus $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle rv_\phi=B$ hergeleitet. Beides ist richtig. Erkennen Sie nicht, dass ich nur ds aus den Gleichungen eliminiert habe, wo Sie dt eliminiert haben?

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#1617 | Martin Raible | 6. April 2016, 11:36

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 5. April 2016, 16:07:

Nachdem es keine einheitliche Definition für die „Eigenzeit“ gibt,

Natürlich gibt es eine einheitliche Definition der Eigenzeit: $\displaystyle ds^2=g_{\mu\nu}dx^{\mu}dx^{\nu}$ ergibt die Eigenzeit ds, sofern $\displaystyle ds^2>=0$ (d.h. keine Überlichtgeschwindigkeit). Im SRT-Grenzfall ergibt diese Definition $\displaystyle ds^2=dt^2-dx^2-dy^2-dz^2$ . Aber wir befassen uns hier nicht mit der SRT sondern mit der ART. Mit dem metrischen Tensor, den Einstein in Gl. (4b) angibt, ist in erster Nährung $ds^2=\left(1-\frac{\alpha}{r}\right)dt^2-dx^2-dy^2-dz^2=dt^2\left(1-\frac{\alpha}{r}-v^2\right)$

rechne ich mit der Zeit, die auf dieser Erde gilt, von der aus ich den Merkur betrachte. Ich muss dann nichts anderes tun, als das Newton’sche Gravitationsgesetz integrieren. Wenn Herr Einstein annimmt, dass $m=m_0$ gilt, also Terme der Ordnung $v^2/c^2$ vernachlässigt, wie Herr Pauli bestätigt, dann wird die Rechnung ziemlich einfach, auch wenn man Einsteins Korrektur am Potential berücksichtigt, bei der Terme der Ordnung $v_\phi^2/c^2$ nicht vernachlässigt werden. Natürlich ist das eine Inkonsistenz, die man leicht beheben kann und so einen extra Beitrag zur Periheldrehung von 14´´/Jh erhält.

Es gibt keine Inkonsistenz. Einstein nimmt mit Recht Gl. (7) als exakte Gleichung und leitet daraus Näherungen für langsame Teilchen ab. Ein Fehler Einsteins, auf den ich in Kommentar Nr. 1508 vom 23. März 2016, 22:13 Uhr hingewiesen habe, ändert nichts daran, dass Gleichung (7c) dabei als zweite Näherung herauskommt.

Ich habe als Definition der „Eigenzeit“ gelernt $ds=dt \sqrt{1-v^2/c^2}$ .

Ihr Pech, wenn Sie nur SRT und nicht ART gelernt haben. Vielleicht sollten Sie jetzt endlich ein Fachbuch über die ART studieren.

Sie verwenden $ds=dt \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ ,

Das folgt aus Einsteins Gl. (4b), wie ich oben ausgeführt habe.

Einstein schreibt $ds=dt \sqrt{1-2A}$ .

Falsch. Einstein definiert auf Seite 837 $s\sqrt{1-2A}$ als neue Zeitvariable, die er wieder s nennt, um zu Gl. (7c) zu kommen. Allerdings ist dieser Schritt nach meiner Korrektur in Kommentar Nr. 1508 vom 23. März 2016, 22:13 Uhr überflüssig.

Nachdem man die Eigenzeit ohnehin nicht messen kann, weil man auf dem Merkur noch keine Uhr installiert hat, ist sie für physikalische Fragestellungen gänzlich irrelevant und sollte daher nicht verwendet werden, außer man bewegt sich gerade in einem Luftschloss ohne einen Bezug zur Realität.

Prinzipiell kann man die Eigenzeit messen. Aber ich habe in Kommentar Nr. 1607 vom 3. April 2016, 23:21 Uhr die Eigenzeit aus den Gleichungen eliminiert und dadurch Gl. (11) erhalten, die zu dem beobachteten Wert der Periheldrehung führt.

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#1618 | Martin Raible | 6. April 2016, 11:56

Martin Raible schrieb am 6. April 2016, 11:00:

Aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ folgt Gl. (11), wie ich vorgerechnet habe, …

Hallo Dr. Engelhardt, zeigen Sie endlich meinen Rechenfehler in Kommentar Nr. 1607 vom 3. April 2016, 23:21 Uhr.

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#1619 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 6. April 2016, 15:19

Martin Raible schrieb am 6. April 2016, 11:00:
Ich habe Gl. (11) aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ hergeleitet. Sie haben Gl. (11) aus $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle rv_\phi=B$ hergeleitet. Beides ist richtig. Erkennen Sie nicht, dass ich nur ds aus den Gleichungen eliminiert habe, wo Sie dt eliminiert haben?

Dann sind wir uns ja völlig einig. Ich habe Gl. (11) aus der Newtonschen Bewegungsgleichung mit $m=m_0$ und Einsteins Korrekturfaktor $1+v_\phi^2/c^2$ am Potential hergeleitet und Sie bestätigen die Richtigkeit des Resultats dieser Rechnung auf Ihre Weise. Somit ist klar, dass Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ in der Bewegungsgleichung vernachlässigt wurden, wie Pauli explizit bestätigt hat.

Vernachlässigung dieser Terme führt zu unphysikalischen Überlichtgeschwindigkeiten auf der geraden Geodäte bei entsprechender Anfangsbedingung. Außerdem entgeht dieser Rechnung ein Beitrag zur Periheldrehung des Merkur von 14´´/Jh.

Bisher haben Sie noch nicht gezeigt, wie Sie nach Ihrer Rechnung die Geschwindigkeit des Massenpunkts auf der geraden Geodäte ermitteln wollen. Bitte alle Rechnungen in irdischer Zeit, damit man sie mit irdischen Beobachtungen vergleichen kann. Die „Eigenzeit“ mag eine rechnerische Berechtigung haben, messbar ist sie aber nicht, weil wir auf dem Massenpunkt keine Uhr installieren können.

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#1620 | Martin Raible | 7. April 2016, 13:37

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 6. April 2016, 15:19:

Martin Raible schrieb am 6. April 2016, 11:00:
Ich habe Gl. (11) aus $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ hergeleitet. Sie haben Gl. (11) aus $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle rv_\phi=B$ hergeleitet. Beides ist richtig. Erkennen Sie nicht, dass ich nur ds aus den Gleichungen eliminiert habe, wo Sie dt eliminiert haben?

Dann sind wir uns ja völlig einig. Ich habe Gl. (11) aus der Newtonschen Bewegungsgleichung mit $m=m_0$ und Einsteins Korrekturfaktor $1+v_\phi^2/c^2$ am Potential hergeleitet und Sie bestätigen die Richtigkeit des Resultats dieser Rechnung auf Ihre Weise. Somit ist klar, dass Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ in der Bewegungsgleichung vernachlässigt wurden, wie Pauli explizit bestätigt hat.

Das ist überhaupt nicht klar. Sie haben nur die Gl. (11) aus falschen Voraussetzungen hergeleitet. Ihre Gleichungen $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle rv_\phi=B$ sind falsch, weil sie nicht aus Gl. (7) folgen. Ich habe nur bestätigt, dass aus diesen Gleichungen wirklich Gl. (11) folgt, genauso wie Gl. (11) auch aus den richtigen Gleichungen $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ folgt.

Vernachlässigung dieser Terme führt zu unphysikalischen Überlichtgeschwindigkeiten auf der geraden Geodäte bei entsprechender Anfangsbedingung.

Das haben Sie nicht bewiesen. Erstens haben Sie die Gleichungen (7a) und (7c), die Näherungen für langsame Teilchen ( $v\ll c$ ) sind, auf schnelle Teilchen angewandt. Zweitens haben Sie ignoriert, dass auf den linken Seiten dieser Gleichungen $\displaystyle \frac{d^2x_\nu}{ds^2}$ und nicht $\displaystyle \frac{d^2x_\nu}{dt^2}$ steht.

Ich habe schon in Kommentar Nr. 1511 vom 24. März 2016, 01:52 Uhr erklärt, warum die Geodätengleichung nicht zur Überlichtgeschwindigkeit führt. Dort schrieb ich:

Aus der Geodätengleichung $\frac{du^i}{ds}+\Gamma^i_{kl}u^ku^l=0$ folgt, dass $u^i$ beliebig groß werden kann. Daraus folgt aber keine Überlichtgeschwindigkeit, denn $u^i=dx^i/ds$ ist ja die Vierergeschwindigkeit und nicht die „normale“ Geschwindigkeit.

Solange die $u^i$ reellwertig und endlich sind, haben wir Unterlichtgeschwindigkeit. Bei Lichtgeschwindigkeit sind die $u^i$ unendlich. Und bei Überlichtgeschwindigkeit sind die $u^i$ imaginär. Erklären sie mal, wie die Geodätengleichung dazu führen soll, dass reelle $u^i$ imiginär werden.

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 6. April 2016, 15:19:

Außerdem entgeht dieser Rechnung ein Beitrag zur Periheldrehung des Merkur von 14´´/Jh.

Gl. (7) gilt exakt, und es gibt keinen Grund, diese Gleichung zu ergänzen. Somit ist Einstein kein Beitrag zur Periheldrehung des Merkur entgangen.

Bisher haben Sie noch nicht gezeigt, wie Sie nach Ihrer Rechnung die Geschwindigkeit des Massenpunkts auf der geraden Geodäte ermitteln wollen.

Ich habe das Ergebnis schon in den Kommentaren Nr. 1602 vom 3. April 2016, 19:05 Uhr und Nr. 1603 aufgeschrieben.

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#1621 | Martin Raible | 7. April 2016, 13:44

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 6. April 2016, 15:19:

… auf der geraden Geodäte …

Die „gerade“ Geodäte ist in der vierdimensionalen Raumzeit gekrümmt und keine Gerade.

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#1622 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 7. April 2016, 14:27

Martin Raible schrieb am 7. April 2016, 13:44:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 6. April 2016, 15:19:

… auf der geraden Geodäte …

Die „gerade“ Geodäte ist in der vierdimensionalen Raumzeit gekrümmt und keine Gerade.

In welche Richtung soll sie sich denn krümmen, wenn ein Massenpunkt aus dem Unendlichen in ein punktförmiges Gravitationszentrum auf dem kürzesten Weg stürzt? Der Massenpunkt bewegt sich dann auf einer Geodäten, die gerade ist. In diesem Fall ist $v_r\ne 0,\;v_z=0,\;v_\phi=0$ oder B=0, d.h. das Teilchen hat keinen Drehimpuls in Bezug auf die z – Achse, die durch das Gravitationszentrum geht.

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#1623 | Herr Senf | 7. April 2016, 19:24

Solche Fragen passieren, wenn man Fachbegriffe in Alltagssprech interpretiert.

Krumm ist nicht immer Gegenteil von gerade, mathe-krumm geht anders.
Und wenn die Strecke denn nicht krumm ist, muß aber die Zeit krumm sein.
Dr. Engelhardt, Sie gehen von Ihren geometrischen, auf den Raum beschränkten Vorstellungen aus, und wollen nicht, daß bei den „kleinen“ Effekten die wichtigste Rolle der Zeit zukommt, nur weil Sie Eigenzeit nicht mögen.
Ihre Privat-Mathematik von vor 1905 will hier keiner ständg nachrechnen müssen.

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#1624 | ralfkannenberg | 8. April 2016, 09:55

Herr Senf schrieb am 7. April 2016, 19:24:

Ihre Privat-Mathematik von vor 1905 will hier keiner ständg nachrechnen müssen.

Hallo Herr Senf,

das ist an sich keine Privat-Mathematik, sondern durchaus korrekte Mathematik, in der von Herrn Dr.Engelhardt physikalisch-unzutreffende Voraussetzungen verwendet werden. Eine solche Vorgehensweise führt im allgemeinen zu physikalisch unzutreffenden Resultaten.

Freundliche Grüsse, Ralf

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#1625 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 8. April 2016, 22:48

Martin Raible schrieb am 7. April 2016, 13:37:

Erstens haben Sie die Gleichungen (7a) und (7c), die Näherungen für langsame Teilchen ( $v\ll c$ ) sind, auf schnelle Teilchen angewandt.

In diesem Punkt sind wir uns völlig einig. Insbesondere hat Einstein auf der linken Seite Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ vernachlässigt, während er auf der rechten Seite Terme der Größenordnung $v_\phi^2/c^2$ berücksichtigt hat. Dies bestätigt auch Pauli. Einstein schreibt aber, dass (7b) in Größen zweiter Ordnung genau sei, und leitet dann aus (7b) Gleichung (7c) her, die Sie jetzt als „Näherung“ bezeichnen, aus der aber angeblich die exakte Geodätengleichung folgt. Wie lautet nun (7c) korrekt, wenn man auch auf der linken Seite Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ berücksichtigt? Meine Antwort kennen Sie.

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#1626 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 8. April 2016, 23:03

ralfkannenberg schrieb am 8. April 2016, 09:55:

Herr Senf schrieb am 7. April 2016, 19:24:

Ihre Privat-Mathematik von vor 1905 will hier keiner ständg nachrechnen müssen.

Hallo Herr Senf,

das ist an sich keine Privat-Mathematik, sondern durchaus korrekte Mathematik, in der von Herrn Dr.Engelhardt physikalisch-unzutreffende Voraussetzungen verwendet werden. Eine solche Vorgehensweise führt im allgemeinen zu physikalisch unzutreffenden Resultaten.

Freundliche Grüsse, Ralf

Woher wissen Sie als Mathematiker, welche Voraussetzungen physikalisch zutreffend sind und welche nicht? Insbesondere haben Sie mir bisher nicht mitgeteilt, wo ich eine „physikalisch unzutreffende Voraussetzung verwendet“ habe. Bitte spezifizieren Sie!

Selbst Herr Raible gibt zu, dass ich aus den angeblich „falschen“ Gleichungen $\displaystyle v^2=2 A+\frac{\alpha}{r} \left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle rv_\phi=B$ Einsteins Gleichung (11) korrekt herleiten konnte. Wo habe ich mich da geirrt?

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#1627 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 8. April 2016, 23:11

Herr Senf schrieb am 7. April 2016, 19:24:

Solche Fragen passieren, wenn man Fachbegriffe in Alltagssprech interpretiert.

Krumm ist nicht immer Gegenteil von gerade, mathe-krumm geht anders.
Und wenn die Strecke denn nicht krumm ist, muß aber die Zeit krumm sein.
Dr. Engelhardt, Sie gehen von Ihren geometrischen, auf den Raum beschränkten Vorstellungen aus, und wollen nicht, daß bei den „kleinen“ Effekten die wichtigste Rolle der Zeit zukommt, nur weil Sie Eigenzeit nicht mögen.
Ihre Privat-Mathematik von vor 1905 will hier keiner ständg nachrechnen müssen.

Was ist eine „krumme Zeit“? Bei Einstein ist die „Zeitvariable“ $s \sqrt{1-2A}$ , die er wiederum s nennt, ziemlich gerade, weil A eine Konstante ist.

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#1628 | Karl | 9. April 2016, 08:50

Wolfgang Engelhardt schrieb am 8. April 2016, 22:48:
…

In diesem Punkt sind wir uns völlig einig.

Es überrascht nicht, dass Sie in ihrer arroganten Eitelkeit den pluralis majestatis verwenden. Ihre Manipulationen sind armselig. In ihrem Bemühen Einstein zu diffamieren ist ihnen jedes Mittel recht. Das ist abscheulich.

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#1629 | nocheinPoet | 9. April 2016, 11:24

Karl schrieb am 9. April 2016, 08:50:

Wolfgang Engelhardt schrieb am 8. April 2016, 22:48:
…

In diesem Punkt sind wir uns völlig einig.

Es überrascht nicht, dass Sie in ihrer arroganten Eitelkeit den pluralis majestatis verwenden. Ihre Manipulationen sind armselig. In ihrem Bemühen Einstein zu diffamieren ist ihnen jedes Mittel recht. Das ist abscheulich.

Eigentlich ist doch klar, dass Engelhardt hier wie üblich versucht anderen eine Zustimmung für was auch immer unterzuschieben und weniger von sich im Plural spricht. Aber ist schon abscheulich, die ganze Zeit schon, ist ja hier stetig so.

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#1630 | Martin Raible | 9. April 2016, 18:36

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 8. April 2016, 22:48:

Martin Raible schrieb am 7. April 2016, 13:37:

Erstens haben Sie die Gleichungen (7a) und (7c), die Näherungen für langsame Teilchen ( $v\ll c$ ) sind, auf schnelle Teilchen angewandt.

In diesem Punkt sind wir uns völlig einig. Insbesondere hat Einstein auf der linken Seite Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ vernachlässigt, während er auf der rechten Seite Terme der Größenordnung $v_\phi^2/c^2$ berücksichtigt hat. Dies bestätigt auch Pauli. Einstein schreibt aber, dass (7b) in Größen zweiter Ordnung genau sei, und leitet dann aus (7b) Gleichung (7c) her, die Sie jetzt als „Näherung“ bezeichnen, aus der aber angeblich die exakte Geodätengleichung folgt. Wie lautet nun (7c) korrekt, wenn man auch auf der linken Seite Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ berücksichtigt? Meine Antwort kennen Sie.

Gleichung (7c) ist eine in Größen zweiter Ordnung genaue Näherung von Gleichung (7). Ich habe nie behauptet, dass aus Gl. (7c) die exakte Geodätengleichung (7) folgt. Da Gl. (7) exakt ist und Einstein die linke Seite von Gl. (7) bei seinen Näherungen unverändert gelassen hat, hat er auf der linken Seite keine Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ vernachlässigt.

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#1631 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 9. April 2016, 19:00

Karl schrieb am 9. April 2016, 08:50:

Wolfgang Engelhardt schrieb am 8. April 2016, 22:48:
…

In diesem Punkt sind wir uns völlig einig.

Es überrascht nicht, dass Sie in ihrer arroganten Eitelkeit den pluralis majestatis verwenden. Ihre Manipulationen sind armselig. In ihrem Bemühen Einstein zu diffamieren ist ihnen jedes Mittel recht. Das ist abscheulich.

Raible sagt:

…die Gleichungen (7a) und (7c) sind Näherungen für langsame Teilchen ( $v\ll c$ )

Ich sage (im Einverständnis mit Pauli): Ja, das ist richtig, Terme der Ordnung $v^2/c^2$ sind auf der linken Seite vernachlässigt. Was ist daran so abscheulich?

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#1632 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 9. April 2016, 19:06

Martin Raible schrieb am 9. April 2016, 18:36:

Gleichung (7c) ist eine in Größen zweiter Ordnung genaue Näherung von Gleichung (7). Ich habe nie behauptet, dass aus Gl. (7c) die exakte Geodätengleichung (7) folgt. Da Gl. (7) exakt ist und Einstein die linke Seite von Gl. (7) bei seinen Näherungen unverändert gelassen hat, hat er auf der linken Seite keine Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ vernachlässigt.

Wie haben Sie dann diesen Satz gemeint:

Erstens haben Sie die Gleichungen (7a) und (7c), die Näherungen für langsame Teilchen ( $v\ll c$ ) sind, auf schnelle Teilchen angewandt.

Wollen Sie sagen, dass mit $v\ll c$ gemeint ist, es sind nur Terme der Größenordnung $v^4/c^4$ vernachlässigt, solche der Ordnung $v^2/c^2$ aber vollständig berücksichtigt? Wenn ja, so steht dies im Widerspruch zu Paulis Aussage.

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#1633 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 9. April 2016, 22:24

Martin Raible schrieb am 6. April 2016, 11:36:

Prinzipiell kann man die Eigenzeit messen. Aber ich habe in Kommentar Nr. 1607 vom 3. April 2016, 23:21 Uhr die Eigenzeit aus den Gleichungen eliminiert und dadurch Gl. (11) erhalten, die zu dem beobachteten Wert der Periheldrehung führt.

Mit Ihrer Definition der Eigenzeit $ds=dt \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ wird aus der Bewegungsgleichung (7c) nach Rückverwandlung in eine dynamische Gleichung durch Multiplikation mit der Masse:
$\displaystyle \frac {d}{dt} \frac {m_0 \vec v}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=-m_0 \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2} \;\nabla \Phi$
die der Newtonschen Bilanzgleichung Trägheitskraft = Schwerkraft ähnelt, aber eben doch nicht das Gleiche ist, weil der Wurzelfaktor auf der rechten Seite im Zähler steht. Dies scheint das Äquivalenzprinzip zu verletzen, denn eine schnelle Masse wird gemäß der linken Seite träger, während auf der rechten Seite die Schwerkraft geringer wird. Es ist zweifelhaft, ob in diesem Fall überhaupt stabile Bahnen möglich sind.

Verwendet man die SRT Formeln, die im Beschleuniger gültig sind, müsste man eigentlich schreiben:
$\displaystyle \frac {d}{dt} \frac {m_0 \vec v}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=-\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2} } \;\nabla \Phi$
Mit anderen Worten: Ein heißer Stein, dessen Atome schneller werden, sollte träger, im selben Maß aber auch schwerer werden. Andernfalls würde z.B. ein heißer Stein langsamer fallen als ein kalter bei gleicher Anzahl der Atome. Im Prinzip lässt sich das experimentell nachprüfen, doch ich wage vorauszusagen, dass Energiezufuhr durch Wärme sowohl die Trägheit als auch die Schwere in gleichem Maß erhöht. Dazu ist es aber nötig, die zweite Version der Kraftbilanz für gültig zu erachten. Was meinen Sie dazu?

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#1634 | ralfkannenberg | 9. April 2016, 22:28

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 8. April 2016, 23:03:

Woher wissen Sie als Mathematiker, welche Voraussetzungen physikalisch zutreffend sind und welche nicht?

Welchen Weg die Natur gewählt hat entscheidet das Experiment. Aber das wissen Sie, das brauche ich Ihnen nicht aufzuschreiben.

Insbesondere haben Sie mir bisher nicht mitgeteilt, wo ich eine „physikalisch unzutreffende Voraussetzung verwendet“ habe. Bitte spezifizieren Sie!

Das haben andere getan. Ich habe nur aufgeschrieben, welcher Methodik Sie sich bedienen und dass insbesondere die Mathematik dahinter durchaus korrekt sein kann. Der Unterschied liegt nicht in der Korrektheit der Mathematik, sondern in der Wahl der Voraussetzungen. Ich gehe davon aus, dass Sie das ebenfalls wissen. Warum also fragen Sie mich Sachen, die Sie selber wissen ?

Selbst Herr Raible gibt zu

Sie haben Herrn Raible schon so oft das Wort im Munde verdreht, dass ich mir Ihre Ausführungen dazu schon lange nicht mehr näher anschaue. Zudem kann Herr Raible ausgezeichnet für sich selber antworten und tut das auch; da würde eine Ergänzung dazu von mir nur stören.

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#1635 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 9. April 2016, 23:44

ralfkannenberg schrieb am 9. April 2016, 22:28:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 8. April 2016, 23:03:

Woher wissen Sie als Mathematiker, welche Voraussetzungen physikalisch zutreffend sind und welche nicht?

Welchen Weg die Natur gewählt hat entscheidet das Experiment. Aber das wissen Sie, das brauche ich Ihnen nicht aufzuschreiben.

Insbesondere haben Sie mir bisher nicht mitgeteilt, wo ich eine „physikalisch unzutreffende Voraussetzung verwendet“ habe. Bitte spezifizieren Sie!

Das haben andere getan. Ich habe nur aufgeschrieben, welcher Methodik Sie sich bedienen und dass insbesondere die Mathematik dahinter durchaus korrekt sein kann. Der Unterschied liegt nicht in der Korrektheit der Mathematik, sondern in der Wahl der Voraussetzungen. Ich gehe davon aus, dass Sie das ebenfalls wissen. Warum also fragen Sie mich Sachen, die Sie selber wissen ?

Selbst Herr Raible gibt zu

Sie haben Herrn Raible schon so oft das Wort im Munde verdreht, dass ich mir Ihre Ausführungen dazu schon lange nicht mehr näher anschaue. Zudem kann Herr Raible ausgezeichnet für sich selber antworten und tut das auch; da würde eine Ergänzung dazu von mir nur stören.

Sie haben apodiktisch geschrieben:

… durchaus korrekte Mathematik, in der von Herrn Dr.Engelhardt physikalisch-unzutreffende Voraussetzungen verwendet werden.

Wenn Sie diese „physikalisch-unzutreffenden Voraussetzungen“ noch nicht einmal benennen können, sollten Sie sich derart vorlauter Kommentare enthalten. Sie tragen absolut gar nichts zu einer sachlichen Diskussion bei.

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#1636 | Herr Senf | 10. April 2016, 00:30

Dr. Engelhardt,

Sie schleppen hier schon wieder die SRT als Vergleich an, wir reden von der ART!
Und damit schon wieder die unnötigen Fragen nach m_o und v²/c².
Sie scheitern an Ihrer „Eigenzeitvorstellung“, es ist egal ob auf dem „Perihelorbit“ eine Erbse rummurmelt, der Merkur selbst oder ein schwerer Jupiter, die Bahnellipse wird nicht geschlossen sein und GLEICH aussehen.
Nehmen Sie eine Uhr auf der Erbse, aber keine auf der Merkuroberfläche, und überlegen sich, was eine Uhr im Merkurrmittelpunkt, wenn Sie ihn denn anbohren, macht (mit Hinweis auf das Schalentheorem).

Einstein spricht vom „Massepunkt“, das Wort „Masse“ hätte er besser weglassen sollen,
dann würden uns viele Mißverständnisse erspart bleiben.

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#1637 | ralfkannenberg | 10. April 2016, 10:53

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 9. April 2016, 23:44:

Wenn Sie diese „physikalisch-unzutreffenden Voraussetzungen“ noch nicht einmal benennen können, sollten Sie sich derart vorlauter Kommentare enthalten. Sie tragen absolut gar nichts zu einer sachlichen Diskussion bei.

Es war lediglich eine höfliche Umschreibung dafür, dass Ihnen Anfängerfehler unterlaufen, weil Sie ihre Formeln in einem unzutreffenden Zusammenhang verwenden.

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#1638 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 10. April 2016, 15:59

ralfkannenberg schrieb am 10. April 2016, 10:53:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 9. April 2016, 23:44:

Wenn Sie diese „physikalisch-unzutreffenden Voraussetzungen“ noch nicht einmal benennen können, sollten Sie sich derart vorlauter Kommentare enthalten. Sie tragen absolut gar nichts zu einer sachlichen Diskussion bei.

Es war lediglich eine höfliche Umschreibung dafür, dass Ihnen Anfängerfehler unterlaufen, weil Sie ihre Formeln in einem unzutreffenden Zusammenhang verwenden.

Welcher „Anfängerfehler“? Welche Formel habe ich in einem „unzutreffenden Zusammenhang verwendet“? Solche Behauptungen müssen konkretisiert werden, wenn man ernst genommen werden will. Haltlose Vermutungen haben mit „Höflichkeit“ nichts zu tun.

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#1639 | Martin Raible | 10. April 2016, 17:49

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 9. April 2016, 19:06:

Martin Raible schrieb am 9. April 2016, 18:36:

Gleichung (7c) ist eine in Größen zweiter Ordnung genaue Näherung von Gleichung (7). Ich habe nie behauptet, dass aus Gl. (7c) die exakte Geodätengleichung (7) folgt. Da Gl. (7) exakt ist und Einstein die linke Seite von Gl. (7) bei seinen Näherungen unverändert gelassen hat, hat er auf der linken Seite keine Terme der Größenordnung $v^2/c^2$ vernachlässigt.

Wie haben Sie dann diesen Satz gemeint:

Erstens haben Sie die Gleichungen (7a) und (7c), die Näherungen für langsame Teilchen ( $v\ll c$ ) sind, auf schnelle Teilchen angewandt.

Wollen Sie sagen, dass mit $v\ll c$ gemeint ist, es sind nur Terme der Größenordnung $v^4/c^4$ vernachlässigt, solche der Ordnung $v^2/c^2$ aber vollständig berücksichtigt? Wenn ja, so steht dies im Widerspruch zu Paulis Aussage.

Die Gleichung $\displaystyle e^x=1+x+\frac{x^2}{2}$ ist auch eine in Größen zweiter Ordnung genaue Näherung. Trotzdem gilt sie mit annehmbarer Genauigkeit nur, wenn $|x|$ klein ist. In Gl. (7c) sind Terme der Grö0enordnung $(\alpha/r)v^2$ und $(\alpha/r)^2$ (d. h. zweiter Größenordnung) berücksichtigt, Terme der Grö0enordnung $(\alpha/r)v^4$ und $(\alpha/r)^2v^2$ und $(\alpha/r)^3$ (d. h. dritter Größenordnung) dagegen nicht.

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#1640 | Martin Raible | 10. April 2016, 18:00

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 9. April 2016, 22:24:

Martin Raible schrieb am 6. April 2016, 11:36:

Prinzipiell kann man die Eigenzeit messen. Aber ich habe in Kommentar Nr. 1607 vom 3. April 2016, 23:21 Uhr die Eigenzeit aus den Gleichungen eliminiert und dadurch Gl. (11) erhalten, die zu dem beobachteten Wert der Periheldrehung führt.

Mit Ihrer Definition der Eigenzeit $ds=dt \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ wird aus der Bewegungsgleichung (7c) nach Rückverwandlung in eine dynamische Gleichung durch Multiplikation mit der Masse:
$\displaystyle \frac {d}{dt} \frac {m_0 \vec v}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=-m_0 \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2} \;\nabla \Phi$
die der Newtonschen Bilanzgleichung Trägheitskraft = Schwerkraft ähnelt, aber eben doch nicht das Gleiche ist, weil der Wurzelfaktor auf der rechten Seite im Zähler steht. Dies scheint das Äquivalenzprinzip zu verletzen, denn eine schnelle Masse wird gemäß der linken Seite träger, während auf der rechten Seite die Schwerkraft geringer wird. Es ist zweifelhaft, ob in diesem Fall überhaupt stabile Bahnen möglich sind.

Verwendet man die SRT Formeln, die im Beschleuniger gültig sind, müsste man eigentlich schreiben:
$\displaystyle \frac {d}{dt} \frac {m_0 \vec v}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=-\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2} } \;\nabla \Phi$
Mit anderen Worten: Ein heißer Stein, dessen Atome schneller werden, sollte träger, im selben Maß aber auch schwerer werden. Andernfalls würde z.B. ein heißer Stein langsamer fallen als ein kalter bei gleicher Anzahl der Atome. Im Prinzip lässt sich das experimentell nachprüfen, doch ich wage vorauszusagen, dass Energiezufuhr durch Wärme sowohl die Trägheit als auch die Schwere in gleichem Maß erhöht. Dazu ist es aber nötig, die zweite Version der Kraftbilanz für gültig zu erachten. Was meinen Sie dazu?

Da in der Geodätengleichung die Masse nicht vorkommt, fallen alle Körper bei gleicher Anfangsgeschwindigkeit nach dieser Gleichung gleich schnell. Das Äquivalenzprinzip ist also nicht verletzt. Natürlich sind nach Gl. (7c) stabile Bahnen möglich. Das folgt daraus, dass die Integration dieser Gleichung die zwei Gleichungen $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2A+\frac{\alpha}{r}\left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ ergibt.

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#1641 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 10. April 2016, 22:33

Martin Raible schrieb am 10. April 2016, 18:00:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 9. April 2016, 22:24:

Martin Raible schrieb am 6. April 2016, 11:36:

Prinzipiell kann man die Eigenzeit messen. Aber ich habe in Kommentar Nr. 1607 vom 3. April 2016, 23:21 Uhr die Eigenzeit aus den Gleichungen eliminiert und dadurch Gl. (11) erhalten, die zu dem beobachteten Wert der Periheldrehung führt.

Mit Ihrer Definition der Eigenzeit $ds=dt \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ wird aus der Bewegungsgleichung (7c) nach Rückverwandlung in eine dynamische Gleichung durch Multiplikation mit der Masse:
$\displaystyle \frac {d}{dt} \frac {m_0 \vec v}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=-m_0 \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2} \;\nabla \Phi$
die der Newtonschen Bilanzgleichung Trägheitskraft = Schwerkraft ähnelt, aber eben doch nicht das Gleiche ist, weil der Wurzelfaktor auf der rechten Seite im Zähler steht. Dies scheint das Äquivalenzprinzip zu verletzen, denn eine schnelle Masse wird gemäß der linken Seite träger, während auf der rechten Seite die Schwerkraft geringer wird. Es ist zweifelhaft, ob in diesem Fall überhaupt stabile Bahnen möglich sind.

Verwendet man die SRT Formeln, die im Beschleuniger gültig sind, müsste man eigentlich schreiben:
$\displaystyle \frac {d}{dt} \frac {m_0 \vec v}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=-\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2} } \;\nabla \Phi$
Mit anderen Worten: Ein heißer Stein, dessen Atome schneller werden, sollte träger, im selben Maß aber auch schwerer werden. Andernfalls würde z.B. ein heißer Stein langsamer fallen als ein kalter bei gleicher Anzahl der Atome. Im Prinzip lässt sich das experimentell nachprüfen, doch ich wage vorauszusagen, dass Energiezufuhr durch Wärme sowohl die Trägheit als auch die Schwere in gleichem Maß erhöht. Dazu ist es aber nötig, die zweite Version der Kraftbilanz für gültig zu erachten. Was meinen Sie dazu?

Da in der Geodätengleichung die Masse nicht vorkommt, fallen alle Körper bei gleicher Anfangsgeschwindigkeit nach dieser Gleichung gleich schnell. Das Äquivalenzprinzip ist also nicht verletzt. Natürlich sind nach Gl. (7c) stabile Bahnen möglich. Das folgt daraus, dass die Integration dieser Gleichung die zwei Gleichungen $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2A+\frac{\alpha}{r}\left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ ergibt.

Mein Argument bezogen auf den heißen und den kalten Stein bei gleicher Atomzahl wurde offenbar nicht verstanden. Aber integrieren wir nach Ihrer Vorschrift (7c), wenn sich das Teilchen auf der x-Achse und das Gravitationszentrum im Ursprung befindet. Die Anfangsgeschwindigkeit im Unendlichen sei parallel zur x-Achse gerichtet. Mit x = 1/r erhält man
$\displaystyle u^2=u^2_\infty+\alpha x$ oder $\displaystyle \frac{v^2}{1-v^2-\alpha x}=\frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x$
bzw. $\displaystyle v^2\left(1+ \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)=\left(1-\alpha x\right)\left( \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)$
oder: $\displaystyle v^2\left(1+\frac{1}{ \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x}\right)=\left(1-\alpha x\right)$
Dieser Ausdruck hat die seltsame Eigenschaft, dass das Quadrat der Geschwindigkeit gegenüber der Anfangsgeschwindigkeit abnimmt, während der Massenpunkt auf das Gravitationszentrum mit abnehmendem r zustürzt. Dies liegt daran, dass die Trägheitskraft mit zunehmender Geschindigkeit zunimmt, während die Schwerkraft gleichzeitig abnimmt.

Diese Bewegungsgleichung
$\displaystyle \frac {d}{dt} \frac {m_0 \vec v}{\sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}}=-m_0 \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2} \;\nabla \Phi$
ist offenbar unphysikalisch. Zwar bewegt sich die Masse auf der geraden Geodäte, nämlich der x-Achse, aber ihre Geschwindigkeit nimmt dabei ab, obwohl sie vom Gravitationszentrum angezogen wird. Eine alleinige Betrachtung der Kinematik reicht eben nicht aus. Man muss auch die Dynamik einbeziehen, d.h. das Kräftegleichgewicht untersuchen, wie man es von jeher in der Physik gemacht hat.

Ich hatte Sie schon einmal gefragt, woher Sie wissen, welche Energie die Teilchen haben, die sich auf Geodäten bewegen, aber darauf gab es keine Antwort.

Solange Sie keine Stabilitätsanalyse durchgeführt haben, können Sie aus der Befriedigung des Gleichgewichts allein nichts über dessen Stabilität sagen. Der Bleistift, der auf der Spitze steht, befindet sich auch im Gleichgewicht, aber nicht sehr lange.

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#1642 | Martin Raible | 11. April 2016, 03:05

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 10. April 2016, 22:33:

Mein Argument bezogen auf den heißen und den kalten Stein bei gleicher Atomzahl wurde offenbar nicht verstanden.

Das habe ich schon verstanden, aber ich fand es ungültig. In der Geodätengleichung kommen nicht die Geschwindigkeiten der Atome des Steines vor, sondern die Geschwindigkeit des Schwerpunktes des Steines. Deswegen fallen der heiße und der kalte Stein gleich schnell.

Aber integrieren wir nach Ihrer Vorschrift (7c), wenn sich das Teilchen auf der x-Achse und das Gravitationszentrum im Ursprung befindet. Die Anfangsgeschwindigkeit im Unendlichen sei parallel zur x-Achse gerichtet. Mit x = 1/r erhält man
$\displaystyle u^2=u^2_\infty+\alpha x$ oder $\displaystyle \frac{v^2}{1-v^2-\alpha x}=\frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x$
bzw. $\displaystyle v^2\left(1+ \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)=\left(1-\alpha x\right)\left( \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)$
oder: $\displaystyle v^2\left(1+\frac{1}{ \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x}\right)=\left(1-\alpha x\right)$
Dieser Ausdruck hat die seltsame Eigenschaft, dass das Quadrat der Geschwindigkeit gegenüber der Anfangsgeschwindigkeit abnimmt, während der Massenpunkt auf das Gravitationszentrum mit abnehmendem r zustürzt.

Das stimmt nicht. Nehmen wir Ihre zweitletzte Gleichung, die wir auch in der Form $\displaystyle v^2\left(\frac{1}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)=\left(1-\alpha x\right)\left( \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)$
schreiben können.
Jetzt setzen wir auf der linken Seite $v^2_\infty$ für $v^2$ ein und erhalten $\displaystyle \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha xv^2_\infty$ .
Die rechte Seite ergibt dagegen $\displaystyle \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\frac{1-2v^2_\infty}{1-v^2_\infty}-(\alpha x)^2$ .
Ist $(\alpha x)^2$ klein, so ist die linke Seite nur dann größer als die rechte Seite, wenn $\displaystyle v^2_\infty>\frac{1-2v^2_\infty}{1-v^2_\infty}$ bzw. $\displaystyle v^2_\infty>\frac{3-\sqrt{5}}{2}=0.38$ ist. Doch für diesen Bereich ist Gl. (7c) ohnehin nicht gültig.

Ist dagegen $v_{\infty}^2<0.38$ , so ist die linke Seite der Gleichung kleiner als die rechte Seite, so dass $v^2$ größer als $v_{\infty}^2$ sein muss, damit Gleichheit existiert.

Ich hatte Sie schon einmal gefragt, woher Sie wissen, welche Energie die Teilchen haben, die sich auf Geodäten bewegen, aber darauf gab es keine Antwort.

Ich habe Sie bereits einmal darauf hingewiesen, dass ich das Ergebnis in den Kommentaren Nr. 1602 vom 3. April 2016, 19:05 Uhr und Nr. 1603 aufgeschrieben habe.

Solange Sie keine Stabilitätsanalyse durchgeführt haben, können Sie aus der Befriedigung des Gleichgewichts allein nichts über dessen Stabilität sagen. Der Bleistift, der auf der Spitze steht, befindet sich auch im Gleichgewicht, aber nicht sehr lange.

Aus den zwei Integralen $\displaystyle \left(\frac{dx_i}{ds}\right)^2=2A+\frac{\alpha}{r}\left(1+\frac{B^2}{r^2}\right)$ und $\displaystyle r^2\frac{d\phi}{ds}=B$ können Sie ein effektives Potential wie in der klassischen Mechanik herleiten, und dann erkennen Sie die Stabilität.

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#1643 | ralfkannenberg | 11. April 2016, 10:11

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 10. April 2016, 15:59:

Welcher „Anfängerfehler“? Welche Formel habe ich in einem „unzutreffenden Zusammenhang verwendet“? Solche Behauptungen müssen konkretisiert werden, wenn man ernst genommen werden will. Haltlose Vermutungen haben mit „Höflichkeit“ nichts zu tun.

Lesen Sie die Beiträge beispielsweise von Herrn Raible überhaupt ? Er benennt Ihnen einen Fehler nach dem anderen und die meisten davon sind Anfängerfehler, oder – wie ich es höflicher formuliert hatte: Anwendungen physikalisch nicht zutreffender Voraussetzungen.

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#1644 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 11. April 2016, 15:00

Martin Raible schrieb am 11. April 2016, 03:05:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 10. April 2016, 22:33:

Mein Argument bezogen auf den heißen und den kalten Stein bei gleicher Atomzahl wurde offenbar nicht verstanden.

Das habe ich schon verstanden, aber ich fand es ungültig. In der Geodätengleichung kommen nicht die Geschwindigkeiten der Atome des Steines vor, sondern die Geschwindigkeit des Schwerpunktes des Steines. Deswegen fallen der heiße und der kalte Stein gleich schnell.

Aber integrieren wir nach Ihrer Vorschrift (7c), wenn sich das Teilchen auf der x-Achse und das Gravitationszentrum im Ursprung befindet. Die Anfangsgeschwindigkeit im Unendlichen sei parallel zur x-Achse gerichtet. Mit x = 1/r erhält man
$\displaystyle u^2=u^2_\infty+\alpha x$ oder $\displaystyle \frac{v^2}{1-v^2-\alpha x}=\frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x$
bzw. $\displaystyle v^2\left(1+ \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)=\left(1-\alpha x\right)\left( \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)$
oder: $\displaystyle v^2\left(1+\frac{1}{ \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x}\right)=\left(1-\alpha x\right)$
Dieser Ausdruck hat die seltsame Eigenschaft, dass das Quadrat der Geschwindigkeit gegenüber der Anfangsgeschwindigkeit abnimmt, während der Massenpunkt auf das Gravitationszentrum mit abnehmendem r zustürzt.

Das stimmt nicht. Nehmen wir Ihre zweitletzte Gleichung, die wir auch in der Form $\displaystyle v^2\left(\frac{1}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)=\left(1-\alpha x\right)\left( \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\right)$
schreiben können.
Jetzt setzen wir auf der linken Seite $v^2_\infty$ für $v^2$ ein und erhalten $\displaystyle \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha xv^2_\infty$ .
Die rechte Seite ergibt dagegen $\displaystyle \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x\frac{1-2v^2_\infty}{1-v^2_\infty}-(\alpha x)^2$ .
Ist $(\alpha x)^2$ klein, so ist die linke Seite nur dann größer als die rechte Seite, wenn $\displaystyle v^2_\infty>\frac{1-2v^2_\infty}{1-v^2_\infty}$ bzw. $\displaystyle v^2_\infty>\frac{3-\sqrt{5}}{2}=0.38$ ist. Doch für diesen Bereich ist Gl. (7c) ohnehin nicht gültig.

Ist dagegen $v_{\infty}^2<0.38$ , so ist die linke Seite der Gleichung kleiner als die rechte Seite, so dass $v^2$ größer als $v_{\infty}^2$ sein muss, damit Gleichheit existiert.

Sie übersehen, dass das Teilchen im Unendlichen startet, wo per definitionem x = 1/r = 0 gilt. Unter dieser Voraussetzung habe ich ja die Integrationskonstante $v_\infty$ so gewählt, dass diese Gleichung $\displaystyle v^2\left(1+\frac{1}{ \frac{v^2_\infty}{1-v^2_\infty}+\alpha x}\right)=\left(1-\alpha x\right)$ mit x = 0 identisch erfüllt wird. Am Radius $r=\alpha$ verschwindet die Geschwindigkeit des Teilchens, gleichzeitig wird seine Trägheit unendlich groß, wobei die Schwerkraft, die auf das Teilchen wirkt, ebenfalls verschwindet. Dies ist ein physikalisch völlig unhaltbares Ergebnis, welches beweist, dass Einsteins Bewegungsgleichung physikalischer Unsinn ist. Dies ist so, wenn man sowohl (7c) als auch Ihre Definition der Eigenzeit als gültig erachtet.

Wie kommen Sie eigentlich auf die Idee, dass $ds=dt \sqrt{1-\frac{\alpha}{r}-v^2}$ gilt? Einstein selbst benützt doch die „Zeitvariable“ $s\sqrt{1-2 A}$ . Damit würde das Teilchen beim Fallen wenigstens nicht langsamer werden, allerdings Überlichtgeschwindigkeiten erreichen, die man nur mit einer geschwindigkeitsabhängigen Masse verhindern kann, wie bereits gezeigt.

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#1645 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 11. April 2016, 15:04

ralfkannenberg schrieb am 11. April 2016, 10:11:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 10. April 2016, 15:59:

Welcher „Anfängerfehler“? Welche Formel habe ich in einem „unzutreffenden Zusammenhang verwendet“? Solche Behauptungen müssen konkretisiert werden, wenn man ernst genommen werden will. Haltlose Vermutungen haben mit „Höflichkeit“ nichts zu tun.

Lesen Sie die Beiträge beispielsweise von Herrn Raible überhaupt ? Er benennt Ihnen einen Fehler nach dem anderen und die meisten davon sind Anfängerfehler, oder – wie ich es höflicher formuliert hatte: Anwendungen physikalisch nicht zutreffender Voraussetzungen.

Wenn Sie schon unfähig sind, der Diskussion zu folgen, sollten Sie auch Ihr dummes Gerede lassen.

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#1646 | ralfkannenberg | 11. April 2016, 16:09

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 11. April 2016, 15:04:

Wenn Sie schon unfähig sind, der Diskussion zu folgen, sollten Sie auch Ihr dummes Gerede lassen.

Daran würde ich mich sogar gerne halten, wenn Sie dafür endlich mit Ihren Anfängerfehlern aufhören würden !

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#1647 | nocheinPoet | 11. April 2016, 19:07

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 11. April 2016, 15:04:

ralfkannenberg schrieb am 11. April 2016, 10:11:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 10. April 2016, 15:59:

Welcher „Anfängerfehler“? Welche Formel habe ich in einem „unzutreffenden Zusammenhang verwendet“? Solche Behauptungen müssen konkretisiert werden, wenn man ernst genommen werden will. Haltlose Vermutungen haben mit „Höflichkeit“ nichts zu tun.

Lesen Sie die Beiträge beispielsweise von Herrn Raible überhaupt ? Er benennt Ihnen einen Fehler nach dem anderen und die meisten davon sind Anfängerfehler, oder – wie ich es höflicher formuliert hatte: Anwendungen physikalisch nicht zutreffender Voraussetzungen.

Wenn Sie schon unfähig sind, der Diskussion zu folgen, sollten Sie auch Ihr dummes Gerede lassen.

Gibt Menschen die halten jenes, was sie nicht verstehen können für dumm und dieses wiederum für einen Beweis der eigenen Intelligenz. Dem ist natürlich nicht so, nur weil sie unfähig sind, die Aussagen von Ralf richtig zu begreifen, sind diese noch lange kein dummes Gerede, dieses finden wir hingegen real, mehr in ihrem ständigen Geschreibsel.

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#1648 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 11. April 2016, 19:17

ralfkannenberg schrieb am 11. April 2016, 16:09:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 11. April 2016, 15:04:

Wenn Sie schon unfähig sind, der Diskussion zu folgen, sollten Sie auch Ihr dummes Gerede lassen.

Daran würde ich mich sogar gerne halten, wenn Sie dafür endlich mit Ihren Anfängerfehlern aufhören würden !

Von denen Sie noch nicht mal sagen können, worin Sie bestehen.

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#1649 | ralfkannenberg | 11. April 2016, 19:20

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 11. April 2016, 19:17:

Von denen Sie noch nicht mal sagen können, worin Sie bestehen.

Hat es denn keine Gültigkeit für Sie, wenn Herr Raible es Ihnen aufschreibt ? Muss ich noch ein zweites Mal für Sie aufschreiben, und jeder andere User, der Sie darauf anspricht, ebenfalls noch ein weiteres Mal ?!

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#1650 | Dr. Wolfgang Engelhardt | 11. April 2016, 23:03

ralfkannenberg schrieb am 11. April 2016, 19:20:

Dr. Wolfgang Engelhardt schrieb am 11. April 2016, 19:17:

Von denen Sie noch nicht mal sagen können, worin Sie bestehen.

Hat es denn keine Gültigkeit für Sie, wenn Herr Raible es Ihnen aufschreibt ? Muss ich noch ein zweites Mal für Sie aufschreiben, und jeder andere User, der Sie darauf anspricht, ebenfalls noch ein weiteres Mal ?!

Mit Herrn Raible diskutiere ich. Von Ihnen muss ich mir nur inhaltloses Geschwätz ohne jede Substanz anhören.

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