Математическая эссенция

Полный круг После полного оборота корабль вернулся в исходную точку, и его скорость снова направлена так же, как в начале. Но положение, скорость и ориентация — три разные характеристики. Из возвращения первых двух ещё не следует, что ось свободного гироскопа тоже вернётся к первоначальному направлению. Причина в том, что изменения скорости в разных направлениях в теории относительности не перестановочны. Два последовательных разгона вдоль одной прямой можно объединить в один: соответствующие быстроты просто складываются. Но при изменениях скорости в разных направлениях результат зависит от их порядка. Посмотрим на это геометрически. Ранее мы ввели быстроту φ: v/c = th φ. При движении вдоль одной прямой быстроты складываются как обычные числа. А в пространстве всех возможных скоростей φ играет роль расстояния от состояния покоя. Каждой скорости сопоставим точку с координатами U₀ = γ, U₁ = γ(v/c)cos α, U₂ = γ(v/c)sin α, где α — направление скорости, а γ = 1/√(1 − v²/c²). Эти координаты удовлетворяют уравнению U₀² − U₁² − U₂² = 1. Верхняя часть такого гиперболоида служит моделью гиперболической плоскости. Поскольку v/c = th φ, из тождества 1 − th²φ = 1/ch²φ получаем γ = ch φ, γv/c = sh φ. Поэтому точки гиперболоида можно записать так: U₀ = ch φ, U₁ = sh φ cos α, U₂ = sh φ sin α. Если скорость корабля постоянна по модулю, то φ не меняется, а направление α совершает полный оборот. Значит, в пространстве скоростей корабль обходит круг радиуса φ. Отсутствие вращающего момента означает, что направление оси гироскопа переносится вдоль этого круга параллельно. Но в искривлённой геометрии параллельный перенос по замкнутому пути не обязан возвращать направление к исходному. Это можно увидеть уже на сфере. Перенесём стрелку от Северного полюса к экватору по одному меридиану, затем пройдём четверть экватора и вернёмся к полюсу по другому меридиану. Стрелку нигде намеренно не поворачивают, но после возвращения она оказывается повёрнутой на 90°. Величина такого поворота определяется кривизной и площадью внутри замкнутого пути. Для гиперболической плоскости кривизны −1 из теоремы Гаусса—Бонне следует: модуль угла поворота равен охваченной площади, если угол измерять в радианах. Метрика гиперболической плоскости в координатах φ и α имеет вид ds² = dφ² + sh²φ · dα². Поэтому элемент площади равен dS = sh φ · dφ · dα. Площадь круга радиуса φ: S = ∫₀²π∫₀φ sh r · dr · dα = 2π(ch φ − 1). Следовательно, за один оборот гироскоп повернётся на угол Ω = 2π(ch φ − 1). Но ch φ = γ, поэтому Ω = 2π(γ − 1). При v = 0,6c: γ = 1/√(1 − 0,6²) = 5/4. Значит, Ω = 2π(5/4 − 1) = π/2. Ось гироскопа окажется повёрнута на 90° в сторону, противоположную движению корабля по окружности. Радиус самой орбиты на результат не влияет. Этот эффект называют прецессией Томаса. Замкнутый путь вернул корабль к прежней скорости, но оставил после себя поворот. Так проявляется некоммутативность движений: последовательность преобразований Лоренца зависит от их порядка. Обычные параллельные переносы на евклидовой плоскости коммутируют. В гиперболическом пространстве скоростей память о пройденном пути сохраняется в виде поворота.

Задача. Космический корабль движется по окружности с постоянной скоростью 0,6c относительно Земли. На борту установлен быстро вращающийся волчок — гироскоп на свободном подвесе. Его ось не связана с корпусом корабля, и со стороны корабля на неё не действует вращающий момент. Корабль совершает полный оборот, возвращается в исходную точку, и его скорость снова направлена так же, как в начале. На какой угол окажется повёрнута ось гироскопа относительно первоначального направления в системе отсчёта Земли?

Два фотона Масса каждого фотона равна нулю. Откуда же у пары может взяться ненулевая масса? Здесь обнаруживается важное отличие от классической физики: сумма масс отдельных частиц не обязана сохраняться. В теории относительности фундаментальными законами являются сохранение энергии и импульса всей замкнутой системы. Это различие можно увидеть на совершенно реальном примере. Нейтральный пион π⁰ — частица с ненулевой массой — обычно распадается на два фотона. Рассмотрим такой распад в системе отсчёта, где пион до распада покоился. Его импульс равен нулю, а энергия равна Mc², где M — масса пиона. После распада два фотона одинаковой энергии E разлетаются в противоположных направлениях. Их импульсы взаимно уничтожаются, поэтому полный импульс системы по-прежнему равен нулю. А полная энергия равна 2E. Значит, M = 2E/c². До распада масса одной частицы была равна M. После распада массы обоих фотонов равны нулю, но масса всей системы из двух фотонов по-прежнему равна M. Именно массу всей системы мы ищем. Точнее, это её инвариантная масса. Для пары встречных фотонов существует система отсчёта с нулевым суммарным импульсом, и в ней масса системы равна её полной энергии, делённой на c². Получается, масса системы не равна сумме масс её частей. Она учитывает также энергию движения и взаимное направление импульсов. Поэтому сумма масс покоя частиц может изменяться. Энергия покоя исходной частицы может перейти в энергию движения или излучения продуктов распада — и наоборот. В обычных химических и механических процессах соответствующие изменения массы чрезвычайно малы, и закон сохранения массы работает как прекрасное приближение. Но в ядерной физике и физике частиц сохранять нужно полные энергию и импульс. Теперь посмотрим, как из энергии и импульса вычисляется масса системы. В релятивистской механике энергия и импульс объединяются в один вектор P = (E/c; p). Для простоты будем рассматривать движение по одной прямой. Квадрат этого вектора в геометрии пространства-времени определяется не как сумма квадратов, а как их разность: P² = (E/c)² − p². Это та же геометрия, которая уже появлялась в пространстве-времени: c²t² − x². Преобразования Лоренца меняют энергию и импульс, но сохраняют величину P². Что означает эта неизменная величина? Если существует система отсчёта, в которой суммарный импульс равен нулю, то полная энергия в ней равна Mc², поэтому P² = (Mc²/c)² = M²c². Отсюда M²c⁴ = E² − p²c². Здесь E и p — уже полная энергия и полный импульс всей системы. На примере распада пиона мы увидели, почему ненулевая масса пары не нарушает законов сохранения. Теперь вычислим эту массу непосредственно из геометрии энергии и импульса. Для фотона масса равна нулю, поэтому его вектор энергии-импульса имеет нулевую длину: (E/c)² − p² = 0. Следовательно, p = E/c. Пусть первый фотон летит вправо, а второй — влево. Их векторы имеют вид P₁ = (E/c; E/c), P₂ = (E/c; −E/c). У каждого из них квадрат длины равен нулю: (E/c)² − (E/c)² = 0. Сложим эти векторы: P₁ + P₂ = (2E/c; 0). Импульсы уничтожились, а энергии сложились. Квадрат длины суммы теперь равен (2E/c)² − 0² = 4E²/c². Значит, M²c² = 4E²/c², откуда M = 2E/c². У отдельного фотона нет системы покоя: невозможно догнать его и увидеть неподвижным. А у пары встречных фотонов такая система есть — именно в ней их импульсы взаимно уничтожаются. Если же два таких же фотона летят в одну сторону, то P₁ + P₂ = (2E/c; 2E/c), и длина суммы снова равна нулю. Масса такой системы равна нулю. Получается, масса пары зависит не только от энергий фотонов, но и от направлений их движения. За этим физическим результатом стоит необычный геометрический факт. В евклидовой геометрии ненулевого вектора нулевой длины не бывает. В геометрии пространства-времени такие векторы есть — и сумма двух векторов нулевой длины может иметь ненулевую длину. Поэтому два безмассовых фотона могут вместе образовать систему с массой.

Часы на второй станции Пусть станции A и B неподвижны друг относительно друга, а расстояние между ними равно L. Со станции A посылают световой сигнал к B, там он отражается и возвращается обратно. По часам на станции A весь путь занимает 2L/c. Обычно мы говорим: туда свет шёл со скоростью c и обратно тоже со скоростью c. Но пара скоростей 2c и 2c/3 даёт точно такое же общее время: L/(2c) + L/(2c/3) = 2L/c. Значит, опыт с одними часами на станции A не позволяет узнать отдельно время пути туда и время пути обратно. Чтобы измерить скорость только в одну сторону, нужны часы и на A, и на B. А значит, эти часы сначала надо синхронизировать. Здесь и появляется свобода. Пусть t — обычное время, при котором скорость света в обе стороны равна c, а x — координата, причём станция A находится в точке x = 0. Заменим показания удалённых часов по правилу T = t − κx/c, где −1 < κ < 1. На станции A ничего не изменится: там x = 0, поэтому T = t. А часы на станции B, где x = L, будут отставать от прежних на κL/c. Для света, идущего от A к B, выполняется x = ct. Поэтому T = t − κt = (1 − κ)t, и его скорость, вычисленная по новым часам, равна c₊ = c/(1 − κ). Для света, идущего обратно, аналогично получаем c₋ = c/(1 + κ). При κ = ½: c₊ = 2c, c₋ = 2c/3. Например, пусть расстояние между станциями равно одной световой секунде. Сигнал отправляют с A в момент T = 0. На часах B в момент его прихода будет всего 0,5 секунды: отсюда скорость 2c. После отражения сигнал вернётся на A в момент T = 2 секунды. По показаниям часов на двух станциях обратный путь занял 1,5 секунды, поэтому его скорость равна 2c/3. При этом время полного пути осталось прежним: L/c₊ + L/c₋ = L(1 − κ)/c + L(1 + κ)/c = 2L/c. Никакой сигнал физически не стал быстрее света. Наблюдатель, измеряющий скорость света рядом с собой одними часами, по-прежнему получит c. Изменилось только то, какие события в разных точках мы считаем одновременными. Геометрически замена t на T наклоняет линии одновременности на диаграмме пространства-времени. Сами события и траектории световых лучей остаются прежними — меняется координатная сетка. Поэтому односторонняя скорость света зависит от способа синхронизации удалённых часов. А скорость света на замкнутом пути измеряется одними часами и от этой договорённости не зависит.

Вернёмся ещё к нескольким задачам теории относительности. Их ответы часто противоречат привычной интуиции, но становятся естественными, если смотреть на пространство, время, скорости, энергию и импульс через единый геометрический язык.

Задача (И.Русских, Матпраздник 2025) Разделите «яблоко» на рисунке на 5 равных частей по линиям треугольной сетки. Части будут несвязными, но их можно нарисовать с помощью одного и того же трафарета (трафарет можно поворачивать и переворачивать).   Решение  по ссылке.

Задача (Г. Э. Дьюдени). У семи торговок было соответственно 20, 40, 60, 80, 100, 120 и 140 яблок. Они пришли на рынок и продали все свои яблоки, соблюдая два строгих правила: 1) Цены на яблоки на рынке в любое время в течение дня были у всех абсолютно одинаковыми. 2) Каждая из семи торговок в итоге выручила одну и ту же сумму денег. Как это могло получиться?   Решение  по ссылке.

Задача. В корзине лежат 13 яблок. Весы позволяют узнать суммарный вес любых двух яблок. Какое наименьшее число взвешиваний требуется, чтобы узнать общий вес всех яблок?   Решение  по ссылке.

Задача (А.В. Шаповалов). На столе лежат 6 яблок, не обязательно одинакового веса. Таня разложила их по 3 на две чаши весов, и весы оказались в равновесии. Саша разложил те же яблоки иначе: 2 на одну чашу и 4 на другую, и весы снова оказались в равновесии. Докажите, что можно положить на одну чашу одно яблоко, а на другую — два так, чтобы весы опять оказались в равновесии.   Решение  по ссылке.

Календарь и новостная лента в эти дни довольно настойчиво предлагают одну и ту же тему. Поэтому сегодня — несколько задач про яблоки.     Задача (Я.И. Перельман) Садовник продал первому покупателю половину всех своих яблок и ещё пол-яблока, второму — половину оставшихся и ещё пол-яблока, третьему — половину оставшихся и ещё пол-яблока и т. д. Седьмому покупателю он продал половину оставшихся яблок и ещё пол-яблока; после этого яблок у него не осталось. Сколько яблок было у садовника?   Решение  по ссылке.

Две дороги между встречами Если тело движется со скоростью v, то его собственное время τ связано с земным временем t соотношением τ = t√(1 − v²/c²). Для одного участка пути: τ = 5√(1 − 0,6²) = 4 года. Туда и обратно — 8 лет. Но здесь есть более интересный способ увидеть тот же ответ. За один участок корабль перемещается на 3 световых года за 5 земных лет. Время, прошедшее на корабле, равно √(5² − 3²) = 4 года. Да, получился египетский треугольник 3–4–5, только теорема Пифагора работает не как 5² = 4² + 3², а как 4² = 5² − 3². Числа те же, но геометрия другая. В обычной геометрии длина отрезка на плоскости равна √(x² + y²). В пространстве-времени собственное время между двумя событиями определяется выражением τ = √(t² − x²/c²). Из-за знака минус привычное неравенство треугольника как будто переворачивается. Корабль движется от первого события — старта — ко второму, развороту, а затем к третьему — возвращению. На двух участках его собственное время равно 4 + 4 = 8 лет. Земля между теми же событиями старта и возвращения никуда не перемещается, поэтому её собственное время равно √(10² − 0²) = 10 лет. Получается 4 + 4 < 10. Ломаная мировая линия оказалась короче прямой. Это, конечно, не особенность удачно выбранных чисел. Пусть тело движется в течение времени t₁ с координатной скоростью v₁, а затем в течение времени t₂ с координатной скоростью v₂. Скорости здесь берутся со знаками: движение в обратную сторону соответствует отрицательной скорости. На его часах пройдёт τ = t₁f(v₁) + t₂f(v₂), где f(v) = √(1 − v²/c²). Эта функция вогнута: f″(v) < 0. По неравенству Йенсена t₁f(v₁) + t₂f(v₂) ≤ (t₁ + t₂)f((t₁v₁ + t₂v₂)/(t₁ + t₂)). Дробь в правой части — средняя скорость на всём пути. Значит, справа стоит время, которое прошло бы при равномерном прямолинейном движении между теми же двумя событиями. Итак, между двумя фиксированными событиями в плоском пространстве-времени прямая мировая линия даёт не наименьшее, а наибольшее собственное время. Поэтому дело не в том, что ускорение само по себе «замедляет часы». Разворот нужен, чтобы перейти с одного прямолинейного участка на другой. Меньше времени набирает именно непрямая мировая линия. В обычной геометрии тот, кто идёт напрямик, проходит меньше. В пространстве-времени тот, кто не сворачивает, стареет больше.

Встречный курс Пусть в системе отсчёта Земли один корабль летит вправо со скоростью 0,8c, а другой — влево с такой же скоростью. За одну секунду расстояние между ними уменьшается на 0,8c + 0,8c = 1,6c. Значит, в системе отсчёта Земли скорость их сближения равна 1,6c. Противоречия с теорией относительности здесь нет. Число 1,6c — не скорость одного корабля в системе отсчёта другого. Это скорость, с которой уменьшается расстояние между ними по земным часам. если источник испускает два световых луча в противоположных направлениях, то в системе отсчёта источника расстояние между фронтами лучей увеличивается со скоростью 2c. Но каждый луч по-прежнему движется со скоростью c. В опросе спрашивалось другое: какую скорость одного корабля измерит наблюдатель на другом корабле? Для этого обычное сложение уже не подходит. Если u и v — модули скоростей двух тел, движущихся навстречу друг другу, то скорость одного тела относительно другого равна w = (u + v)/(1 + uv/c²). Поэтому w = (0,8c + 0,8c)/(1 + 0,8·0,8) = 40c/41. Почему закон сложения скоростей устроен такой странной дробью? Будем измерять скорости в долях скорости света. Пусть: β₁ = v₁/c,  β₂ = v₂/c, где v₁ и v₂ — модули скоростей двух тел. Скорость одного тела относительно другого тоже выразим в долях c и обозначим через  β₁₂. Тогда β₁₂ = (β₁ + β₂)/(1 + β₁β₂). Теперь введём вспомогательную величину q = (1 + β)/(1 − β). Для трёх скоростей получаем: q₁ = (1 + β₁)/(1 − β₁), q₂ = (1 + β₂)/(1 − β₂), q₁₂ = (1 + β₁₂)/(1 − β₁₂). Подставим формулу для β₁₂: q₁₂ = [1 + (β₁+β₂)/(1+β₁β₂)] / [1 − (β₁+β₂)/(1+β₁β₂)]. После упрощения: q₁₂ = (1+β₁β₂+β₁+β₂)/(1+β₁β₂−β₁−β₂). Числитель и знаменатель раскладываются на множители: q₁₂ = (1+β₁)(1+β₂)/((1−β₁)(1−β₂)). Значит, q₁₂ = q₁q₂. Итак, сами скорости складываются по дробной формуле, а соответствующие им числа q при этом просто перемножаются. Остаётся превратить умножение в сложение. Для этого нужен логарифм. Введём величину φ = ½ ln q = ½ ln((1 + β)/(1 − β)). Она называется быстротой. Поскольку q₁₂ = q₁q₂, получаем φ₁₂ = ½ ln(q₁q₂) = ½ ln q₁ + ½ ln q₂ = φ₁ + φ₂. Получается, что скорости складываются сложно, а быстроты — обычным образом. Это не просто удобная замена переменной. Из определения быстроты можно выразить скорость: β = (e^(2φ) − 1)/(e^(2φ) + 1) = th φ. В обычной геометрии поворот сохраняет величину x² + y², а последовательным поворотам соответствует сложение углов. Преобразования Лоренца устроены похоже, только они сохраняют величину c²t² − x². Их можно рассматривать как гиперболические повороты, а быстрота φ играет роль гиперболического угла. Поэтому быстроты складываются по той же причине, по которой складываются углы последовательных поворотов. При этом th φ при любом конечном φ остаётся между −1 и 1. Значит, соответствующая скорость βc всегда меньше c. Скорости света отвечала бы бесконечная быстрота.

Случайный человек или случайный друг Представим очень простую социальную сеть. Есть один человек, который дружит со всеми остальными 100 людьми. А каждый из этих 100 людей дружит только с ним. Получается сеть-звезда. У центрального человека 100 друзей. У каждого из остальных — по 1 другу. Сколько друзей у случайного человека в такой сети? Среднее равно (100+100·1)/101 ≈ 1,98. То есть случайный человек имеет в среднем около 2 друзей. Теперь выберем не случайного человека, а случайного друга. Иначе говоря, выберем случайную дружескую связь и посмотрим на один из её концов. Тогда центральный человек попадётся очень часто: к нему ведут 100 связей. Каждый из остальных попадётся только по одной связи. Среднее число друзей в такой выборке равно (100²+100·1²)/(100+100)=50,5. Получается резкий разрыв: случайный человек имеет в среднем около 2 друзей; случайный друг имеет в среднем 50,5 друзей. Такой вот парадокс дружбы. Он возникает не из-за психологии, а из-за способа выбора. Если выбирать людей напрямую, каждый человек имеет одинаковый вес. Если выбирать людей через дружеские связи, человек с k друзьями попадает в выборку в k раз чаще. Поэтому более связные люди автоматически пере представлены. В общем виде это записывается так. Пусть D — число друзей у случайного человека. Среднее число друзей у случайного человека равно E(D). А среднее число друзей у случайного друга равно E(D²)/E(D). Квадрат появляется потому, что человек с k друзьями имеет значение k и одновременно попадает в выборку в k раз чаще. Так как E(D²) ≥ E(D)², получаем E(D²)/E(D) ≥ E(D). Если число друзей не у всех одинаковое, неравенство строгое. Поэтому средний друг имеет больше друзей, чем средний человек. Популярная фраза «у большинства людей их друзья популярнее их самих» — более сильная версия этого эффекта. Она часто верна в реальных сетях, но универсальная математическая формулировка именно такая: средний друг популярнее среднего человека. Та же ошибка возникает в любой выборке, где мы выбираем объект не напрямую, а через его связи или появления. Случайный ученик чаще окажется в большом классе. Случайный пассажир чаще окажется в загруженном автобусе. Случайная ссылка чаще приведёт на популярную страницу. Это выборка, смещённая размером. Чем больше у объекта связей, мест или появлений, тем чаще он попадает в наблюдение.

Урна Пойи В урне лежат 1 белый и 1 чёрный шар. Повторяем один и тот же опыт: достаём случайный шар; возвращаем его обратно; добавляем ещё один шар того же цвета. Если достали белый, белых стало на один больше. Если достали чёрный, чёрных стало на один больше. На первый взгляд модель полностью симметрична. Поэтому хочется ожидать, что доля белых шаров со временем должна стремиться к 1/2. Но это неверно. Урна Пойи устроена иначе: ранняя случайность не сглаживается, а закрепляется. Посмотрим на точный расчёт. Пусть сделано n добавлений. Тогда всего в урне n+2 шара. Пусть за это время было добавлено k белых шаров. Тогда белых шаров стало k+1, а чёрных — n−k+1. Оказывается, для любого k = 0, 1, ..., n P(добавлено ровно k белых)=1/(n+1). То есть после n шагов все варианты 0, 1, 2, ..., n для числа добавленных белых шаров равновероятны. Это можно проверить индукцией. После n шагов пусть каждое значение k имеет вероятность 1/(n+1). После следующего шага получить k белых добавлений можно двумя способами: уже было k, и достали чёрный шар; или было k−1, и достали белый шар. В первом случае вероятность достать чёрный равна (n−k+1)/(n+2). Во втором случае вероятность достать белый равна k/(n+2). Поэтому Pₙ₊₁(k) = 1/(n+1)·(n−k+1)/(n+2) + 1/(n+1)·k/(n+2). Складываем: Pₙ₊₁(k) = 1/(n+1)·(n+1)/(n+2) = 1/(n+2). Равномерность сохраняется. Значит, после большого числа шагов доля белых шаров не обязана быть близка к ½ . Более того, в пределе она стремится к случайному числу на отрезке [0; 1], и при начальной урне 1 белый, 1 чёрный этот предел распределён равномерно. Например, вероятность того, что предельная доля белых окажется между 0,4 и 0,6, равна 0,2. Вероятность оказаться между 0 и 0,2 тоже равна 0,2. И вероятность оказаться между 0,8 и 1 тоже равна 0,2. Симметрия здесь означает не сходимость к половине. Она означает, что заранее ни один итоговый уровень не имеет преимущества. Это модель с положительной обратной связью: чем больше белых шаров уже накопилось, тем выше шанс снова достать белый; чем больше чёрных, тем выше шанс снова достать чёрный. Поэтому случайное раннее преимущество может закрепиться. Так появляется «случайный лидер». Два варианта стартуют почти одинаково. Первый небольшой перевес может возникнуть случайно. Но дальше сам механизм выбора начинает этот перевес поддерживать. Модель наглядно объясняет процессы «самоусиления», когда начальный успех увеличивает шансы на последующий успех — принцип «богатые богатеют». Похожая логика есть в моделях популярности: статью чаще цитируют, если её уже часто цитировали; товар чаще выбирают, если его уже многие выбрали; страницу чаще открывают, если она уже поднялась выше в выдаче; участника сети чаще замечают, если у него уже много связей. Конечно, реальные системы сложнее урны Пойи. Но основной механизм тот же: вероятность нового выбора зависит от уже накопленного результата. В обычном усреднении случайные колебания со временем уменьшаются. А в урне Пойи они могут стать частью будущих правил игры.