考虑以下场景：
- 两个惯性系统\(oxyz\)和\(o'x'y'z'\)，其中\(xx'\)轴彼此重合；
- \(o'x'y'z'\)系统以\(u\)的速度沿\(x\)方向从\(oxyz\)的左边靠近，继而越过它，并继而以\(u\)的速度离开它；
- 当\(o\)及\(o'\)重合时，定它们在原点上的时钟之读数为\(t_{o} = t_{o}' = 0\)。
- 考虑一事件\(P\)：从惯性系统\(oxyz\)观测到此事件的时空坐标为\((x_p,y_p,z_p,t_p)\)，而从惯性系统\(o'x'y'z'\)观测则为\((x_p',y_p',z_p',t_p')\)。
$$ x'=x - ut \\ y'=y \\ z'=z \\ t'=t $$
（没脚注的\(x,y,z,t,x',y',z',t'\)都指事件\(P\)发生的地点和时间。）
根据狭义相对论，则应使用洛伦兹变换：
$$ x'=\frac{x - ut}{\sqrt{1-u^2/c^2}} \\ y'=y \\ z'=z \\ t' = \frac{t - \frac{u}{c^2} x}{\sqrt{1-u^2/c^2}} $$
解：对于甲与乙之间的关系，仅需一参量即速度\(u\)形容。每个事件都有各自的洛伦兹变换方程。这儿有两个事件1及2，所以有两个方程组要考虑。（为了便于理解，在此列出完整的方程组，实际解题时不需列出多余的方程。）
设甲和乙对事件1所测得的时空坐标为分别为\((x_1,y_1,z_1,t_1)\)和\((x_1',y_1',z_1',t_1')\)。则
$$ x_1' = \frac{x_1 - ut}{\sqrt{1-u^2/c^2}} \\ y_1' = y_1 \\ z_1' = z_1 \\ t_1' = \frac{t_1 - \frac{u}{c^2} x_1}{\sqrt{1-u^2/c^2}} $$
$$ x_2' = \frac{x_2 - ut}{\sqrt{1-u^2/c^2}} \\ y_2' = y_2 \\ z_2' = z_2 \\ t_2' = \frac{t_2 - \frac{u}{c^2} x_2}{\sqrt{1-u^2/c^2}} $$
此两组方程式中的\(u\)都有相同的值。
先找\(u\)。根据题意，\(t' = t_1' = t_2'\)，所以：
$$ \frac{t_1 - \frac{u}{c^2} x_1}{\sqrt{1-u^2/c^2}} = \frac{t_2 - \frac{u}{c^2} x_2}{\sqrt{1-u^2/c^2}} \\
t_1 - \frac{u}{c^2} x_1 = t_2 - \frac{u}{c^2} x_2 \\
2 \times 10^{-4} \, \mathrm{s} - \frac{u}{c^2} \times (6 \times 10^{4} \, \mathrm{m}) = 1 \times 10^{-4} \, \mathrm{s} - \frac{u}{c^2} \times (12 \times 10^{4} \, \mathrm{m}) \\
2c^{2} \, \mathrm{s} - 6 \times 10^{8} u \, \mathrm{m} = c^2 \, \mathrm{s} - 12 \times 10^{8} u \, \mathrm{m} \\
6 \times 10^{8} \times u \, \mathrm{m} = - c^2 \, \mathrm{s} \\
2 \, \mathrm{s} \times (3 \times 10^{8} \mathrm{ms}^{-1}) \times u = - c^2 \, \mathrm{s} \\
2cu = - c^2 \\
u = - \frac{c}{2} $$
乙所测得的空间间隔为：
$$ x_2' - x_1' = \frac{(x_2 - x_1) - u (t_2 - t_1)}{\sqrt{1-u^2/c^2}} \\
= \frac{(12 \times 10^4 - 6 \times 10^4) - (-1.5 \times 10^8) (1 \times 10^{-4} - 2 \times 10^{-4})}{\sqrt{1-(-\frac{1}{2})^2}} \, \mathrm{m} \\
= 5.2 \times 10^4 \, \mathrm{m} $$
