Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел

Munin · 30/01/06 72407

monky99 в сообщении #1383322 писал(а):

Итак, чтобы найти векторы Киллинга, достаточно, чтобы компоненты метрики не зависели хотя бы от одной координаты.

Чтобы найти векторы Киллинга, вообще не важно, каковы координаты, и каковы координатные компоненты метрики. Векторы Киллинга - это бескоординатные объекты, описывающие симметрии многообразия.

monky99 в сообщении #1383322 писал(а):

Самая мощная симметрия по идее должна быть для бесконечного стержня в циллиндрических координатах.

Отнюдь нет. У сферически-симметричного поля симметрий больше. А больше всего - у плоского п.-в. Минковского.

monky99 · 09/01/18 91

Munin в сообщении #1383261 писал(а):

Давайте так. Всякая симметрическая матрица может быть приведена не только к диагональному виду, но и к единичному. Следует ли отсюда, что любую метрику можно заединичить во всём пространстве, то есть любая метрика преобразованием координат приводится к плоскому пространству (в т. ч. без гравитационного поля)?

Отсюда следует, что существует такая матрица $Y$ , что $Y^TAY=\operatorname{diag}(-1… 1)$ , где $A$ .
И что при помощи этой матрицы любую метрику можно заединичить во всём пространстве.
А вот то, что у Вас дальше это не "то есть". Дальше возникает вопрос. Будет ли матрица $Y$ матрицей преобразования координат.
Матрица преобразования координат определяет 4 дифференциальных уравнения. Если эти уравнения не имеют решения, то такого преобразования координат не существует и матрица $Y$ не является матрицей преобразования координат.
А привести метрику к плоскому пространству можно только если тензор кривизны при данной метрике нулевой. В противном случае эти 4 диффуравнения не будут иметь решения.
Я тут всё правильно изложил?

Но требование, чтобы получающаяся матрица была диагональной и единичной весьма сильное требование. И оно накладывает очень большие ограничения на $Y$ .
Требование, чтобы матрица была только диагональной гораздо мягче.
Вы знаете какое-либо условие, невыполнение которого приводило бы упомянутые выше уравнения к неразрешимости?

-- 21.03.2019, 13:41 --

Munin в сообщении #1383323 писал(а):

Чтобы найти векторы Киллинга, вообще не важно, каковы координаты, и каковы координатные компоненты метрики. Векторы Киллинга - это бескоординатные объекты, описывающие симметрии многообразия.

А Вам не кажется, что Ваши слова противоречат определению вектора Киллинга:
$\xi = d/d\varepsilon=(\partial/\partial x^K)$ , где $x^K$ это координата от которой не зависит метрика в данной СК?

Munin · 30/01/06 72407

monky99 в сообщении #1383327 писал(а):

Я тут всё правильно изложил?

В общем, правильно, и хорошо, что вы это понимаете, но пока не очень правильным языком. Язык тоже надо выучить из книг (посовременнее), а то вы взаимопонимания не найдёте.

monky99 в сообщении #1383327 писал(а):

Но требование, чтобы получающаяся матрица была диагональной и единичной весьма сильное требование. И оно накладывает очень большие ограничения на $Y$ .
Требование, чтобы матрица была только диагональной гораздо мягче.

Да вроде бы, 10 и 6 параметров, разница 4.

SergeyGubanov · 14/11/12 1367 Россия, Нижний Новгород

monky99 в сообщении #1383029 писал(а):

Я выбрал следующие преобразования:
$T=t$ , $R=\frac {2R_1R_2}{R_1+R_2}$ , $\theta = \arcsin(\frac {\rho}{R})$ , $\varphi =\varphi$

Как на счёт аналогичным способом "решить" задачу двух тел в электродинамике Максвелла? Найдите пожалуйста таким же способом электромагнитное поле двух точечных зарядов и сравните полученный ответ с общеизвестным. Если это действительно работающий способ, то он с одинаковой силой применим к тензорным полям любой размерности, в этом смысле электромагнитное поле Максвелла $A_{\mu}$ ничем не хуже гравитационного $g_{\mu \nu}$ . :roll:

manul91 · 24/08/12 1053

monky99 в сообщении #1383327 писал(а):

Отсюда следует, что существует такая матрица $Y$ , что $Y^TAY=\operatorname{diag}(-1… 1)$ , где $A$ .
И что при помощи этой матрицы любую метрику можно заединичить во всём пространстве.
А вот то, что у Вас дальше это не "то есть". Дальше возникает вопрос. Будет ли матрица $Y$ матрицей преобразования координат.
Матрица преобразования координат определяет 4 дифференциальных уравнения.

Неверно!

Чтобы прочувствовать вопрос насчет диагонализации, вы должны прорешать конкретные задачи.

Пусть хотя бы в двухмерном случае.

Вот например, возьмите конкретную метрику $dp^2 + pqdpdq + pqdqdp + dq^2$ (или $dp^2 + 2pqdpdq + dq^2$ , если объединить симметричных членов).

Нужно найти преобразования координат $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ такие, чтобы в новых координат $r,s$ та же метрика имела диагональный вид.
(Обычно вместо $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ пишут просто $p=p(r,s), q=q(r,s)$ и соответно вместо $\partial{F_p}$ , $\partial{F_q}$ пишут $\partial{p}$ , $\partial{q}$ подразумевая что "старые координаты" $p,q$ это функции из "новых" $r,s$ - но я пока буду здесь обозначать функции отдельными именами).

Тоесть: дано $g_{pp}(q,p)=g_{qq}(q,p)=1, g_{pq}(q,p)=g_{qp}(q,p)=pq$ , ищем неизвестные функции $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ такие - чтобы метрика в новых координат $r,s$ имела диагональный вид.

Я взял эту метрику наобум, с потолка (непонятно то ли поверхность кривая, то ли координаты кривые, то ли и одно и другое - но это нам пока не важно - задача обратить в диагональном виде хотя бы как-нибудь) - оказалось, найти решение легко в аналитичном виде (при этом оно неоднозначно, существуют самые разные решения).

Решили?
Что вы делали, как подходили?

Напишите также какие конкретные преобразования получили для $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ .

-------------------

Теперь, давайте в общем виде (опять для двухмерного случая).

Пусть у нас дана двухмерная метрика в общем случае $g_{pp}(p,q)dp^2 + g_{pq}(p,q)dpdq + g_{qp}(p,q)dqdp + g_{qq}(p,q)dq^2$ или eсли объединить диагональные элементы из-за симметрии $g_{pp}(p,q)dp^2 + 2g_{pq}(p,q)dpdq + g_{qq}(p,q)dq^2$ что то же самое (хотя чтобы ощутить паттерна в записей, лучше не объединять а просто помнить что они одинаковы)

Нужно найти преобразования координат $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ такие, чтобы в новых координат $r,s$ та же метрика имела диагональный вид.

Тоесть: даны три известные функции от $p$ и $q$ :
$g_{pp}(p,q)$ , $g_{pq}(p,q)=g_{qp}(p,q)$ , $g_{qq}(p,q)$
Ищем функции $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ такие - чтобы метрика в новых координат $r,s$ , та же имела диагональный вид.

Что тут дано? Даны три функции $g_{ik}$ из $p,q$ - или что то же самое, из $F_{p}, F_{q}$ .
Что ищется? Две неизвестные функции $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ из $r,s$ такие, чтобы в той же метрике в новых переменных диагональный член (функция-множитель перед $drds$ ) был равен нулю.

Из $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ сразу находим
$d{p} = d{F_p(r,s)} = \frac{\partial{F_p}}{\partial{r}}dr + \frac{\partial{F_p}}{\partial{s}}ds$
$d{q} = d{F_q(r,s)} = \frac{\partial{F_q}}{\partial{r}}dr + \frac{\partial{F_q}}{\partial{s}}ds$

Теперь нужно просто подставить $dp$ и $dq$ в исходную метрику, раскрыть скобки, и сгруппировать множители перед произведений дифференциалов $dr$ и $ds$ .
Также функции $g_{ik}(p,q)$ можно переписать просто как $g_{ik}(F_p,F_q)$ .

Проделайте это руками, на бумаге - найдите всех метрических коеффициентов метрики в новых координат - вы ощутите что тут есть паттерн (и поэтому сокращенная запись суммирования Эйнштейна позволяет записать эти суммы очень компактно - что здесь я не делаю).

(Например, что должно получиться для диагонального члена $g_{rs}(r,s)$ , т.е. множителя перед $drds$ той же метрики в новых переменных)

$g_{rs}(r,s) = g_{pp}(F_p,F_q)\frac{\partial{F_p}}{\partial{r}}\frac{\partial{F_p}}{\partial{s}} + g_{pq}(F_p,F_q)\frac{\partial{F_p}}{\partial{r}}\frac{\partial{F_q}}{\partial{s}} + g_{qp}(F_p,F_q)\frac{\partial{F_q}}{\partial{r}}\frac{\partial{F_p}}{\partial{s}} + g_{qq}(F_p,F_q)\frac{\partial{F_q}}{\partial{r}}\frac{\partial{F_q}}{\partial{s}}$

Тоесть, чтобы привести метрику в диагональным виде (внедиагональный член метрики обнулился - "сделать метрику диагональной во всем пространстве"), мы имеем одно уравнение в частных производных первого порядка, для двух неизвестных функций из двух переменных $p=F_p(r,s), q=F_q(r,s)$ которые ищем, типа
$G(F_p,F_q,\frac{\partial{F_p}}{\partial{s}},\frac{\partial{F_p}}{\partial{r}},\frac{\partial{F_q}}{\partial{s}},\frac{\partial{F_q}}{\partial{r}})=0$

Уравнение одно, потому что в двухмерном случае есть только один внедиагональный член метрики (их на самом деле два, но из-за симметрии они равны).
Неизвестные функции две, потому что в двухмерном случае у нас две координаты (и соответно две неизвестные функции перехода к новых координат)

Итак, видно что в двухмерном случае задача недоопределена (у нас "одно уравнение" на "двух неизвестных").

Это дает возможность легко подобрать решение для преобразований, притом не единственным способом.
Например, мы можем положить для одного из преобразований просто $F_q(r,s)=r$ , или $q=r$ - уравнение упростится в виде
$G(F_p,r,\frac{\partial{F_p}}{\partial{s}},\frac{\partial{F_p}}{\partial{r}})=0$
что уже одно уравнение одной функции в частных производных, и соответно имеет единственное решение для $F_p$ (зависящее от одной произвольной функции на граничных условий)

Теперь, должно быть легко прикинуть что будет в четырехмерном случае.

Чтобы обнулить все диагональные коеффициенты новой метрики тождественно - "сделать метрику диагональной во всем пространстве" - у нас будут целых шесть уравнений в частных производных первого порядка, связывающие только четыре неизвестных функций и их частных производных.

В общем случае для четырехмерного случая ясно, что теперь задача переопределена (уравнений больше чем неизвестных) - тоесть решений (таких функций) вообще может и не быть.

Значит, в четырехмерном случае не всегда можно перейти к метрическим тензором диагонального вида, путем преобразования координат.

-- 21.03.2019, 21:12 --

Munin в сообщении #1383313 писал(а):

manul91
Спасибо! А то я думал, только рассуждениями о разрешимости ДУ можно. Не догадался компоненты посчитать.

Ну, это по сути те же рассуждения о разрешимости ДУ.

Для обращения $n$ независимых компонентов метрики в наперед требуемом виде (в частности - обнулить все внедиагональные компоненты) - это $n$ (нелинейных) уравнений в частных производных первого порядка, из $k$ неизвестных функций - где $k$ размерность пространства, а $n$ к-во независимых членов метрики которые мы хотим обратить в конкретном виде (в частности, количество независимых внедиагональных членов равно $n=k(k-1)/2$ ).

manul91 · 24/08/12 1053

monky99 в сообщении #1383327 писал(а):

Отсюда следует, что существует такая матрица $Y$ , что $Y^TAY=\operatorname{diag}(-1… 1)$ , где $A$ .
И что при помощи этой матрицы любую метрику можно заединичить во всём пространстве.
А вот то, что у Вас дальше это не "то есть". Дальше возникает вопрос. Будет ли матрица $Y$ матрицей преобразования координат.
Матрица преобразования координат определяет 4 дифференциальных уравнения.

Чтобы увидеть, где у вас ошибка - попробуйте найти диагонализирующие преобразования к новых координат, вашим "матричным" способом (который годится только для констант и линейных преобразований в соответной точке).
(Кажется, вы опускаете то что если матрицы из констант, а преобразование линейное - то дифференциалы преобразуются очень просто - $p=a_{11}q + a_{12}r \Rightarrow dp=a_{11}dq + a_{12}dr$ - константы просто выдвигаются за дифференциалами. Но если $a_{11}, a_{12}$ - функции - дело совершенно другое - появляются дополнительные члены которые нужно группировать и т.д.)

Но вы попробуйте, ваш "матричный" способ конкретно.

Например в двухмерном случае, для метрики $dp^2 + 2pqdpdq + dq^2$ (для которой решение легко найти, пользуясь соответных ДУ).
Для этой метрики, матрица метрического тензора:
$g_{ik} = = \begin{vmatrix} g_{pp} & g_{pq} \\ g_{qp} & g_{qq} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & xy \\ xy & 1 \end{vmatrix}$

Теперь найдите вашу "диагонализирующую" матрицу $Y$ стандартным способом (так как если бы в матрического тензора были бы константы).

По вашей логике, в матрице $Y$ вместо констант должны сидеть некие функции (из четырех компонент метрического тензора), типа
$Y = \begin{vmatrix} F_{11}(g_{ik}) & F_{12}(g_{ik}) \\ F_{21}(g_{ik}) & F_{22}(g_{ik}) \end{vmatrix}$
- все тоже самое как если бы мы работаем с константами и линейном преобразовании - только вместо константы пишем соответные функции $g_{ik}$ .
Верно?

Теперь распишите явно диагонализирующее преобразование координат, которое реализируется матрицей $Y$
И проверьте непосредственно, диагонализирует ли она в метрический тензор в новых координат, после подстановки.

monky99 · 09/01/18 91

SergeyGubanov в сообщении #1383347 писал(а):

Как на счёт аналогичным способом "решить" задачу двух тел в электродинамике Максвелла? Найдите пожалуйста таким же способом электромагнитное поле двух точечных зарядов и сравните полученный ответ с общеизвестным. Если это действительно работающий способ, то он с одинаковой силой применим к тензорным полям любой размерности,

А может лучше на школьной физике проверим? Способ то давно известный, по крайней мере со времён Коперника. Заключающийся в том, что перед тем, как решать задачу, надо перейти в СК в которой это делать проще.

Ладно. Возвращаясь к приведению метрического тензора к диагональному виду.
Предположим у нас есть ПВ с метрикой, независящей от времени и преобразование координат, приводящее метрику к диагональному виду.
Сколько существует решений ОТО, в которых метрика не зависит от времени и имеет диагональный вид?

schekn · 10/12/11 2427 Москва

monky99
А вы проверяли, у вас при $z_1=z_2$ исчезает ли недиагональный элемент $g_{z\rho}$ ?
Громоздкое выражение, переписывать не хочется.

monky99 · 09/01/18 91

schekn в сообщении #1383415 писал(а):

monky99
А вы проверяли, у вас при $z_1=z_2$ исчезает ли недиагональный элемент $g_{z\rho}$ ?
Громоздкое выражение, переписывать не хочется.

Не исчезает. Это ведь цилиндрические координаты. А в метрике Шварцшильда в этих координатах он не нулевой. Кроме линий $z=z_2$ ( $z_1=z_2$ ) и $\rho=0$

manul91 · 24/08/12 1053

monky99 в сообщении #1383406 писал(а):

Сколько существует решений ОТО, в которых метрика не зависит от времени и имеет диагональный вид?

Интересный вопрос (полагаю, eще требуется и чтобы решения были вакуумными иначе все будет зависеть еще и от тензора $T$ ).

Во всяком случае, не одно.

Из известных - это как минимум минковское решение пустого пространства, и решение одного тела сферической симметрии Шварцшильда.

Еще должно быть, статические гравитационные поля одиночных паралеллепипедов (и элипсоидов, и вообще всех стабильных компактных тел которые симметричны при смене знака координат всех осей) - тоже должны допускать диагональный вид в вакуумной области метрики (при подходящих x,y,z-подобных координат с началом в центра симметрии - из-за отражательной симметрии по t,x,y,z - вроде выполняются те же условия как и у Шварцшильда которые допускают диагонализации метрики).
Включая вашу гантель с перемычкой

schekn · 10/12/11 2427 Москва

Geen в сообщении #1383061 писал(а):

Это мощный приём - в результате замены координат сферически-симметричное ПВ перестаёт быть сферически-симметричным...

Вы и другие правильно говорите, но непонятно, где ТС сделал ошибку. Если Риччи всюду ноль (не проверял), кроме особых точек, то вроде как некорректным способом получено осесимметричное вакуумное решение.
Я тут слегка проанализировал ситуацию.
Сначала monky99 берет метрику Шваршильда в стандартных координатах и делает такое преобразование: $r=R+2M$ . Если мы рассматриваем статическое решение в области: $r>2M$ , то $R>0$ . Значит $R=0$ особая область типа сферы Шварцшильда.
Далее идут вот такие преобразования координат:
$R=\frac{2R_1R_2}{R_1+R_2}=\frac{2\sqrt{{{\left( z-\mathit{z_1}\right) }^{2}}+{{\rho}^{2}}}\,\sqrt{{{\left( z-\mathit{z_2}\right) }^{2}}+{{\rho}^{2}}}}{\sqrt{{{\left( z-\mathit{z_2}\right) }^{2}}+{{\rho}^{2}}}+\sqrt{{{\left( z-\mathit{z_1}\right) }^{2}}+{{\rho}^{2}}}}$
$\theta=\arcsin(\rho/R)$

Откуда видно, что особенность $R=0$ достигается в двух точках $\rho=0$ и $z=z_1$ , $z=z_2$ .

Возникает вопрос о корректности последнего преобразования.
Для этого надо найти якобиан преобразования от коордианат $R, \theta$ к $\rho , z$ .
Этого ТС не сделал. Я тут попытался найти Якобиан и где он вырождается. Лучше бы ТС или кто-то еще меня проверили. Для этого надо найти частные производные :
$a_{11}=R_{,z}, a_{12}=R_{,\rho}, a_{21}=\theta_{,z}, a_{22}=\theta_{,\rho}$

Получилось (если нигде не наврал):
$J=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}=\frac{R_{,z}}{\sqrt{R^2-\rho^2}}$

После дифференцирования $R$ по $z$ Якобиан обращается в ноль в точке $\rho=0, z=(z_1+z_2)/2$

ПС. Мне кажется, что ТС втихоря разделил шар массы $M$ на 2 сферические части $M/2$ и переместил их в эти особые точки $z_1 , z_2$ , $\rho=0$ , чтобы совпадали центры сфер с этими точками.

Munin · 30/01/06 72407