К вопросу о неравенстве инертной и гравитационной массы

[epros]

VladTK в сообщении #549597 писал(а):

$$ T^{\mu \nu}=\frac{\rho c^2}{\sqrt{-g}} u^{\mu} u^{\nu} \frac{ds}{dx^0} $$

В ИСО это дает

$$ \hat{T}^{\mu \nu}=\rho c^2 \begin{pmatrix} \frac{\hat{x}^1}{r} & \frac{\hat{x}^0}{r} & 0 & 0\\ \frac{\hat{x}^0}{r} & \frac{\hat{x}^0}{r} \frac{\hat{x}^0}{\hat{x}^1} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$

Похоже, что у Вас тут куча ошибок. Начнём с того, что Вы непонятно как получили ненулевые пространственные компоненты ТЭИ, когда пространственные компоненты четырёхскоростей нулевые.

VladTK в сообщении #549597 писал(а):

Если мы стартуем от правильного выражения тензора энергии-импульса в УСО, выполняем переход в ИСО и получаем опять таки неверное выражение энергии теперь уже в ИСО. Как Вы это объясните, epros?

Странное дело, я сейчас проделал преобразования ТЭИ на бумажке и у меня всё получилось. К сожалению, я не в силах набить это всё на телефоне. Может попозже, когда доберусь до компа.

[schekn]

Paganel в сообщении #549547 писал(а):

schekn в сообщении #549478 писал(а):

2. Для данной метрики тензор Римана не равен нулю (она описывает искривленное пространство), поэтому ее нельзя преобразовать к виду с $g_{ik}=$const, у которого тензор Римана равен нулю.

Да, понятно. Просто мне приводился пример модели гравитирующей плоскости, где тензор кривизны 0, как доказательство сконструированной "реальной" гравитации. Значит остается как аргумент только решение , приведенное Someone, где он режет пространство Минковского и отбрасывает большую часть.

[VladTK]

epros в сообщении #549615 писал(а):

VladTK в сообщении #549597 писал(а):

$$ T^{\mu \nu}=\frac{\rho c^2}{\sqrt{-g}} u^{\mu} u^{\nu} \frac{ds}{dx^0} $$

В ИСО это дает

$$ \hat{T}^{\mu \nu}=\rho c^2 \begin{pmatrix} \frac{\hat{x}^1}{r} & \frac{\hat{x}^0}{r} & 0 & 0\\ \frac{\hat{x}^0}{r} & \frac{\hat{x}^0}{r} \frac{\hat{x}^0}{\hat{x}^1} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$

Похоже, что у Вас тут куча ошибок. Начнём с того, что Вы непонятно как получили ненулевые пространственные компоненты ТЭИ, когда пространственные компоненты четырёхскоростей нулевые.

Вы чего-то напутали. В ИСО 4-скорость имеет две ненулевые компоненты: $\hat{u}^0$ и $\hat{u}^1$. Поэтому и у ТЭИ ненулевые компоненты $\hat{T}^{00}, \hat{T}^{01}, \hat{T}^{10}, \hat{T}^{11}$.

В УСО действительно пространственные компоненты 4-скорости нулевые (ненулевая здесь только $u^0=1$). А потому и ТЭИ имеет здесь только одну ненулевую компоненту $T^{00}$.

epros в сообщении #549615 писал(а):

VladTK в сообщении #549597 писал(а):

Если мы стартуем от правильного выражения тензора энергии-импульса в УСО, выполняем переход в ИСО и получаем опять таки неверное выражение энергии теперь уже в ИСО. Как Вы это объясните, epros?

Странное дело, я сейчас проделал преобразования ТЭИ на бумажке и у меня всё получилось. К сожалению, я не в силах набить это всё на телефоне. Может попозже, когда доберусь до компа.

Давайте, а то как-то голословно получается...

[epros]

VladTK в сообщении #549717 писал(а):

В УСО действительно пространственные компоненты 4-скорости нулевые (ненулевая здесь только $u^0=1$). А потому и ТЭИ имеет здесь только одну ненулевую компоненту $T^{00}$.

Ок, я интересовался именно равноускоренной СО.

VladTK в сообщении #549717 писал(а):

Давайте, а то как-то голословно получается...

Ну, давайте. Итак, единственная ненулевая компонента ТЭИ в равноускоренной СО:

$T^{00} = mc^2 \delta(x^1 - r) \delta(x^2) \delta(x^3)$.

Матрицу Якоби преобразования Вы уже расписали:

$\frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{0}}=\frac{x^1}{r} \ch{\frac{x^0}{r}}$, $\frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{1}}=\sh{\frac{x^0}{r}}$

$\frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{0}}=\frac{x^1}{r} \sh{\frac{x^0}{r}}$, $\frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{1}}=\ch{\frac{x^0}{r}}$

(остальные очевидные компоненты я не привожу).

С учётом того, что $x^1 = \sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2}$ и глядя на формулы преобразования, давайте сразу распишем матрицу Якоби через координаты лабораторной ИСО:

$\frac{\partial \hat{x}^0}{\partial x^0}=\frac{\hat{x}^1}{r}$, $\frac{\partial \hat{x}^0}{\partial x^1}=\frac{\hat{x}^0}{\sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2}}$

$\frac{\partial \hat{x}^1}{\partial x^0}=\frac{\hat{x}^0}{r}$, $\frac{\partial \hat{x}^1}{\partial x^1}=\frac{\hat{x}^1}{\sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2}}$

Определитель:

$\det \lVert \frac{\partial \hat{x}^i}{\partial x^j}\rVert = \frac{\sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2}}{r}$

Формула преобразования дважды контравариантной тензорной плотности:

$\hat{T}^{i j} = T^{k l} \frac{\partial \hat{x}^i}{\partial x^k} \frac{\partial \hat{x}^j}{\partial x^l} \, / \, \det \lVert \frac{\partial \hat{x}^i}{\partial x^j}\rVert$

А значит та компонента тензора, которая нас интересует:

$\hat{T}^{0 0} = T^{0 0} \left(\frac{\partial \hat{x}^0}{\partial x^0}\right)^2 \, / \, \det \lVert \frac{\partial \hat{x}^i}{\partial x^j}\rVert = T^{0 0} \frac{(\hat{x}^1)^2}{r \sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2}}$

$~ ~ = mc^2 \, \frac{(\hat{x}^1)^2}{r \sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2}} \, \delta(\sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2} - r) \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3)$

Чтобы увидеть, что это именно то, что нам нужно, необходимы ещё несколько телодвижений. Во-первых, преобразуем первую дельта функцию к нужному виду:

$\delta(\sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2} - r) = \frac{r}{\sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}} \,\delta(\hat{x}^1 - \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2})$

Таким образом:

$\hat{T}^{0 0} = mc^2 \, \frac{(\hat{x}^1)^2}{\sqrt{(\hat{x}^1)^2 - (\hat{x}^0)^2} \, \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}} \, \delta(\hat{x}^1 - \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}) \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3)$

Во-вторых, избавимся от переменной $\hat{x}^1$ в коэффициенте перед дельта-функциями. Для этого подставим:

$\hat{x}^1 = \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}$

То, что так можно сделать, легко увидеть, поглядев на первую дельта-функцию. В итоге получим:

$\hat{T}^{0 0} = mc^2 \, \sqrt{1 + (\frac{\hat{x}^0}{r})^2} \, \delta(\hat{x}^1 - \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}) \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3)$

Т.е. то самое выражение, которое я Вам написал несколько постов назад. Проинтегрировав эту величину по трём пространственным координатам, получим:

$\hat{E} = mc^2 \, \sqrt{1 + (\frac{\hat{x}^0}{r})^2}$.

[dinaconst]

VladTK в сообщении #549597 писал(а):

Отсюда ненулевые величины $\frac{\partial \hat{x}^{\mu}}{\partial x^{\alpha}}$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{0}}=\frac{x^1}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{1}}=\sh{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{0}}=\frac{x^1}{r} \sh{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{1}}=\ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{2}}{\partial x^{2}}=\frac{\partial \hat{x}^{3}}{\partial x^{3}}=1 $$

Тут, ведь, две производных должны быть нулевыми, вроде бы.
Ведь, вдоль мировой линии рассматриваемой частицы ни икс ноль с крышкой, ни икс один с крышкой не зависят от икс один без крышки. Ведь, икс один без крышки вдоль мировой линии не меняется.

Цитата:

Из уравнений преобразования компонент тензора энергии-импульса выбираем интересующие нас компоненты...

И тут, мне кажется, должны справа остаться только первые слагаемые, в силу зануления этих двух производных.
Потом, проверьте, пожалуйста, тэ мю ню с крышкой. Мне кажется, там более симметричные по координатам выражения для компонент должны получиться.

[Someone]

schekn в сообщении #548598 писал(а):

Я за то, чтобы Вы аккуратно решали ту задачу , которую поставили, как и в этой теме , так и 4 года назад.
Напишите аккуратно те же преобразования от метрики Вашей гравитирующей плоскости к плоской метрике и Вы увидите в чем нехорошесть таких преобразований.

Я уже писал, что преобразования пространства-времени с метрикой

$$ds^2=\left(1+\frac{g|z|}{c^2}\right)^2c^2dt^2-dx^2-dy^2-dz^2\eqno{(6)}$$

к пространству-времени Минковского с метрикой

$$ds^2=c^2d\tau^2-d\xi^2-d\eta^2-d\zeta^2\eqno{(1)}$$

не существует, но Вы упорно предъявляете претензии к этому несуществующему преобразованию. Зачем оно Вам понадобилось?
Существуют два отдельных преобразования: одно преобразует область $z\geqslant 0$ в область $D_1$, другое - область $z\leqslant 0$ в область $D_2$. Формулы обоих преобразований выписаны под номером (5). Но они не составляют одного преобразования. И я об этом уже писал.

Я напоминаю, что речь шла о разделении гравитационных полей на "настоящие" и "не настоящие" по признаку равенства нулю тензора кривизны Римана. Разве в этом критерии есть упоминания о каких-либо преобразованиях? Я Вам предъявил гравитационное поле, в котором кривизна равна нулю всюду, кроме плоскости $z=0$, но проявляет оно себя так же, как "настоящее" гравитационное поле Земли: в нём тела, расположенные по-разные стороны плоскости, ускоряются навстречу друг другу (поэтому это гравитационное поле невозможно имитировать ускорением в пространстве-времени Минковского), как и тела, расположенные по-разные стороны Земли. Речь идёт не о физической реализации данной конструкции, а о принципиальной возможности такого поля, "убивающего" рассмотренный критерий.

schekn в сообщении #549013 писал(а):

Единственное осталось сомнения связанное с тем, что первая производная метрической компоненты ∂$g_0_0$/∂z терпит разрыв в z=0, но где это может сказаться, пока не знаю.

Об этом я тоже писал:

Someone в сообщении #541856 писал(а):

Плоскость $z=0$ - это поверхностный слой с некоторым поверхностным тензором энергии-импульса. Слой нулевой толщины - это, конечно, идеализация. Можно заменить его слоем положительной толщины, подобрав тензор энергии-импульса так, чтобы метрический тензор, определяемый из уравнений Эйнштейна, и его производные нужных порядков были непрерывными. Однако внутри этого слоя кривизна заведомо будет ненулевой, и гравитационное поле сразу во всём пространстве-времени будет заведомо неустранимым.

schekn в сообщении #549013 писал(а):

Однако остались еще другие вопросы.
1.Если Вы в начале построения рассматриваете реальную метрику Минковского (на диаграмме Someone в координатах (cτ, ζ) ), то предположим материальная точка с координатами (0, ½) излучает свет, значит изотропная линия пересекает область D1. Получается, в новых координатах плоскость Z=0 будет с какого-то момента излучать свет?

В пространстве-времени с метрикой (6) нет точки, о которой Вы говорите. По другую сторону от плоскости $z=0$ находится не область $\zeta^2-c^2\tau^2<\frac{c^4}{g^2}$, как Вы почему-то думаете, а область $D_2$. Если Вы это поймёте, то остальные Ваши вопросы также отпадут.

schekn в сообщении #549013 писал(а):

я ошибки у Логунова так и не вижу.

Как минимум, незаконное применение формул в тех ситуациях, когда они неприменимы (и никто не обещал, что они должны быть применимы).

Paganel в сообщении #549151 писал(а):

Paganel в сообщении #548922 писал(а):

... указать способ продолжения исходной метрики Тауба в область отрицательных $z$, где она становится комплексной и тем самым недопустимой в рамках ОТО. Сам я полагаю, что такого способа нет...

Хотел бы поправиться. При метрике
$ds^2= z^{-2/3}dt^2 - z^{4/3}(dx^2+dy^2) - dz^2$
путешествию из области $z>0$ в область $z<0$ препятствует не комплексность метрики, от которой легко избавиться переходом к $z=Z^{3/2}$ и к
$ds^2 = Z^{-1}dt^2 - Z^2 (dx^2+dy^2) - \frac{9}{4} Z\, dZ^2$.
Главное - на границе обращается в ноль детерминант метрики (в последнем случае он равен $g=-\frac{9}{4}Z^4$).
Геометрически задача сшивки мировых линий при $Z>0$ и $Z<0$ выглядит такой же, как и для внешней и внутренней областей шварцшильдовской черной дыры. Существенная разница, однако, состоит в том, что площадь сшиваемой поверхности в метрике Тауба равна нулю (как следствие $g=0$). Фактически, два пространства Тауба соприкасаются не по протяженой поверхности, а только в одной точке. Это делает невозможным однозначное продолжение мировых линий из одной области в другую и означает, что $Z=0$ является не просто горизонтом, а именно границей мира.

Не понял, откуда там взялись какие-то комплексные числа. Выражение $ds^2=\frac 1{\sqrt[3]{z^2}}dt^2-\sqrt[3]{z^4}(dx^2+dy^2) - dz^2$ вполне себе действительное.
Ситуация похожа на ситуацию с метрикой $ds^2=z^2dt^2-dx^2-dy^2-dz^2$, в которой области $z>0$ и $z<0$ тоже соприкасаются в одной точке. Но тут можно вставить между ними два клина, дополнив пространство-время до геодезически полного. Можно ли сделать что-то похожее с метрикой Тауба, не знаю.

(Paganel)

Paganel в сообщении #549547 писал(а):

schekn в сообщении #549478 писал(а):

А Вы не могли бы указать преобразования, которые переводят метрику
$ds^2 = z^{-2/3}dt^2 - z^{4/3}(dx^2 + dy^2) - dz^2$.
в диагональный вид (когда gik=const) (или обратные преобразования)?

Вы понимаете, что спрашиваете?

Конечно, не понимает, как и во многих других случаях. И даже, по-моему, не хочет понимать, поскольку после тщательных (и, порой, неоднократных) разъяснений опять предъявляет те же самые претензии. Но зато он абсолютно точно знает, что Логунов прав, а все с ним не согласные - нет.

[schekn]

Someone в сообщении #549953[/url. [quote="schekn в [url=http://dxdy.ru/post549013.html#p549013]сообщении #549013 писал(а):

Однако остались еще другие вопросы.
1.Если Вы в начале построения рассматриваете реальную метрику Минковского (на диаграмме Someone в координатах (cτ, ζ) ), то предположим материальная точка с координатами (0, ½) излучает свет, значит изотропная линия пересекает область D1. Получается, в новых координатах плоскость Z=0 будет с какого-то момента излучать свет?

.

Цитата:

В пространстве-времени с метрикой (6) нет точки, о которой Вы говорите. По другую сторону от плоскости $z=0$ находится не область $\zeta^2-c^2\tau^2<\frac{c^4}{g^2}$, как Вы почему-то думаете, а область $D_2$. Если Вы это поймёте, то остальные Ваши вопросы также отпадут. .

Вы никак не хотите понять мое недоумение. Изначально в этой теме Вы взяли в рассмотрение пространство Минковского и написали даже равнения движения материальных точек. Например уравнения точки, находящейся в покое с координатами cτ=-2, ζ=2, есть ζ=2 (я в письме перепутал знак), линия, которая пересекает область D1. Значит у вас это тело возникло в Вашем пространстве, а потом бесследно исчезло. Ваш наблюдатель будет охреневать от таких событий. Да возьмите даже покоящееся тело с координатами cτ=0, ζ=2, точка которая принадлежит Вашему пространству t=0, z=1 при g=1, это реальное тело будет в вашем пространстве, а потом куда-то исчезнет.

Кроме того, это единственный наверное случай, который как будто подтверждает Ваше утверждение о реальной гравитации с тензором кривизны=0. и ВАМ требуется представить бесконечную плоскость , которой реально не существует.

И с доводами Логунова не все так однозначно. Будет ли излучать заряд в Лифте Эйннштейна, если заряд движется с ускоренем относительно инерционной системы отсчета ?

[Someone]

schekn в сообщении #549965 писал(а):

Вы никак не хотите понять мое недоумение.

Потому что Ваше "недоумение", уж извините, совершенно идиотское.

schekn в сообщении #549965 писал(а):

Значит у вас это тело возникло в Вашем пространстве, а потом бесследно исчезло.

Границы областей $D_1$ и $D_2$ соответствуют плоскости $z=0$. Тело, движущееся в области $D_1$, то есть, $z\geqslant 0$, падает на плоскость $z=0$. Дальнейшее зависит от свойств этой плоскости. Если она непроницаема, то тело либо отскочит вверх, либо останется лежать на плоскости. Если плоскость проницаема, то тело, пройдя сквозь плоскость, окажется в области $z<0$, то есть, в области $D_2$. Так что никуда оно не исчезнет. Я Вам уже много раз писал: забудьте о пространстве-времени Минковского, оно здесь вообще ни при чём.

schekn в сообщении #549965 писал(а):

Кроме того, это единственный наверное случай, который как будто подтверждает Ваше утверждение о реальной гравитации с тензором кривизны=0. и ВАМ требуется представить бесконечную плоскость , которой реально не существует.

Видите ли, такие утверждения надо доказывать. Если Вы сумеете доказать, что это действительно единственный случай, тогда поговорим. А пока достаточно принципиальной возможности ситуации, когда Ваш критерий не работает.
Кстати, если следовать Вашей логике, то нам придётся отказаться вообще от всех физических теорий, поскольку все они рассматривают идеализированные объекты, реально не существующие.

schekn в сообщении #549965 писал(а):

И с доводами Логунова не все так однозначно. Будет ли излучать заряд в Лифте Эйннштейна, если заряд движется с ускоренем относительно инерционной системы отсчета ?

А как заряд движется относительно лифта?

[dinaconst]

Someone в сообщении #549970 писал(а):

А как заряд движется относительно лифта?

(Оффтоп)

Такой момент Вы, ведь, в какой-то (не запомнила) теме недавно обсуждали?
Мне там ваш поход к вопросу очень пришелся по душе. И я тут (тоже не помню в какой теме), ссылаясь на Вас, просто дала ваш логин, не указав соответствующую тему.
Напомните, пожалуйста, где (в какой теме) Вы связывали возможность излучения с необходимым для этого изменением направления вектора ускорения заряда?
Мне тогда подумалось, что это единственное объяснение, сводящее концы с концами.
P.S. Нашла: topic55793.html

[dinaconst]

dinaconst в сообщении #549992 писал(а):

Исправляю свое предыдущее сообщение.

Someone в сообщении #549970 писал(а):

А как заряд движется относительно лифта?

(Оффтоп)

Такой момент Вы, ведь, в какой-то (не запомнила) теме недавно обсуждали?
Мне там ваш поход к вопросу очень пришелся по душе. И я в topic55793.html , ссылаясь на Вас, просто дала ваш логин, не указав соответствующую тему.
Напомните, пожалуйста, где (в какой теме) Вы (если я что-то не спутала) связывали возможность излучения с необходимым для этого изменением направления вектора ускорения заряда?
Мне тогда подумалось, что это единственное объяснение, сводящее все концы с концами. Вам такое объяснение принадлежит? Или я что-то путаю?
P.S. Кстати, вот тут-то topic55793.html ваши объяснения мне не очень.

[Paganel]

Someone в сообщении #549953 писал(а):

Не понял, откуда там взялись какие-то комплексные числа.
Выражение $ds^2=\frac1{\sqrt[3]{z^2}}dt^2-\sqrt[3]{z^4}(dx^2+dy^2) - dz^2$ вполне себе действительное.

Я просто хотел предостеречь. Я привык смотреть на нецелые степени отрицательных чисел как на то, что требуется как-то доопределить. Например, правилом обхода $z\to z+i0$ в комплексной плоскости сверху, когда $z^\alpha$ при $z=r e^{i\pi}$ понимается как $r^\alpha e^{i\alpha\pi}$. При $\alpha=\frac{2}{3}$ фаза $e^{i\alpha\pi} = e^{2i\pi/3} = -\frac12 + i\frac{\sqrt3}{2}$. А можно пользоваться и каким-то иным правилом, и запросто заработать неоднозначность.

Вот пример возникающих осложнений. Используя подстановку $z=Z^{3/2}$, перепишем метрику Тауба в виде $ds^2=\frac{1}{Z} dt^2- Z^2(dx^2+dy^2) - Z\,dZ^2$ (множитель $\frac{9}{4}$ при $dZ^2$ опускаю, потому что он легко изгоняется изменениями масштабов на осях). Переменная $Z=\sqrt[3]{z^2}$ ничем не хуже переменной $z$ в положительной области величин. А вот выход за границу этой области к отрицательным $Z$ это совсем не то (даже по сигнатуре), что продолжение к отрицательным $z$ в исходной форме, ЕСЛИ(!) под $\sqrt[3]{z^2}$ всегда понимать положительное число. Последнее понимание соответствует использованию $|Z|$ вместо $Z$ в преобразованной форме.

Я слишком плохо знаю геометрию, чтобы сказать, чем определяется, существует ли пространство за границей данной карты многообразия, в частности - существует ли карта, покрывающая конечные области $Z>0$ и $Z<0$ пространств с метрикой $ds^2=\frac{1}{Z} dt^2- Z^2(dx^2+dy^2) - Z\,dZ^2$. Мне кажется, что такой карты нет. И дело тут не в полюсах и нулях при $dt^2$ и $dZ^2$. Само по себе это препятствием не является. Аналогичные нули и полюса есть в метрике Шварцшильда $ds^2=(1-r_g/r)dt^2 - (1-r_g/r)^{-1} dr^2 - r^2 d\Omega^2$, где имеются карты (например, Пенлеве), покрывающие и внешнюю ($r>r_g$), и внутреннюю ($r<r_g$) область. Интуитивно мне кажется, что ключевую роль в отсутствии карты играет фактор $Z^2$ при $dx^2+dy^2$, который зануляет расстояния между различными пробными частицами, одновременно приближающимися к границе по различным траекториям, и делает траектории неразличимыми. Но большего с ходу сказать я не в состоянии - это выходит за пределы моих знаний. Надо разбираться. Был бы рад увидеть внятные объяснения знающих людей.

[VladTK]

epros в сообщении #549753 писал(а):

Ну, давайте...

$\hat{T}^{0 0} = mc^2 \, \sqrt{1 + (\frac{\hat{x}^0}{r})^2} \, \delta(\hat{x}^1 - \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}) \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3)$

Т.е. то самое выражение, которое я Вам написал несколько постов назад. Проинтегрировав эту величину по трём пространственным координатам, получим:

$\hat{E} = mc^2 \, \sqrt{1 + (\frac{\hat{x}^0}{r})^2}$.

Ясно. Неплохо. А почему Вы в качестве закона преобразования компонент ТЭИ использовали закон преобразования компонент тензорной плотности?

Я в сообщении #549220 сморозил туфту, извиняюсь. Сам же написал правильное утверждение "...мы имеем 4 скаляра (4 потока векторного поля через гиперповерхность), которые вместе образуют 4-вектор..." и не стал ему следовать

Поэтому еще раз. В ИСО ТЭИ имеет вид

$$ \hat{T}^{\mu \nu}=\rho c^2 \begin{pmatrix} \frac{\hat{x}^1}{r} & \frac{\hat{x}^0}{r} & 0 & 0\\ \frac{\hat{x}^0}{r} & \frac{\hat{x}^0}{r} \frac{\hat{x}^0}{\hat{x}^1} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$

где

$$ \rho = m c^2 \delta \left(\hat{x}^1-\sqrt{r^2+\left(\hat{x}^0 \right)^2} \right) \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3) $$

С учетом выражений для Киллинговых векторов, для компонент интегрального 4-импульса частицы получаем

$$ \hat{Q}^0=\int \hat{T}^{00} d \hat{x}^1 d \hat{x}^2 d \hat{x}^3 = \int \rho c^2 \frac{\hat{x}^1}{r} d \hat{x}^1 d \hat{x}^2 d \hat{x}^3=m c^2 \; \sqrt{1+\left( \frac{\hat{x}^0}{r} \right)^2} $$

$$ \hat{Q}^1=\int \hat{T}^{01} d \hat{x}^1 d \hat{x}^2 d \hat{x}^3 = \int \rho c^2 \frac{\hat{x}^0}{r} d \hat{x}^1 d \hat{x}^2 d \hat{x}^3=m c^2 \; \frac{\hat{x}^0}{r} $$

$$ \hat{Q}^2=\hat{Q}^3=0 $$

Вот этот свободный 4-вектор и нужно преобразовывать в другие СО по обычному правилу преобразования ковариантных векторов

$$ \hat{Q}^{\mu}=\frac{\partial \hat{x}^{\mu}}{\partial x^{\nu}} Q^{\nu} $$

В частности, для интересующей нас УСО отсюда получаем систему уравнений для компонент вектора $Q^{\mu}$ в УСО

$$ \hat{Q}^{0}=\frac{\partial \hat{x}^0}{\partial x^0} Q^0+\frac{\partial \hat{x}^0}{\partial x^1} Q^1 $$

$$ \hat{Q}^{1}=\frac{\partial \hat{x}^1}{\partial x^0} Q^0+\frac{\partial \hat{x}^1}{\partial x^1} Q^1 $$

или в координатах УСО

$$ m c^2 \sqrt{1+\left( \frac{x^1}{r} \right)^2 \sh^2{\frac{x^0}{r}}}=\frac{x^1}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} Q^0 + \sh{\frac{x^0}{r}} Q^1 $$

$$ m c^2 \frac{x^1}{r} \sh{\frac{x^0}{r}}=\frac{x^1}{r} \sh{\frac{x^0}{r}} Q^0 + \ch{\frac{x^0}{r}} Q^1 $$

Откуда, с учетом $x^1=r$, находим $Q^0=mc^2, Q^1=0$ Это и есть правильный ответ.

Возникает вопрос: каким образом Вам удалось получить правильный ответ? Я считаю, причина заключается в том что локальный векторный базис в УСО фактически совпадает с глобальным векторным базисом ИСО и таким образом сложение векторов из разных точек 3-пространства при интегрировании вполне оправдано в данном конкретном случае. Чтобы проверить это предположение, предлагаю рассчитать 4-импульс частицы, равномерно вращающейся по окружности радиуса $R$. Т.е. задаем начальные условия в ИСО, потом каждый из нас производит расчет энергии в УСО частицы своим методом, а потом сравним результаты. Как Вам такое предложение?

(Оффтоп)

Munin, у Вас попкорн не кончился?

-- Пн мар 19, 2012 21:02:31 --

dinaconst в сообщении #549890 писал(а):

VladTK в сообщении #549597 писал(а):

Отсюда ненулевые величины $\frac{\partial \hat{x}^{\mu}}{\partial x^{\alpha}}$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{0}}=\frac{x^1}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{1}}=\sh{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{0}}=\frac{x^1}{r} \sh{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{1}}=\ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{2}}{\partial x^{2}}=\frac{\partial \hat{x}^{3}}{\partial x^{3}}=1 $$

Тут, ведь, две производных должны быть нулевыми, вроде бы.
Ведь, вдоль мировой линии рассматриваемой частицы ни икс ноль с крышкой, ни икс один с крышкой не зависят от икс один без крышки. Ведь, икс один без крышки вдоль мировой линии не меняется.

Преобразование распространяется на все 3-пространство, а не только на мировую линию частицы. Правда вне мировой линии интегральная функция зануляется.

dinaconst в сообщении #549890 писал(а):

Цитата:

Из уравнений преобразования компонент тензора энергии-импульса выбираем интересующие нас компоненты...

И тут, мне кажется, должны справа остаться только первые слагаемые, в силу зануления этих двух производных.
Потом, проверьте, пожалуйста, тэ мю ню с крышкой. Мне кажется, там более симметричные по координатам выражения для компонент должны получиться.

Там похоже все косяком у меня вышло Так что аннулирую выражения для тэ мю ню.

[Munin]

(Оффтоп)

VladTK в сообщении #550051 писал(а):

Munin, у Вас попкорн не кончился?

Вёдрами уходит, вёдрами...

[dinaconst]

VladTK в сообщении #550051 писал(а):

В частности, для интересующей нас УСО отсюда получаем систему уравнений для компонент вектора $Q^{\mu}$ в УСО

$$ \hat{Q}^{0}=\frac{\partial \hat{x}^0}{\partial x^0} Q^0+\frac{\partial \hat{x}^0}{\partial x^1} Q^1 $$

$$ \hat{Q}^{1}=\frac{\partial \hat{x}^1}{\partial x^0} Q^0+\frac{\partial \hat{x}^1}{\partial x^1} Q^1 $$

или в координатах УСО

$$ m c^2 \sqrt{1+\left( \frac{x^1}{r} \right)^2 \sh^2{\frac{x^0}{r}}}=\frac{x^1}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} Q^0 + \sh{\frac{x^0}{r}} Q^1 $$

$$ m c^2 \frac{x^1}{r} \sh{\frac{x^0}{r}}=\frac{x^1}{r} \sh{\frac{x^0}{r}} Q^0 + \ch{\frac{x^0}{r}} Q^1 $$

Откуда, с учетом $x^1=r$, находим $Q^0=mc^2, Q^1=0$ Это и есть правильный ответ.

Не очень понятно, почему $Q^1=0$, но, если и не ноль, то, в силу отношения полученных выражений к мировой линии частицы, ответ получается тот же.

VladTK в сообщении #550051 писал(а):

Возникает вопрос: каким образом Вам удалось получить правильный ответ? Я считаю, причина заключается в том что локальный векторный базис в УСО фактически совпадает с глобальным векторным базисом ИСО и таким образом сложение векторов из разных точек 3-пространства при интегрировании вполне оправдано в данном конкретном случае. Чтобы проверить это предположение, предлагаю рассчитать 4-импульс частицы, равномерно вращающейся по окружности радиуса $R$.

Мне кажется, для такой проверки достаточно в уже обкатанной Вами с epros задаче рассмотреть все те же энергетические проблемы, но для частицы, неподвижной в ИСО. Я, правда, уже пыталась спровоцировать epros на усилия в этом направлении, но он не поддался.

[epros]

VladTK в сообщении #550051 писал(а):

А почему Вы в качестве закона преобразования компонент ТЭИ использовали закон преобразования компонент тензорной плотности?

В данном случае это не особо принципиально, потому что Якобиан преобразования как раз на мировой линии частицы везде равен единице. Однако в общем случае надо быть аккуратным: Чтобы интеграл получился скаляром, под интегралом должна быть плотность. В задачах с переменным масштабным фактором запросто можно ошибиться.

VladTK в сообщении #550051 писал(а):

Вот этот свободный 4-вектор и нужно преобразовывать в другие СО по обычному правилу преобразования ковариантных векторов

Э, нет! Это незаконный трюк. Ваш "свободный вектор" определён, вообще говоря, не в точке, а на некой гиперповерхности $\hat{x}^0 = \operatorname{const}$. А для всей гиперповерхности разом Вы компоненты матрицы Якоби преобразования не посчитаете, ибо они будут разными в разных точках. Ладно, допустим, что в данном конкретном случае Вам повезло: Мировая линия частицы пересекает гиперповерхность $\hat{x}^0 = \operatorname{const}$ только в одной точке. А если у Вас две частицы, то что будете делать?

К тому же это не соответствует Вашей формуле с вектором Киллинга $\xi_{\mu}^{(0)}$:

$E = \int\int\int T^{0 \mu} \xi_{\mu}^{(0)} dx^1 dx^2 dx^3$

- этот интеграл-то преобразуется иначе! Из него Вы правильный ответ точно не получите. Ещё раз повторю: В равноускоренной СО задача становится статической, а значит ТЭИ не зависит от времени. А поле Киллинга $\xi_{\mu}^{(0)}$ в равноускоренной СО - заведомо нестатично (я ведь не случайно сходу придумал Вам именно такой пример ), поэтому интеграл заведомо получится зависимым от времени.

VladTK в сообщении #550051 писал(а):

Возникает вопрос: каким образом Вам удалось получить правильный ответ?

Секрет прост. Вот эта формула для энергии правильная:

$E = \int\int\int T^{0 0} dx^1 dx^2 dx^3$,

а вот эта неправильная:

$E = \int\int\int T^{0 \mu} \xi_{\mu}^{(0)} dx^1 dx^2 dx^3$.

Мне более интересно, как Вы ухитрились получить нужный Вам ответ для интеграла $\int\int\int T^{0 \mu} \xi_{\mu}^{(0)} dx^1 dx^2 dx^3$. Похоже, что при преобразовании вектора $P^{(\nu)} = T^{\nu \mu} \xi_{\mu}^{(0)}$ Вы просто забыли про лоренцево сокращение размеров частицы в $\frac{E}{mc^2}$ раз, так что произошла "взаимная компенсация ошибок".

VladTK в сообщении #550051 писал(а):

Чтобы проверить это предположение, предлагаю рассчитать 4-импульс частицы, равномерно вращающейся по окружности радиуса $R$. Т.е. задаем начальные условия в ИСО, потом каждый из нас производит расчет энергии в УСО частицы своим методом, а потом сравним результаты.

Давайте чуть позже, там будут особенности, связанные с "неправильным" масштабом координатного времени. Нужно сначала закончить с более простым случаем равноускоренного движения. Надеюсь, что теперь Вы уже не скажете:

VladTK в сообщении #549220 писал(а):

Я просто знаю правильный ответ, а потому или поверьте мне на слово или проверьте.