2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение30.01.2015, 21:05 
Аватара пользователя


14/11/12
1367
Россия, Нижний Новгород
Munin в сообщении #971191 писал(а):
Не всё, что имеет место в ОТО, имеет место и в ньютоновской теории. Это раз.
И дело даже не в малости наблюдаемых эффектов, а в количестве степеней свободы...

Munin в сообщении #971191 писал(а):
Для невекторного поля понятие "вихревое" не имеет абсолютно никакого смысла :-) Это два.
Об этом и речь :facepalm:. Гравитационное поле вращающегося небесного тела является вихревым, поэтому не может быть описано с помощью потенциала.

Munin в сообщении #971191 писал(а):
Решение Керра тут ни при чём, и эффект Лензе-Тирринга для Земли пренебрежимо мал, его и измерили-то впервые только миссией Gravity Probe B в 2004-2005 годах, и на геодезию это никак не повлияло, смею утверждать.
Ну это кому как...

Munin в сообщении #971191 писал(а):
Заявить вы это заявили, а вот рассчитать это векторное поле не справились. Что такое? Где ваше хвастовство? Или вы решения Керра не смогли найти? Или не смогли преобразовать его к выдуманному вами виду? Или не смогли пренебречь малыми членами? Или вы это всё-таки сделали, и увидели, что поле потенциально, и стыдливо скрыли и не стали оглашать результаты?
Очень смешно, правда :D :D :D Вы вообще хорошо подумали прежде чем это написать???????? :D :D :D :D :D :D :D :D :D


Берём решение Керра в координатах Бойера - Линдквиста:
$$
g_{00} = 1 - \frac{a}{r} \frac{1}{1+\frac{b^2}{r^2} \cos^2 (\theta) },
$$
$$
g_{03} = b \frac{a}{r} \frac{\sin^2(\theta)}{1+\frac{b^2}{r^2} \cos^2 (\theta) },
$$
$$
g_{11} = - \frac{1+\frac{b^2}{r^2} \cos^2 (\theta) }{1-\frac{a}{r}+\frac{b^2}{r^2}},
$$
$$
g_{22} = - r^2 \left( 1+\frac{b^2}{r^2} \cos^2 (\theta) \right),
$$
$$
g_{33} = - r^2 \sin^2 (\theta) \left( 1+\frac{b^2}{r^2} 
\left( 1 + \frac{a}{r} \frac{\sin^2(\theta)}{1+\frac{b^2}{r^2} \cos^2 (\theta) } \right) \right),
$$
здесь $a$ - Шварцщильдов гравитационный радиус, $b$ - Керровская константа интегрирования, и заменяем времениподобную координату $x^0$ на $t$ по формуле
$$
dx^0 = dt - \frac{\sqrt{a r (r^2+b^2)}}{b^2 + r^2 - a r} \, dr
$$
получаем метрику вида
$$
ds^2 = dt^2 - \gamma_{i j} \left( dx^i - V^i dt \right) \left( dx^j - V^j dt \right)
$$
со следующими компонентами:
$$
\gamma_{r r} = \frac{r^2+b^2\cos^2(\theta)}{b^2+r^2- a r}
- \frac{a r (b^2 + r^2) \left( 1 - \frac{a r}{r^2+b^2\cos^2(\theta)} \right)}{(b^2+r^2 -a r)^2},
$$
$$
\gamma_{\theta \theta} = r^2 \left( 1+\frac{b^2}{r^2} \cos^2 (\theta) \right)
$$
$$
\gamma_{\varphi \varphi} = r^2 \sin^2 (\theta) \left( 1+\frac{b^2}{r^2} 
\left( 1 + \frac{a}{r} \frac{\sin^2(\theta)}{1+\frac{b^2}{r^2} \cos^2 (\theta) } \right) \right)
$$
$$
\gamma_{r \varphi} = \frac{a^{3/2} b r \sqrt{r(b^2+r^2)} \sin^2(\theta) }{(b^2+r^2-ar)(r^2+b^2\cos^2(\theta))}
$$
$$
V^{r} = - \sqrt{\frac{a}{r}} \frac{\sqrt{1+ \frac{b^2}{r^2} }}{1 + \frac{b^2}{r^2} \cos^2(\theta)}
$$
$$
V^{\varphi} = \frac{2 a b r}{(b^2+r^2-ar)(b^2+2r^2+b^2\cos(2\theta))}
$$
Поле Лензе - Тирринга получается линеаризацией по $b$:
$$
\gamma_{r r} = 1, \quad \gamma_{\theta \theta} = r^2, 
\quad \gamma_{\varphi \varphi} = r^2 \sin^2(\theta),
\quad \gamma_{r \varphi} = b \left( \frac{a}{r} \right)^{3/2} \frac{\sin^2(\theta)}{1-\frac{a}{r}} \eqno(1)
$$
$$
V^{r} = - \sqrt{\frac{a}{r}}, \quad 
V^{\varphi} = \frac{a b}{r^3 \left( 1 - \frac{a}{r} \right)} \eqno(2)
$$

Munin в сообщении #971191 писал(а):
И именно этот частный случай для Земли и имеет место, и с этой банальности и началась тема (которую отделили, чтобы вы не мусорили в приличном месте, и правильно сделали).
Ну как бы вот и нет, не имеет :facepalm: :facepalm: :facepalm:. Гравитационное поле Земли описывается вихревым полем (2). Движение в этом поле невозможно представить как движение в неком потенциале.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение30.01.2015, 22:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
SergeyGubanov в сообщении #971323 писал(а):
Очень смешно, правда :D :D :D Вы вообще хорошо подумали прежде чем это написать????????

Ага. Это была провокация :-)

-- 30.01.2015 23:07:23 --

SergeyGubanov в сообщении #971323 писал(а):
Гравитационное поле вращающегося небесного тела является вихревым, поэтому не может быть описано с помощью потенциала.

Оно может быть описано с помощью метрики. Так что ваше заявление про "вихревое" не стыкуется с отсылками к Керру. Вы бы привели мозги в порядок. Отдельно ньютоновская теория в классической механике и нерелятивистском пространстве-времени, отдельно ОТО.

SergeyGubanov в сообщении #971323 писал(а):
Поле Лензе - Тирринга получается линеаризацией по $b$:

Ненулевое $V^{r}$ (да ещё и неисчезающее по $b\to 0$) доставляет. Зачем вы эту замену делали, можете объяснить? Именно эту, $t=f(x^0,r)$? Это же не переход во вращающуюся систему отсчёта, никоим образом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Измеряем ли потенциал силы тяжести
Сообщение31.01.2015, 21:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7061
zvm в сообщении #970789 писал(а):
мат-ламер в сообщении #970762 писал(а):
Если включить вращение, то к силам тяготения прибавятся центробежные силы. Полученное поле сил конечно же не будет потенциальным.
Это почему же оно не будет потенциальным?


Munin в сообщении #970846 писал(а):
мат-ламер в сообщении #970762

писал(а):
Если включить вращение, то к силам тяготения прибавятся центробежные силы. Полученное поле сил конечно же не будет потенциальным.

Почему же это "конечно же"? А если посчитать? ;-)


Потому что интеграл по пути от поля сил не равен работе по перемещению.

 Профиль  
                  
 
 Re: Измеряем ли потенциал силы тяжести
Сообщение31.01.2015, 22:18 
Аватара пользователя


02/01/14
292
мат-ламер в сообщении #971966 писал(а):
Потому что интеграл по пути от поля сил не равен работе по перемещению.
Как он может быть не равен, если именно этот интеграл и называется работой перемещения? Интеграл по пути от силы, с которой поле действует на перемещающийся объект, не зависит от пути, а зависит только от положения начальной и конечной точек пути. Следовательно, поле потенциально. Проверьте на простых случаях.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение31.01.2015, 22:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
мат-ламер в сообщении #971966 писал(а):
Потому что интеграл по пути от поля сил не равен работе по перемещению.

А это разве определение потенциального поля? А если в учебник матанализа заглянуть?

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 11:17 
Аватара пользователя


11/04/14
561
Munin в сообщении #971362 писал(а):
Отдельно ньютоновская теория в классической механике и нерелятивистском пространстве-времени, отдельно ОТО.

Поскольку в ОТО гравитационный потенциал не является скаляром. (Я это сказал как попугай, имитирующий человеческую речь)

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 12:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
Иногда метрику $g_{\mu\nu}$ называют потенциалом, но не слишком часто. Обычно сравнивая ОТО с другими теориями поля. Либо потенциалом можно называть метрику за вычетом фона: $h_{\mu\nu}=g_{\mu\nu}-\eta_{\mu\nu}$ или $h_{\mu\nu}=g_{\mu\nu}-\tilde{g}_{\mu\nu}.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 13:58 
Аватара пользователя


14/11/12
1367
Россия, Нижний Новгород
Munin в сообщении #971362 писал(а):
Ненулевое $V^{r}$ (да ещё и неисчезающее по $b\to 0$) доставляет.
При $b=0$ решение Керра переходит в решение Шварцшильда, у него $V^{r} = - \sqrt{\frac{a}{r}}$.

Munin в сообщении #971362 писал(а):
Зачем вы эту замену делали, можете объяснить? Именно эту, $t=f(x^0,r)$? Это же не переход во вращающуюся систему отсчёта, никоим образом.
:facepalm: :facepalm: :facepalm: Разумеется это не переход во вращающуюся систему отсчёта. При чём тут вообще вращающаяся система? Ни причём. Ёпрст, неужели я на столько непонятно объясняю?.. Зачем нужна замена $t=f(x^0,r)$ должно было быть понятно ещё из головного сообщения этой темы. Согласно принципу эквивалентности классическая свободно падающая пробная частица описывается Лагранжианом:
$$
L = \frac{1}{2} m \, \gamma_{i j} \left( {\frac{dx}{dt}}^i - V^i \right) \left( {\frac{dx}{dt}}^j - V^j \right), \eqno(1)
$$и, соответственно, Гамильтонианом$$
H = \frac{1}{2 m} \, \gamma^{i j}  P_i P_j + P_i V^i, \eqno(2)
$$ который может быть приведён к виду а-ля "Ньютоновская гравитация" заменой $$p_i = P_i + m V_i \eqno(3)$$ $$
H = \frac{1}{2 m} \, \gamma^{i j}  p_i p_j + m \Phi, \quad \Phi = -\frac{1}{2} \gamma_{i j} V^i V^j, \eqno(4)
$$ но чтобы замена (3) была канонической нужно чтоб скобка Пуассона $\{ p_i, p_j \}$ обращалась в нуль
$$\{ p_i, p_j \} = m \left( \partial_i V_j -  \partial_j V_i \right) = 0. \eqno(5)$$ То есть Ньютоновская теория гравитации (4) определена лишь когда гравитационное поле $V^i$ безвихревое.

Вместе с тем Лагранжиан (1) получается в нерелятивистском пределе из следующей метрики:
$$
ds^2 = c^2 dt^2 - \gamma_{i j} \left( dx^i - V^i dt \right) \left( dx^j - V^j dt \right). \eqno(6)
$$
Гравитационное поле вращающейся Земли описывается решением Керра. Чтобы привести решение Керра к виду (6) оно берётся в координатах Бойера-Линдквиста и делается замена$$dx^0 \to c \, dt - \frac{\sqrt{a r (r^2+b^2)}}{b^2 + r^2 - a r} \, dr. \eqno(7)$$
После линеаризации по $b$ получаем:
$$
\gamma_{r r} = 1, \quad \gamma_{\theta \theta} = r^2, 
\quad \gamma_{\varphi \varphi} = r^2 \sin^2(\theta),
\quad \gamma_{r \varphi} = b \left( \frac{a}{r} \right)^{3/2} \frac{\sin^2(\theta)}{1-\frac{a}{r}}, \eqno(8)
$$$$
V^{r} = - c \sqrt{\frac{a}{r}}, \quad 
V^{\varphi} = \frac{a b c}{r^3 \left( 1 - \frac{a}{r} \right)}. \eqno(9)
$$
Эту линеаризованную метрику можно диагонализовать изменив начало отсчёта угла $\varphi$: $$d\varphi \to d\varphi - \frac{a^{3/2} b}{r^{7/2} \left(1 - \frac{a}{r} \right)} dr. \eqno(10) $$ Окончательно, для линеаризованного по $b$ гравитационного поля вращающейся Земли получаем:
$$
\gamma_{r r} = 1, \quad \gamma_{\theta \theta} = r^2, 
\quad \gamma_{\varphi \varphi} = r^2 \sin^2(\theta), \eqno(11)
$$$$
V^{r} = - c \sqrt{\frac{a}{r}}, \quad 
V^{\varphi} = \frac{a b c}{r^3}. \eqno(12)
$$
В "традиционном" четырёхмерном виде (подставляю $a = 2 k M / c^2$):
$$
ds^2 = c^2 dt^2 - \left( dr + \sqrt{\frac{2 k M}{r}} dt \right)^2 - r^2 d\theta^2 - r^2 \sin^2(\theta)
\left( d\varphi - \frac{2 k M b}{c \, r^3} dt \right)^2. \eqno(13)
$$
Соответственно, нерелятивистский Лагранжиан свободно падающей частицы:
$$
L = \frac{m}{2} \left( \left( \frac{dr}{dt}  + \sqrt{\frac{2 k M}{r}} \right)^2 
+ r^2 \left( \frac{d\theta}{dt} \right)^2
+ r^2 \sin^2(\theta) \left( \frac{d\varphi}{dt}  - \frac{2 k M b}{c \, r^3} \right)^2 \right), \eqno(14)
$$ Гамильтониан:
$$
H = \frac{1}{2 m} \left( P^2_r
+ \frac{1}{r^2} P^2_{\theta}
+ \frac{1}{r^2 \sin^2} P^2_{\varphi} 
- P_r  \sqrt{\frac{2 k M}{r}}
+ P_{\varphi} \frac{2 k M b}{c \, r^3} \right). \eqno(15)
$$ Он не может быть сведён к виду (4).

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 14:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
SergeyGubanov в сообщении #972494 писал(а):
Вместе с тем Лагранжиан (1) получается в нерелятивистском пределе из следующей метрики

Я думаю, у вас в этом месте косяк. Нерелятивистские пределы от разных вещей - разные, не изоморфные друг другу, а вы считаете, что взяв нерелятивистский предел от метрики падающей СО, вы получите нерелятивистский предел от теории тяготения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 16:06 
Аватара пользователя


14/11/12
1367
Россия, Нижний Новгород
Munin в сообщении #972517 писал(а):
SergeyGubanov в сообщении #972494 писал(а):
Вместе с тем Лагранжиан (1) получается в нерелятивистском пределе из следующей метрики
Я думаю, у вас в этом месте косяк. Нерелятивистские пределы от разных вещей - разные, не изоморфные друг другу, а вы считаете, что взяв нерелятивистский предел от метрики падающей СО, вы получите нерелятивистский предел от теории тяготения.
Нету там косяка.
$$
ds^2 = c^2 dt^2 - \gamma_{i j} \left( dx^i - V^i dt \right) \left( dx^j - V^j dt \right) \eqno(1)
$$
$$
L_{\text{relativistic}} = - m c^2 \sqrt{1 - \frac{1}{c^2} \gamma_{i j} \left( {\frac{dx}{dt}}^i - V^i \right) \left( {\frac{dx}{dt}}^j - V^j \right) } \eqno(2)
$$
$$
L_{\text{classic}} = \frac{m}{2} \gamma_{i j} \left( {\frac{dx}{dt}}^i - V^i \right) \left( {\frac{dx}{dt}}^j - V^j \right) \eqno(3)
$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 16:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
Косяк не в том, как вы вывели классический лагранжиан, а в том, какие выводы вы из этого делаете.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 16:46 
Аватара пользователя


14/11/12
1367
Россия, Нижний Новгород
Что не так с выводами?

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 18:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
Ну, этот лагранжиан не совпадает с лагранжианом частицы в статическом гравитационном поле в ньютоновском приближении.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 18:39 
Аватара пользователя


14/11/12
1367
Россия, Нижний Новгород
Munin в сообщении #972603 писал(а):
Ну, этот лагранжиан не совпадает с лагранжианом частицы в статическом гравитационном поле в ньютоновском приближении.
Не понял, что?..

Статическое -- значит не зависящее от времени. Решение Керра -- статическое. Учёт (линеаризованного) гравитационного поля Керра (Лензе - Тирринга) с помощью какой-либо модификации Ньютоновского гравитационного потенциала невозможен. Так, спрашивается, что с чем может не совпадать ежели в Ньютоновой гравитации поля Лензе-Тирринга не может быть в принципе?

А ежели под словами "статическое гравитационное поле" Вами имелось ввиду гравитационное поле Шварцшильда, то всё совпадает.

Гамильтониан
$$
H = \frac{1}{2 m} \left( P^2_r
+ \frac{1}{r^2} P^2_{\theta}
+ \frac{1}{r^2 \sin^2 (\theta)} P^2_{\varphi} \right)
- P_r  \sqrt{\frac{2 k M}{r}} \eqno(1)
$$
следующей канонической заменой:
$$
p_r = P_r - m \sqrt{\frac{2 k M}{r}},  \quad p_{\theta} = P_{\theta},  \quad p_{\varphi} = P_{\varphi}, \eqno(2)
$$
приводится к виду а-ля "Ньютоновская гравитация":
$$
H = \frac{1}{2 m} \left( p^2_r
+ \frac{1}{r^2} p^2_{\theta}
+ \frac{1}{r^2 \sin^2 (\theta)} p^2_{\varphi} 
\right) - \frac{k M m}{r}. \eqno(3)
$$

-- 02.02.2015, 18:51 --

SergeyGubanov в сообщении #972494 писал(а):
Гамильтониан:
$$
H = \frac{1}{2 m} \left( P^2_r
+ \frac{1}{r^2} P^2_{\theta}
+ \frac{1}{r^2 \sin^2} P^2_{\varphi} 
- P_r  \sqrt{\frac{2 k M}{r}}
+ P_{\varphi} \frac{2 k M b}{c \, r^3} \right). \eqno(15)
$$ Он не может быть сведён к виду (4).
Заметил опечатку: правая круглая скобка должна быть смещена влево на два слагаемых, пропущен аргумент у синуса. Правильная формула:
$$
H = \frac{1}{2 m} \left( P^2_r
+ \frac{1}{r^2} P^2_{\theta}
+ \frac{1}{r^2 \sin^2 (\theta)} P^2_{\varphi} \right)
- P_r  \sqrt{\frac{2 k M}{r}}
+ P_{\varphi} \frac{2 k M b}{c \, r^3} . \eqno(15)
$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Гравитационный потенциал вращающейся Земли
Сообщение02.02.2015, 19:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
SergeyGubanov в сообщении #972612 писал(а):
Учёт (линеаризованного) гравитационного поля Керра (Лензе - Тирринга) с помощью какой-либо модификации Ньютоновского гравитационного потенциала невозможен.

Ну вот об этом я и говорю. Ньютоновская классическая гравитация обходится без ваших выкрутасов.

SergeyGubanov в сообщении #972612 писал(а):
Так, спрашивается, что с чем может не совпадать ежели в Ньютоновой гравитации поля Лензе-Тирринга не может быть в принципе?

А кто вас просил учитывать поле Лензе-Тирринга (точнее, эффект Лензе-Тирринга, поле-то тут Керра)? Геодезисты? Только от того, что вы не умеете разбираться, какие эффекты какой порядок малости имеют, вы придумали себе проблему, а потом пытаетесь переложить её на головы окружающих.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 61 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.

Модераторы: photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Aer, Парджеттер, Eule_A, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group