Гравитационное поле движущегося массивного небесного тела

[Munin]

(Оффтоп)

arseniiv в сообщении #974879 писал(а):

Вообще, я думал, что всё это следствия из того, что мы применяем звёздочку Ходжа — $\varepsilon_{ijk}$ являются её «координатным выражением» (ну почти), векторное произведение является применением $\star$ к внешнему. :?:

Можно и так считать. Собственно, у меня вопрос был с мыслью "зачёт за любой ненулевой ответ".

мат-ламер в сообщении #974960 писал(а):

Причём тут чёрная дыра? Что меняется в силе притяжения в зависимости от того, является объект дырой или нет?

Хорошее замечание.

Можно взять простую планету. Метрика в ней в неподвижной системе координат известно какая. И сделать буст. Здесь никаких теоретических размышлений даже возникнуть не должно. Единственный вопрос, какую систему координат предпочесть, но понятное дело, что он непринципиальный, тем более для задачи рассеяния, которую интересует асимптотическая траектория на бесконечности.

-- 07.02.2015 15:43:31 --

мат-ламер в сообщении #974987 писал(а):

Т.е. тут вопрос ставится отнюдь не про силу гравитационного притяжения, а про отклонение траектории. Рассмотрим два нейтрино, пролетающих мимо солнца. Допустим, второе нейтрино будет энергичнее первого. Тогда оно будет притягиваться Солнцем конечно сильнее. Только время во втором нейтрино течёт замедленее. Поэтому время гравитационного взаимодействия будет меньше (в часах нейтрино). Поэтому траектории этих нейтрино будут примерно одинаковыми и не сильно отличаться от траектории лучей света.

-- Сб фев 07, 2015 15:52:36 --

С другой стороны нейтрино гравитационно действует на Солнце. И энергичное нейтрино подвинет Солнце в большей степени.

мат-ламер, поздравляю, вам в кои-то веки удалось совершить правильные физические рассуждения. Впервые за много месяцев, если я правильно помню.

[SergeyGubanov]

Geen в сообщении #975006 писал(а):

Вообще-то Вы просто навязали "хитрую траекторию", а вывод делаете, что "гравитация растёт" - если в Минковском взять "хитрую траекторию", то там тоже "гравитация" расти будет?

Это условие задачи такое. Эта "хитрая траектория" с точки зрения трёхмерной геометрии системы отсчёта неподвижной относительно гравитирующего небесного тела представляет собой прямую линию - ось $z$. С точки зрения четырёхмерной геометрии линия хитро искривлена -- ускорение не равно нулю.

мат-ламер в сообщении #974960 писал(а):

Допустим $\theta =0$. Т.е. космонавт двигается по оси, соединяющей его с объектом. Можно ли тогда пользоваться упрощённой методикой? Т.е. энергия объекта возрастает на множитель $(1-v^2)^{-1/2}$. Соответственно увеличивается и сила притяжения.

Да, радиальная задачка проще.

С радиальным движением можно придумать немного другую задачку.

Задачка 2. Ракета летит чисто радиально с переменной скоростью $v(r)$ относительно системы отсчёта неподвижной относительно гравитирующего небесного тела. Что показывает акселерометр установленный в ракете?

План решения. Лоренцевским бустом тетрады неподвижной системы перейти в систему отсчёта движущейся радиально со скоростью $v(r)$. Найти четырёхскорость и четырёхускорение движущейся системы. Спроектировать четырёхускорение на тетраду движущейся системы отсчёта (эти проекции и будут показаниями акселерометра установленного в ракете).

Поехали...

Метрика (в системе координат Пенлевэ):

$$ ds^2 = dt^2 - \left( dr + \sqrt{\frac{a}{r}} \, dt \right)^2 - r^2 d \theta^2 - r^2 \sin^2(\theta) d\varphi^2 $$

Система отсчёта неподвижная относительно небесного тела (назовём её -- системой отсчёта Шварцшильда):

$$ e_{(0)} = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}} \, \frac{\partial}{\partial t}, \quad e_{(1)} = \frac{\sqrt{\frac{a}{r}}}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}} \, \frac{\partial}{\partial t} + \sqrt{1-\frac{a}{r}} \, \frac{\partial}{\partial r}, \quad e_{(2)} = \frac{1}{r} \, \frac{\partial}{\partial \theta}, \quad e_{(3)} = \frac{1}{r \, \sin\theta} \, \frac{\partial}{\partial \varphi}. $$

Система отсчёта движущаяся радиально со скоростью $v(r)$ относительно системы отсчёта Шварцшильда:

$$ e'_{(0)} = \frac{1}{ \sqrt{1-v^2} } \left( e_{(0)} + v \, e_{(1)} \right) = \frac{1+v \sqrt{ \frac{a}{r} } }{ \sqrt{1 - \frac{a}{r}} \sqrt{1 - v^2} } \frac{\partial}{\partial t} + \frac{v \sqrt{1 - \frac{a}{r}}}{\sqrt{1-v^2}} \frac{\partial}{\partial r} $$

$$ e'_{(1)} = \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \left( v \, e_{(0)} + e_{(1)} \right) = \frac{v + \sqrt{ \frac{a}{r} }}{ \sqrt{1 - \frac{a}{r} } \sqrt{1 - v^2} }\frac{\partial}{\partial t} + \frac{\sqrt{1 - \frac{a}{r}}}{\sqrt{1-v^2}} \frac{\partial}{\partial r} $$

$$ e'_{(2)} = e_{(2)} = \frac{1}{r} \, \frac{\partial}{\partial \theta} $$

$$ e'_{(3)} = e_{(3)} = \frac{1}{r \, \sin\theta} \, \frac{\partial}{\partial \varphi} $$

Четырёхскорость движущейся системы

$$ u^{\mu} = e'^{\mu}_{(0)} = \left\{ \frac{1+v \sqrt{ \frac{a}{r} } }{ \sqrt{1 - \frac{a}{r}} \sqrt{1 - v^2} }, \frac{v \sqrt{1 - \frac{a}{r}}}{\sqrt{1-v^2}}, 0, 0 \right\}. $$

Четырёхускорение:

$$ w^{\mu} = u^{\alpha} ( D_{\alpha} u^{\mu} ) = u^{\alpha} \partial_{\alpha} u^{\mu} + \Gamma^{\mu}_{\alpha \beta} u^{\alpha} u^{\beta} $$

Проекции четырёхускорения на орты движущейся системы отсчёта:

$$ w'^{(a)} = w^{\mu} e'^{(a)}_{\mu} = \left\{0, \; \frac{a}{2 r^2 \sqrt{1 - \frac{a}{r} }} \frac{ 1 - v^2 + 2 r \left( \frac{r}{a} - 1\right) v \frac{dv}{dr} }{ \left( 1 - v^2 \right)^{3/2} }, \; 0, \; 0 \right\} $$

Немножко проанализируем полученный ответ.

1) Если $ \frac{dv}{dr} = 0$, то получаем формулу для ускорения из прошлой задачи взятую при $\theta = 0$ с мнемоническим правилом (которое напоминает чего-то до боли знакомое):

$$ M \to \frac{M}{\sqrt{1 - v^2}} $$

2) Решая уравнение

$$ 1 - v^2 + 2 r \left( \frac{r}{a} - 1\right) v \frac{dv}{dr} = 0 $$

получаем, что свободно падающей системе отсчёта соответствует

$$ v(r) = - \sqrt{ \frac{a}{r} } $$

что и было понятно с самого начала (из явного вида метрики в координатах Пенлевэ).

[SergeyGubanov]

fizeg в сообщении #974452 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #974281 писал(а):

Не систему координат надо менять, а систему отсчёта (тетраду бустить), это чтобы получить то что видит движущийся наблюдатель.

Ну и что же делает с решением буст реперов?
Давайте сделаю над ними лоренцевское преобразование, да еще и сделаю в разных точках разное,
$e_{\mu}^A(x)\mapsto\Lambda_{AB}(x)e_{\mu}^B$(x).
Что же происходит с метрическим тензором?
$g_{\mu\nu}(x)=\eta_{AB}e_\mu^A(x) e_\nu^B(x)\mapsto \eta_{AB}\Lambda^{AC}(x)\Lambda^{BD}(x)e_\mu^C(x)e_\nu^D(x)=\eta_{CD} e_\mu^C(x)e_\nu^D(x)=g_{\mu\nu}(x),$
т.е. (для особо одаренных) $g_{\mu\nu}(x)\mapsto g_{\mu\nu}(x)$.
О Боже! Да это же чудо какое-то!!!

epros в сообщении #974502 писал(а):

Ещё раз:

1) Утверждение о том, что плоская гравитационная волна "не окажет эффекта" на наблюдателя, является глупостью. Мой ответ был, что будут по крайней мере ощущаться чередующиеся сжатия и растяжения поперёк волнового вектора. Где Ваши аргументы?

2) Утверждение о том, что в искривлённом пространстве система покоя всего одна, является бредом. "Система покоя" -- это то, что определяется наблюдателем, а наблюдатели могу двигаться как угодно. Где Ваши аргументы?

SergeyGubanov в сообщении #974281 писал(а):

1) Если в решении Шварцшильда сделать замену координат, то оно так и останется решением Шварцшильда, но в других координатах

Вам уже было сказано, что так и должно быть.

SergeyGubanov в сообщении #974281 писал(а):

С тем же (нулевым) успехом можете пытаться получить решение Керра из решения Шварцшильда переходя к вращающимся координатам.

От бессодержательных ответов переходите к прямой демагогии? Никто не предлагал переходить от Шварцшильда к Керру заменой координат. Ещё раз:

Если нас интересует задача о нахождении гравитационного поля движущегося компактного сферически симметричного объекта, то это -- решение Шварцшильда в координатах, привязанных к движущемуся наблюдателю.

SergeyGubanov в сообщении #974281 писал(а):

2) Не систему координат надо менять, а систему отсчёта (тетраду бустить), это чтобы получить то что видит движущийся наблюдатель.

Что по существу сводится к тому же самому. Во всяком случае, заменой тетрады Вы другого многообразия не получите, как и заменой координат.

Я вижу, что Ваше понимание ОТО -- ниже плинтуса.

Уважаемые fizeg и epros, решение задачки я изложил в сообщениях post974733.html#p974733 и post975814.html#p975814. Как я и утверждал, нужно бустить тетраду, а не координаты менять. Так что, скромно жду от вас, когда же вы съедите свои шляпы...

Пара комментариев для epros.

1) Моё утверждение было в том, что на точечного наблюдателя гравитационная волна не оказывает никакого влияния. Для регистрации гравитационных волн нужна как можно более сильно распределённая в пространстве конструкция. И там же я отметил, что тема регистрации гравитационных волн далеко уводит нас от обсуждения текущей темы.

2) Система покоя - это такая система отсчёта, в которой выполняется половина первого закона Ньютона: тело неподвижное относительно неё так и остаётся неподвижным относительно неё сколь угодно долго если на него не влияют внешние (негравитационные) силы. Как следствие, в системе покоя дифференциальная форма времени голономна

$$ d e^{(0)} = 0, \quad e^{(0)} = dt$$

так что ещё её можно называть системой отсчёта с голономной дифференциальной формой времени, или просто системой голономного времени. Пространство Минковского замечательно тем, что в нём существует множество равноправных систем голономного времени. Но это частный случай. В гораздо большем количестве случаев система голономного времени единственна. Например, если метрику пространства событий удаётся свести к АДМ виду с единичной $g^{0 0} = 1$:

$$ ds^2 = c^2 dt^2 - \gamma_{i j} \left( dx^i - V^i \, dt \right) \left( dx^j - V^j \, dt \right), $$

то в таком пространстве событий существует единственная система покоя и её дифференциальная форма времени $e^{(0)} = dt$ (тут имеется в виду, что $\gamma_{i j}$ и $V^i$ - какого-то общего вида, в смысле без частных симметрий благодаря которым может случиться вырождение систем покоя).

[fizeg]

SergeyGubanov
Решение ваше смотреть надо, терпения наберитесь.

Однако же вы мне сильно сэкономите время, если укажете место, где вы вращением реперов превратили решение Шварцшильда в принципиально другое решение, не сводимое координатным преобразованием к Шварцшильду На такое волшебство хочется посмотреть

Я никогда не говорил, что вращение реперов штука малополезная

fizeg в сообщении #974551 писал(а):

1). Выбор системы отсчета - штука вольная и представляет из себя просто формальное переписывание модели в более удобном для рассмотрения "точки зрения наблюдателя" виде, другим выбором координат и иногда некоторыми другими преобразованиями. По желанию они могут включать вращение реперов, преобразования Боголюбова для частиц на этом фоне в КТП итп

но и не означает, что репера бустить - это единственно возможный способ ввести точку зрения движущегося наблюдателя, что бы вы ни думали.

[SergeyGubanov]

fizeg в сообщении #975853 писал(а):

Однако же вы мне сильно сэкономите время, если укажете место, где вы вращением реперов превратили решение Шварцшильда в принципиально другое решение, не сводимое координатным преобразованием к Шварцшильду На такое волшебство хочется посмотреть

Это откуда же такие желания? Я решал задачу с неподвижной чёрной дырой и движущейся ракетой.

[fizeg]

SergeyGubanov
Ну как же? С чего весь сыр бор? Вы ж хотели принципиально другое решение для системы отсчета ракеты

[SergeyGubanov]

fizeg в сообщении #975853 писал(а):

но и не означает, что репера бустить - это единственно возможный способ ввести точку зрения движущегося наблюдателя, что бы вы ни думали.

Трёхмерные пространственные ориентации ускорения измеряемые акселерометром это проекции четырёхускорения на репер системы отсчёта в которой оно измеряется $w^{(a)} = w^{\mu} e^{(a)}_{\mu}$. Так что от репера Вы никуда не денетесь.

fizeg в сообщении #975859 писал(а):

SergeyGubanov Ну как же? С чего весь сыр бор? Вы ж хотели принципиально другое решение для системы отсчета ракеты

Ежели Вы любезно сообщите мне решение уравнений Эйнштейна для гравитационного поля движущегося небесного тела, то я смогу решить и обратную задачку: когда движется небесное тело, а ракета остаётся в покое. А так, уж извините, решаю что могу: небесное тело неподвижно, летит ракета.

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #975860 писал(а):

Ежели Вы любезно сообщите мне решение уравнений Эйнштейна для гравитационного поля движущегося небесного тела

Вот и всё, сдулся.

Расходимся, господа.

[fizeg]

А в системе отсчета ракеты ракета неподвижна или тоже летит? Или вы сейчас не систему отсчета вводили?

Вы сейчас по сути дела определили хороший акселерометр как прибор, измеряющий эти проекции и для него да, мне явно или неявно надо ввести реперы. Или неявно.
Реперы для описания локальной физики полезны. Как нечто обязательное для ввода "системы отсчета", нет. Особенно если меня не интересует как чувствует себя космонавт на ракете, а как для него выглядит черная дыра.

[epros]

SergeyGubanov в сообщении #975843 писал(а):

1) Моё утверждение было в том, что на точечного наблюдателя гравитационная волна не оказывает никакого влияния. Для регистрации гравитационных волн нужна как можно более сильно распределённая в пространстве конструкция. И там же я отметил, что тема регистрации гравитационных волн далеко уводит нас от обсуждения текущей темы.

Если Вы будете заниматься демагогией, то это несомненно уведёт нас от темы. Я уже сказал Вам, что точечность наблюдателя -- это условность. Любые искривления пространства-времени обнаруживаются за счёт того, что наблюдатель имеет конечные (хотя и малые) размеры. Это ведь Вы впаривали нам, что можно обнаруживать движение наблюдателя "относительно искривлений". Я привёл в качестве примера те искривления, которые создаёт гравитационная волна. Вот и обнаруживайте.

Помните пример с волнующимся морем? Если волны идут в одном определённом направлении, то оседлавшего волну сёрфингиста "трясёт" гораздо меньше тех, кто неподвижен.

SergeyGubanov в сообщении #975843 писал(а):

2) Система покоя - это такая система отсчёта, в которой выполняется половина первого закона Ньютона: тело неподвижное относительно неё так и остаётся неподвижным относительно неё сколь угодно долго если на него не влияют внешние (негравитационные) силы.

То, что Вы сейчас сформулировали, означает не больше и не меньше, как отсутствие ускорения свободного падения. Это не соответствует стандартному понятию "системы покоя". Это чтобы голову нам заморочить?

SergeyGubanov в сообщении #975843 писал(а):

Как следствие, в системе покоя дифференциальная форма времени голономна

$$ d e^{(0)} = 0, \quad e^{(0)} = dt$$

так что ещё её можно называть системой отсчёта с голономной дифференциальной формой времени, или просто системой голономного времени.

А голономность базиса, в свою очередь, не имеет отношения к отсутствию ускорения свободного падения. Вы вообще о чём тут пытаетесь рассуждать?

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #975872 писал(а):

Вот и всё, сдулся.

Расходимся, господа.

Если только за попкорном, и сразу же обратно!

fizeg в сообщении #975873 писал(а):

А в системе отсчета ракеты ракета неподвижна или тоже летит? Или вы сейчас не систему отсчета вводили?

Хм.., в системе отсчёта ракеты ракета неподвижна. И что?

fizeg в сообщении #975873 писал(а):

Как нечто обязательное для ввода "системы отсчета", нет.

Репер и система отсчёта - это одно и то же, слова синонимы, два названия для одной и той же вещи: одно придумали математики, другое - физики.

epros в сообщении #975877 писал(а):

Если Вы будете заниматься демагогией, то это несомненно уведёт нас от темы. Я уже сказал Вам, что точечность наблюдателя -- это условность. Любые искривления пространства-времени обнаруживаются за счёт того, что наблюдатель имеет конечные (хотя и малые) размеры. Это ведь Вы впаривали нам, что можно обнаруживать движение наблюдателя "относительно искривлений". Я привёл в качестве примера те искривления, которые создаёт гравитационная волна. Вот и обнаруживайте.

Помните пример с волнующимся морем? Если волны идут в одном определённом направлении, то оседлавшего волну сёрфингиста "трясёт" гораздо меньше тех, кто неподвижен.

Боюсь Вы не правильно понимаете о чём идёт речь. А впрочем ладно, если хотите... если какой-то космонавт, с дуру, захочет в своей ракете ощутить прелести неинерциальной системы отсчёта, то он своего конечно же добъётся. Математически тут всё просто. Рассмотрим плоскую гравитационную волну, метрика которой имеет вид

$$ ds^2 = dt^2 - dx^2 - e^{2 f - 2 h} dy^2 - e^{-2 f - 2 h} dz^2 $$

Здесь две функции $f(x - t)$ и $h(x - t)$ удовлетворяют одному уравнению:

$$ f'^2 = h'' - h'^2 $$

Система покоя

$$ e^{(0)} = dt, \quad e^{(1)} = dx, \quad e^{(2)} = e^{f-h}dy, \quad e^{(3)} = e^{-f-h}dz $$

вырождена относительно Лоренцевских бустов в плоскости $e^{(0)} \wedge e^{(1)}$, то есть Лоренцевский буст в плоскости $e^{(0)} \wedge e^{(1)}$ даёт другую систему покоя равноправную с исходной системой. Вместе с тем, бусты в плоскостях $e^{(0)} \wedge e^{(2)}$ и $e^{(0)} \wedge e^{(3)}$ разрушают голономность дифференциальной формы времени новой системы отсчёта. Например, перейдём в систему отсчёта движущуюся со скоростью $v$ вдоль оси $z$ относительно исходной системы (точнее относительно целого класса равноправных исходных систем в смысле эквивалентности их друг другу по поворотам в плоскости $e^{(0)} \wedge e^{(1)}$):

$$ e'^{(0)} = \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \left( e^{(0)} - v \, e^{(3)} \right) = \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \left( dt - v e^{-f-h}dz \right), $$

$$ e'^{(1)} = e^{(1)}, $$

$$ e'^{(2)} = e^{(2)}, $$

$$ e'^{(3)} = \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \left( - v \, e^{(0)} + e^{(3)} \right) = \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \left( - v \; dt + e^{-f-h}dz \right). $$

Легко видеть, что дифференциальная форма движущейся системы $e'^{(0)}$ неголономна:

$$ d e'^{(0)} = \frac{v \, e^{-f-h}}{\sqrt{1-v^2}} (f' + h') \, (dx - dt) \wedge dz \ne 0, $$

что говорит о неинерциальности движущейся системы (кто бы в этом сомневался?).

Четырёхскорость этой системы:

$$ u^{\mu} = \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \left\{ 1, 0, 0, v \, e^{f+h} \right\} $$

Четырёхускорение:

$$ w^{\mu} = u^{\nu} (D_{\nu} u^{\mu}) $$

Показания акселерометра установленного в ракете:

$$ w'^{(a)} = w^{\mu} e'^{(a)}_{\mu} = \frac{v \, (f'+h')}{\sqrt{1-v^2}} \left\{ 0, \; \frac{v}{\sqrt{1-v^2}} , \; 0, \; 1 \right\} $$

Чем быстрее будет лететь ракета с постоянной скоростью $v$ вдоль оси $z$ (это по версии неподвижной системы) с горе космонавтом на борту, тем сильнее её будет трясти. С другой стороны никто кроме epros и не заставлял космонавта лететь именно по такой траектории:

$$ {\frac{dx}{ds}}^{\mu} = \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \left\{ 1, 0, 0, v \, e^{f+h} \right\}, $$

он мог бы вообще не включать двигатели и продолжать оставаться в невесомости. Зачем вообще ему понадобилось включать двигатели так, чтобы по версии неподвижного наблюдателя лететь с постоянной скоростью $v$ вдоль оси $z$ - вот в чём вопрос...

epros в сообщении #975877 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #975843 писал(а):

2) Система покоя - это такая система отсчёта, в которой выполняется половина первого закона Ньютона: тело неподвижное относительно неё так и остаётся неподвижным относительно неё сколь угодно долго если на него не влияют внешние (негравитационные) силы.

То, что Вы сейчас сформулировали, означает не больше и не меньше, как отсутствие ускорения свободного падения. Это не соответствует стандартному понятию "системы покоя". Это чтобы голову нам заморочить?

SergeyGubanov в сообщении #975843 писал(а):

Как следствие, в системе покоя дифференциальная форма времени голономна

$$ d e^{(0)} = 0, \quad e^{(0)} = dt$$

так что ещё её можно называть системой отсчёта с голономной дифференциальной формой времени, или просто системой голономного времени.

А голономность базиса, в свою очередь, не имеет отношения к отсутствию ускорения свободного падения. Вы вообще о чём тут пытаетесь рассуждать?

1) Длинное координатное доказательство.

Систему отсчёта с голономной дифференциальной формой времени $e^{(0)} = dt$ можно ввести если метрика пространства событий допускает приведение к АДМ виду с единичной $g^{0 0} = 1$:

$$ ds^2 = dt^2 - \gamma_{i j} \left( dx^i - V^i \, dt \right) \left( dx^j - V^j \, dt \right) $$

Не составляет труда проверить, что частицы движущиеся по закону

$$ {\frac{dx}{dt}}^i = V^i(x, t) $$

являются свободно падающими, то есть движутся по геодезическим. Замечательной особенностью таких свободно падающих частиц является то, что их собственное время

$$ ds = dt $$

Локально можно выполнить преобразование координат $x^1$, $x^2$, $x^3$ (не затрагивая координату $t$) перейдя к свободно падающей со скоростью ${\frac{dx}{dt}}^i = V^i(x, t)$ системе координат, в ней метрика примет вид:

$$ ds^2 = dt^2 - \tilde{\gamma}_{i j} (\tilde{x}, t) \tilde{dx}^i \tilde{dx}^j $$

Если расписать уравнения геодезических для этой метрики, то легко будет увидеть существование решений:

$$ \tilde{x}^i(t) = \operatorname{const} $$

О чём и была речь: неподвижная частица так и остаётся неподвижной если на неё не влияют внешние (негравитационные) силы.

2) Короткое свидетельство.

Вместо уравнения геодезических движение частиц, при определённой сноровке, можно описывать уравнением Гамильтона - Якоби. Оно тут вот при чём...

Допустим метрика $g'_{\mu \nu}(x')$ ещё не приведена к АДМ виду с $g^{0 0} = 1$, выполним преобразование координат $\{ x'^0, x'^1, x'^2, x'^3 \} \to \{t, x^1, x^2, x^3\}$ так чтобы в новых координатах было $g^{0 0} = 1$, имеем уравнение:

$$ g^{0 0} \equiv \frac{\partial t}{\partial x'^{\mu}} \frac{\partial t}{\partial x'^{\nu}} \, g'^{\mu \nu} (x') = 1 $$

Однако уравнение

$$ \frac{\partial t}{\partial x'^{\mu}} \frac{\partial t}{\partial x'^{\nu}} \, g'^{\mu \nu} (x') = 1 $$

является уравнением Гамильтона-Якоби для свободно падающих частиц и $t = s$ -- их собственное время.

Предположим, что система отсчёта с голономным временем существует $e^{(0)} = dt$, где $t(x)$ - какая-то функция от координат $x^{\mu}$, тогда для элемента 4-объёма должна быть верна формула:

$$ (\star dt) \wedge dt = \sqrt{-g} \, d_4 x. $$

Раскрываем звёздочку Ходжа

$$ \star dt = \frac{\partial t}{\partial x^{\mu}} \left( \star dx^{\mu} \right) = \frac{1}{3!} \, \frac{\partial t}{\partial x^{\mu}} g^{\mu \nu} \sqrt{-g} \, \varepsilon_{\nu \alpha \beta \gamma} \, dx^{\alpha} \wedge dx^{\beta} \wedge dx^{\gamma} $$

Получаем:

$$ (\star dt) \wedge dt = \left( g^{\mu \nu } \frac{\partial t}{\partial x^{\mu}} \frac{\partial t}{\partial x^{\nu}} \right) \sqrt{-g} \, d_4 x $$

Таким образом, мы вернулись к уравнению Гамильтона - Якоби, которому должна удовлетворять функция $t(x)$:

$$ g^{\mu \nu } \frac{\partial t}{\partial x^{\mu}} \frac{\partial t}{\partial x^{\nu}} = 1 $$

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #975957 писал(а):

Если только за попкорном

Это чтобы смотреть, как вы не справились Шварцшильда побустить, о чём и заявили во всеуслышание? Ну так это уже произошло.

[fizeg]

SergeyGubanov в сообщении #975957 писал(а):

Хм.., в системе отсчёта ракеты ракета неподвижна. И что?

А черная дыра в системе отсчета ракеты движется или стоит?

[Утундрий]

Интересная постановка вопроса. Я вернусь к ней позже.

(АНТИСКЛЕРОТИЧЕСКАЯ ЗАМЕТКА)

Всемирное Тяготение Ньютона. Пробному телу в поле центральной массы навязано движение с постоянной скоростью. Перегрузка (негравитационная сила на 1 массы тела) очевидно равна ускорению, сообщённому телу центральной массой.
ОТО Эйнштейна. Та же кинематика (скорость измерена с точки зрения шварцшильдовских наблюдателей). Перегрузка = ?

[epros]

SergeyGubanov в сообщении #975957 писал(а):

Здесь две функции $f(x - t)$ и $h(x - t)$ удовлетворяют одному уравнению:

$$ f'^2 = h'' - h'^2 $$

Это зачем?

SergeyGubanov в сообщении #975957 писал(а):

Система покоя

$$ e^{(0)} = dt, \quad e^{(1)} = dx, \quad e^{(2)} = e^{f-h}dy, \quad e^{(3)} = e^{-f-h}dz $$

Я не понимаю этой терминологии. С моей точки зрения здесь определён голономный базис, который есть у любых координат. Поэтому дальше пока не читаю.

SergeyGubanov в сообщении #975957 писал(а):

Чем быстрее будет лететь ракета с постоянной скоростью $v$ вдоль оси $z$ (это по версии неподвижной системы) с горе космонавтом на борту, тем сильнее её будет трясти.

Лень проверять побуквенно, но то, что это неправда -- очевидно. Причина проста: Переменная часть метрики заключена в $g_{22}$ и $g_{33}$, которые при преобразованиях $x^0$ и $x^1$ не меняются, а эффекты кривизны определяются вторыми производными метрики по координатам. А вторые производные уж по времени-то по крайней мере становятся меньше, ибо частота при движении в направлении волны в силу эффекта Допплера уменьшается.

SergeyGubanov в сообщении #975957 писал(а):

Систему отсчёта с голономной дифференциальной формой времени $e^{(0)} = dt$ можно ввести если метрика пространства событий допускает приведение к АДМ виду с единичной $g^{0 0} = 1$:

$$ ds^2 = dt^2 - \gamma_{i j} \left( dx^i - V^i \, dt \right) \left( dx^j - V^j \, dt \right) $$

Как отсюда увидеть, что $g^{0 0} = 1$? И Вы уверены, что индексы должны быть верхними?

SergeyGubanov в сообщении #975957 писал(а):

являются свободно падающими, то есть движутся по геодезическим. Замечательной особенностью таких свободно падающих частиц является то, что их собственное время

$$ ds = dt $$

Ах, так Вы хотите привязать координаты к инерциальному телу отсчёта и определить координату времени равной собственному времени? Так в любом пространстве-времени таких координат можно построить сколько угодно. Разных.

Никаких выделенных координат такого рода ни при какой кривизне не существует.