Сдвиг перигелия по Рашевскому

[schekn]

Что-то после праздников перестал понимать данный вывод.

Рашевский для меня непререкаемый авторитет.
Но однако данный вывод сдвига перигелия после обхода частицы своей орбиты мне совсем не нравится.
Можно найти его в книге Рашевский " Риманова геометрия и тензорный анализ", пар 132, стр. 652-653.
Он получил в координатах Шварцшильда такое уравнение движения частицы в сферически симметричном поле (параметра сигма от угла):

$$\frac{d^2{\sigma}}{d{\varphi}^2}=\frac{1}{p}-\sigma+\alpha{\sigma}^2 \quad(132.2)$$

$p$ - постоянная, $\sigma=1/r$ , $\alpha=\frac{3r_g}{2}$ - малый параметр.
Если третье слагаемое справа убрать , то он получил точное решение для ньютоновской теории:

$$\sigma_{0}=\frac{1+e\cos{\varphi}}{p}\quad(132.4)$$

$e$ - эксцентриситет.

Далее он ищет уже поправку для ОТО:

$$\sigma(\varphi)=\sigma_{0}(\varphi)+\sigma_{1}(\varphi)$$

Полная страница вывода дальше здесь:



И тут начинаются вопросы:

1. Он выбрасывает $\sigma_{1}$ под скобкой на стр. 653,
затем выбрасывает член $\cos{2\varphi}$, потому что ищет
"добавку , которая нарушает замкнутый характер орбиты", что уже настораживает.
Если теперь посмотреть на формулу (132.7) , то сигма имеет также одно и то же значение при
$\varphi=0, \quad=2{\pi}$ , то есть сдвиг в этих точках не наблюдается.

Чтобы найти угловой сдвиг точек максимального сближения или удаления частицы по отношению к центру после полного оборота, надо выписать точное уравнение с поправками для $\sigma(\varphi)$
со всеми косинусами, затем приравнять производную $\sigma(\varphi)$ по углу к нулю

$$\frac{d{\sigma}}{d{\varphi}}=0$$

И найти точки сближения и удаления $\sigma_{+} \quad \sigma_{-}$
и соответствующие углы: $\varphi_{+}_{1}, \varphi_{+}_{2}...\varphi_{-}_{1}, \varphi_{-}_{2}$
Затем уже искать разницу в соседних углах при полном обороте частицы.

Этого сделано не было.

2. Наконец , поскольку он выбросил 2 члена по ходу решения ($\sigma_1$ под скобкой сверху страницы и $\cos(2\varphi)$ в 132.6 )
и сделал в конце приближение внизу на стр. 653, можно подставить его решение в изначальное дифференциальное уравнение (132.2) , чтобы убедиться , что
получилось почти тождество.

$$\sigma=1/p+\frac{e\cos((1-\alpha/p)\varphi)}{p}$$

Давайте это сделаем:

$$-\frac{e\,{\left( 1-\frac{a}{p}\right) }^{2}\,\mathrm{\cos}\left( \left( 1-\frac{a}{p}\right) \,\varphi\right) }{p}=a\,{\left( \frac{e\,\mathrm{\cos}\left( \left( 1-\frac{a}{p}\right) \,\varphi\right) }{p}+\frac{1}{p}\right) }^{2}-\frac{e\,\mathrm{\cos}\left( \left( 1-\frac{a}{p}\right) \,\varphi\right) }{p}$$

После упрощения:

$$0=\frac{a\,\left( {e}^{2}\,p\,{\mathrm{\cos}\left( \frac{\left( p-a\right) \,\varphi}{p}\right) }^{2}+a\,e\,\mathrm{\cos}\left( \frac{\left( p-a\right) \,\varphi}{p}\right) +p\right) }{{p}^{3}}$$

Как-то не похоже на тождество. То есть получен результат для некого решения, которое не является частным решением начального уравнения движения.

Можете помочь разобраться?
(если нужно первую и последнюю страницы книги параграфа 132 , то выложу).

[amon]

Я Рашевского последний раз открывал страшно сказать когда, но в данном случае могу попробовать помочь. Во-первых, $\sigma_1$ в (132.6) не выброшена, а перенесена в левую часть. Во-вторых, решение (132.6) представляет собой сумму общего решения однородного уравнения и частного решения неоднородного. Частное решение мы можем, в свою очередь, разбить на две части. Одна меняет форму орбиты, но оставляет орбиту замкнутой, а другая сдвигает перигелий. Поскольку мы интересуемся только сдвигом перигелия, то оставим только вторую часть (можно считать, что первая часть сидит в $\sigma_0$).

Разность точного и приближенного решения должна иметь второй порядок по $\alpha$, но поскольку мы не учли член, меняющий форму орбиты, то у вас получился первый порядок. Здесь уважаемый мной Рашевский слегка срезал угол, но, по-моему, все чисто. К стати, уравнение $\frac{d^2{\sigma}}{d{\varphi}^2}=\frac{1}{p}-\sigma+\alpha{\sigma}^2$ спокойно интегрируется в квадратурах, только из такого ответа гораздо труднее извлечь искомое смещение перигелия.

[schekn]

amon в сообщении #1184060 писал(а):

Во-первых, $\sigma_1$ в (132.6) не выброшена, а перенесена в левую часть.

Он $\sigma_1$ пренебрег в формуле без номера в самом начале страницы под скобкой. В конце параграфа он поясняет, что этот член мал по сравнению с $\sigma_0$.
Ну допустим. Но интегрируя 132.6 получается куча косинусов , кроме вот этого непереодического члена. Он их все убирает из решения, но почему-то оставляет косинус, который идет из $\sigma_0$. Какая-то непоследовательность.
Или вы хотите сказать, что поскольку там малый коэффициент $\alpha$ , он их отбрасывает и это не влияет на результат?
И потом, он не нашел точки максимального сближения с центром.

[amon]

Ну, давайте медленно. Исходное уравнение у нас $\frac{d^2{\sigma}}{d{\varphi}^2}=\frac{1}{p}-\sigma+\alpha{\sigma}^2$. Мы нашли $\sigma_0$, которое удовлетворяет уравнению $\frac{d^2{\sigma_0}}{d{\varphi}^2}+\sigma_0=\frac{1}{p}$. Теперь ищем следующий порядок $\sigma_1$. Эта величина имеет порядок $\alpha$, поэтому подставив $\sigma=\sigma_0+\sigma_1$ в исходное уравнение, и ограничившись первым порядком по $\alpha$ получим $\sigma_0''+\sigma_0-\frac{1}{p}+\sigma_1''+\sigma_1=\alpha{\sigma_0}^2$. Сумма первых трех членов равна нулю в силу уравнения на $\sigma_0$, и мы получаем уравнение без номера. После этого мы подставляем явный вид $\sigma_0$ и получаем (132.6). Теперь мы произносим следующее заклинание. Решение этого уравнения можно представить как сумму трех членов. Первый - решение однородного, на него мы забиваем, поскольку однородное уравнение на $\sigma_1$ совпадает с таковым для $\sigma_0$. Второй член соответствует всем членам кроме $\cos\varphi$ в правой части (132.6). Частное решение (132.6) с такой правой частью - периодическая с периодом $2\pi$ функция угла. Её мы на ум кладем. Остается последний член, для которого частное решение не периодическое. Дальше мы ищем этот сдвиг периода (последняя формула на странице). При этом неявно учитывается, что положенная на ум часть $\sim\alpha(\cos 2\varphi+\dots)$ даст поправку второго порядка к сдвигу перигелия из-за малости перед косинусом (в это месте автор угол слегка и срезал).

-- 12.01.2017, 22:44 --

Другими словами, если мы запишем решение как $\sigma_0+\frac{\alpha e}{p^2}\varphi\sin\varphi+\text{все остальное}$, то преобразуя первые два члена по Рашевскому мы получим сдвиг перигелия в первом порядке, а это самое "все остальное" в этом порядке поправки к сдвигу перигелия не дает.

[Munin]

Задача решена в куче мест, в том числе во всех классических учебниках ОТО. Не обязательно следовать именно Рашевскому.

[schekn]

amon в сообщении #1184158 писал(а):

Другими словами, если мы запишем решение как $\sigma_0+\frac{\alpha e}{p^2}\varphi\sin\varphi+\text{все остальное}$, то преобразуя первые два члена по Рашевскому мы получим сдвиг перигелия в первом порядке, а это самое "все остальное" в этом порядке поправки к сдвигу перигелия не дает.

Я еще раз проверю поподробнее, но похоже вы правы, это самое изящное решение задачи. Меня смутило то, что он не получил точного решения уравнения с поправкой ОТО. Перигелий не только вращается, но еще и похоже смещается к центру (или от центра). В других учебниках этот результат получается много сложнее и там есть один тонкий момент, когда теоретики удваивают интеграл от $r_{-}$ до $r_{+}$, и критики за него цепляются. Но это надо отдельно смотреть.