Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел

[monky99]

Поскольку всех заинтересовал вопрос о пропавшей ракете, попробую пояснить.

manul91 в сообщении #1383879 писал(а):

При преобразований топикстартера, ни в чем не повинная ракета зависшая на $R=100, \theta=\frac{\pi}{2}, \varphi=0$ - вдруг потерялась (волшебным махом брюки исчезли).

Она не могла исчезнуть из этой точки, потому что manul91 просто не мог её туда поместить.

Ещё раз опишу процедуру построения моей СК на местности. Это уже как минимум второй раз я делаю.
При помощи часов находим поверхности на которых $g_t_t$ постоянен. (Не все поверхности будут односвязными).
Расчерчиваем эти поверхности меридианами и параллелями. Получаем координатную сетку. Но пока не оцифрованную. Впрочем, это вспомогательная сетка.
Вопрос, если два тела не чёрные дыры, а нормальные тела, эта координатная сетка покроет всё пространство где вакуум?
Теперь теперь можно присваивать координаты точкам пространства.
Для начала я беру и задаю следующий метрический тензор
$g=A^TBA$, где $A$ матрица, образованная частными производными функций $T=t$, $R=\frac {2R_1R_2}{R_1+R_2}$, $\theta = \arcsin(\frac {\rho}{R})$, $\varphi =\varphi$
А $B$ матрица совпадающая по виду с матрицей метрического тензора решения Шварцшильда.
Ну вот мне просто захотелось именно такой метрический тензор. Имею полное право на такое желание.
Дальше подставляю этот тензор в уравнения ОТО и проверяю обращаются ли они при этом в тождество. Обращаются. Ура, угадал.
А дальше я тупо подгоняю номера координатных линий под этот метрический тензор. Измеряю определенные расстояния вдоль линий вспомогательной координатной сетки и на основании этих измерений и метрического тензора присваиваю координаты. И эту процедуру возможно организовать таким образом, что каждая точка пространства получит уникальный набор координат. После этого можно стереть вспомогательную и нарисовать окончательную координатную сетку.
Всё, у меня есть пространство, покрытое координатной сеткой с номерами. И метрический тензор, который дает нулевой тензор Ричи.

Если manul91 не нравится описывать события в этой СК, его право. Опять же его право выбрать в качестве преобразований функции $T=t$, $R=\frac {2R_1R_2}{R_1+R_2}$, $\theta = \arcsin(\frac {\rho}{R})$, $\varphi =\varphi$.
А преобразование координат сводится к смене табличек на точках пространства. И ему придется это сделать. Разумеется физически пространство от этого не изменится.
При смене табличек manul91 обнаружит, что выбранное им преобразование координат далеко от идеального. Часть точек получат табличку с одинаковыми наборами чисел. Часть табличек у него останется неиспользованными.
Это говорит только о том, что преобразование координат весьма неудачное, но никоим образом не о том, что моя СК неполная.
А дальше manul91 объявляет, что он поместил ракету в точку с набором координат, который написан на табличке, оставшейся неиспользованной....
Вопрос, каким образом можно поместить ракету, в точку, которой нет?

Надеюсь я понятно изложил?

Someone в сообщении #1383917 писал(а):

Люди, понимающие, что такое система координат, и умеющие осознанно делать замену координат, как правило, понимают, что замена координат сама по себе не создаёт нового решения.

Моей целью было для данного случая получить комплект из СК и метрики удовлетворяющей уравнениям ОТО. Я этой цели достиг.

Munin в сообщении #1383927 писал(а):

Я заявил нечто другое: что данная метрика не является решением задачи двух тел. А что она удовлетворяет уравнению Эйнштейна в вакууме, я готов поверить. Не позволю приписывать мне то, чего я не говорил.

То есть кто то ранее сформулировал задачу и назвал её "задача двух тел"?
В таком случае я просто неправильно Вас понял. Приношу свои извинения.

-- 25.03.2019, 00:06 --

manul91 в сообщении #1383924 писал(а):

Типично - они думают - что если например на плоскости задан прямоугольный треугольник сторонами 3,4,5 - то если на плоскости мы перейдем из декартовых к каких-то криволинейных координат - что из-за новых координат, изначальный прямоугольный треугольник превратится в какую-то кривую загогулину.

Нет я не говорю, что из-за замены координат реальный треугольник превратится в кривую загогулину. Я говорю, что можно так обработать фотографию этого треугольника, что он будет выглядеть на этой фотографии как кривая загогулина.

manul91 в сообщении #1383924 писал(а):

Они и не подозревают - что в новых кривых координат точно также можно рассчитать длин и прямолинейность сторон,величин углов того же треугольника - и убедиться, что это тот же самый треугольник (хотя казалось бы и ежу понятно - что треугольнику ни жарко ни холодно от того, какими координатами его описывают).

Разумеется можно. Но для этого нужно знать метрический тензор. А если вы его не знаете, то ничего вы не рассчитаете. Вот в этом и вопрос, как это сделать.

[Munin]

monky99 в сообщении #1383929 писал(а):

То есть кто то ранее сформулировал задачу и назвал её "задача двух тел"?

Вы полагали иначе, и решали неизвестно что, называя это "решением задачи двух тел"?

Не надо отвечать.

[Someone]

monky99 в сообщении #1383929 писал(а):

Она не могла исчезнуть из этой точки, потому что manul91 просто не мог её туда поместить.

Будьте любезны: поместите ракету в точку, указанную manul91, и найдите её координаты в вашей системе координат. Вас об этом просили, но Вы просьбу проигнорировали. Подобное поведение у нас на форуме приводит к переносу темы в Пургаторий и, в особо злостных случаях, к блокированию участника, не желающего отвечать на вопросы по существу созданной им темы. Я надеюсь, что Вы сумеете поместить ракету в точку с координатами

manul91 в сообщении #1383879 писал(а):

$R=100km, \theta=\frac{\pi}{2}, \varphi=0$

(Здесь km — это единица измерения расстояний. Называется "километр".)

monky99 в сообщении #1383929 писал(а):

Моей целью было для данного случая получить комплект из СК и метрики удовлетворяющей уравнениям ОТО. Я этой цели достиг.

Какое отношение этот "комплект" имеет к задаче двух тел, заявленной Вами в первом сообщении?

[manul91]

monky99 в сообщении #1383929 писал(а):

Нет я не говорю, что из-за замены координат реальный треугольник превратится в кривую загогулину. Я говорю, что можно так обработать фотографию этого треугольника, что он будет выглядеть на этой фотографии как кривая загогулина.

Вот именно.

Вы путаете преобразование координат - при котором все остается одним и тем же (только точкам существующего приписываются новые координаты; меняется только описание все остальное остается тем же), с деформацией ("обработку фотографий") - при которой исходные объекты путем некоей трансформации переводятся в их искаженные образы.

Это совершенно разные вещи.

Надежды мало, но приведу все-таки пример.

Преобразование координат:
Пусть в декартовых координат дана прямая, уравнением $10x+2y+3=0$
Переходя к новых криволинейных координат $p,q: x=p^3, y=q-1$ - в новых координат $p,q$ уравнение этой прямой теперь записывается как $10p^3 + 2q+1=0$.
Это та же самая прямая (линия которя минимизирует расстояний м/у своих точек, геодезическая на плоскости) - а не какая-то кривая загогулина.
Как мы знаем, что это прямая?
Это должно быть ясным уже из-за того, что мы взяли прямую (это нам было известно изначально) и применили только изменение описания (преобразование координат) - которое вещи не меняет, только присваивает им другие координаты.
Но раз вам это рассуждение недоступно; допустим нам дано только $10p^3 + 2q+1=0$ и мы не знаем откуда это уравнение произошло - откуда мы знаем что это прямая, если не знаем "смысл координат"?
Фишка в том, что замена координат преобразует метрического тензора - и теперь нам дана и другая метрика - в новых криволинейных координат инвариант длины имеет вид $dl^2=9p^4dp^2+ dq^2$ - тоесть элемент длины в этих координат имеет другого вида, нежели в декартовых координат (и пользуясь им можно непосредственно проверить например, что линия $10p^3 + 2q+1=0$ минимизирует расстояние). "Смысл координат" - дается метрическим тензором - через которым можно рассчитывать всякие инварианты (длины, углы, площади и пр. вещей которые от координат не зависят)
Точно так же, линия определяемая уравнением $10s\cos{r}+2s\sin{r}+3=0$ при метрикой $dl^2 = ds^2 + s^2dr^2$ загогулиной не является - а это та же самая прямая (что можно проверить непосредственно варьированием, если в $s,r$ не распознать полярные координаты).

А что деформация ("обработка фотографий")?
При ней прямая $10x+2y+3=0$ отображается в кривую загогулину $10x^3 + 2y+1=0$ посредством правилом отображения $x \rightarrow x^3, y \rightarrow y-1$.
Притом расстояния по-прежнему рассчитываются по формулу пифагора, метрика остается той же самой $dl^2 = dx^2 + dy^2$ как и прежде - по смыслу координаты не изменились (и например, пользуясь ими можно напрямую проверить что эта новая кривая - загогулина, и не минимизирует расстояния между своих точек) - поэтому и буковок для уравнения образа я использовал теми же самыми.
Аналогично $10x\cos{y}+2x\sin{y}+3=0$ тут является загогулиной, поскольку метрика та же самая декартового вида $dl^2 = dx^2 + dy^2$.

Теперь обратно к сути:
ОТО деформациями и "искажениями фотографий" не занимается.
(если в учебниках картинки выглядят искаженно - это только потому, что кривое четырехмерное пространство-время нельзя отобразить на двухмерном эвклидовом листе бумаги без искажений).
Если это еще непонятно: когда некие метрические тензоры преобразуются друг в друга, путем преобразования координат - то можно утверждать с уверенностью, что "это одно и то же решение" ОТО (для одной и той же физической ситуации) - поскольку они описывают одно и то же искривленное пространство-время.
Разные физические решения ОТО (для разных физических ситуаций - например при отсутствии тел, одного сф. симметричного тела, куба, эллипсоида, двух тел и т.д.) - даются метрическими тензорами, которыми нельзя преобразовать друг в друга никаким преобразованием координат поскольку они описывают разные пространства-времена (но тривиально найти сколь угодно разных координатных форм, для каждого из них). Другой вопрос что их можно записать в явном функциональном виде в очень редких случаев, и обычно приходится рассчитывать приближенно.

-- 25.03.2019, 05:40 --

monky99 в сообщении #1383929 писал(а):

Разумеется можно. Но для этого нужно знать метрический тензор. А если вы его не знаете, то ничего вы не рассчитаете. Вот в этом и вопрос, как это сделать.

Решением уравнений ОТО.
Но пытаться схитрить и использовать уже найденное решение - перейти к новых координат и, найдя вид старого метрического тензора в новых координат - объявлять это за "новым решением" - не катит.
Это то же старое решение в новом обличье, только и всего.
Точно также как если в классике кто-то решил Ньютонову задачу двух тел в декартовых, а кто-то другой в сферических координат - это решение одной и той же задачи а не двух разных (и результат по-факту один и тот же - хотя и записан по-разному).

[monky99]

Someone в сообщении #1383940 писал(а):

Будьте любезны: поместите ракету в точку, указанную manul91, и найдите её координаты в вашей системе координат.

У меня таки получилось. Для $R=100, \theta=\frac{\pi}{2}, \varphi=0$ и $z_1=5, z_2=10$ координаты будут следующие:
$ \varphi=0,\rho=100$ , а $z$ между $180.7276315$ (при этом $R=99.9999999977122$) и $180.7276316$ (при этом $R=100.000000041014$)

Называется, вот и доверяй слепо системам компьютерной алгебры. Я тоже загнал эту задачу в SageMath. Программа решить её отказалась. Ну я и поверил manul91, что такой точки не существует.

Someone в сообщении #1383940 писал(а):

Какое отношение этот "комплект" имеет к задаче двух тел, заявленной Вами в первом сообщении?

Если под задачей двух тел подразумевается следующее: В классической механике, задача двух тел состоит в том, чтобы определить движение двух точечных частиц, которые взаимодействуют только друг с другом, то решение этой задачи заявлять у меня даже в мыслях не было. Да и тему я назвал "решение для двух тел". Надо же было как-то назвать. А у меня фигурируют два тела.
Меня интересовал вопрос, существует ли решение уравнений ОТО для случая, если два тела неподвижны друг относительно друга, причём не в какой-то определённый момент времени, а постоянно. И я его получил. Это как раз и есть упомянутый "комплект".

(Оффтоп)

Кстати, я некоторое время назад писал Вам в личку по поводу падения частицы в координатах Крускала-Шекереса. Я нашел у себя ошибку. Я прокололся с пределом. Таки нашел его. Он оказался конечным. Мне очень неловко, что я Вас тогда побеспокоил. Прошу прощения.

-- 25.03.2019, 04:42 --

manul91 в сообщении #1383949 писал(а):

Разные физические решения ОТО (для разных физических ситуаций - например при отсутствии тел, одного сф. симметричного тела, куба, эллипсоида, двух тел и т.д.) - даются метрическими тензорами, которыми нельзя преобразовать друг в друга никаким преобразованием координат поскольку они описывают разные пространства-времена (но тривиально найти сколь угодно разных координатных форм, для каждого из них).

Ваше утверждение состоит из двух.
Разные физические решения ОТО даются имеют метрики, которые нельзя преобразовать друг в друга преобразованием координат. Это первое. Я с этим не спорю.
Утверждение второе. Решения для разных физических ситуаций - например при отсутствии тел, одного сф. симметричного тела, куба, эллипсоида, двух тел и т.д. являются различными (в смысле первого утверждения)
Второе утверждение неточное. Например при отсутствии тел и при наличии одного сф. симметричного тела. Помнится, я как-то сгоряча сказал, что решение ОТО для пустого пространства это плоское ПВ Минковского. Мне тут же указали, что в четырехмерном ПВ могут существовать истинные гравитационные поля и в пустом пространстве. И что существует решение Шварцшильда для пустого пространства.
Что касается случаев сферического тела и несферического тела, то Вы можете доказать своё утверждение. Напишите здесь точное решение для какого-нибудь несферического тела и сразу всё станет ясно. Например, для тонкого стержня. Или эллипсоида вращения.

manul91 в сообщении #1383949 писал(а):

Решением уравнений ОТО.
Но пытаться схитрить и использовать уже найденное решение - перейти к новых координат и, найдя вид старого метрического тензора в новых координат - объявлять это за "новым решением" - не катит.
Это то же старое решение в новом обличье, только и всего.

Не надо мне приписывать то, чего я не делал. Я не объявлял это "новым решением". Я всё время говорил просто "решение". И да, оно сводится к старому решению. Показать, что решения для случая, для которого решение ещё не получено, сводится к уже известному решению это тоже результат.
А получить результат для случая, который вряд ли возможен в реальности, это любопытный результат. По моему мнению.

[manul91]

monky99 в сообщении #1383953 писал(а):

У меня таки получилось. Для $R=100, \theta=\frac{\pi}{2}, \varphi=0$ и $z_1=5, z_2=10$ координаты будут следующие:
$ \varphi=0,\rho=100$ , а $z$ между $180.7276315$ (при этом $R=99.9999999977122$) и $180.7276316$ (при этом $R=100.000000041014$)

Э... вы писали

monky99 в сообщении #1383029 писал(а):

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

monky99 в сообщении #1382988 писал(а):

где
$M=2m$
$R_1=\sqrt {(z-z_1)^2+\rho ^2}$
$R_2=\sqrt {(z-z_2)^2+\rho ^2}$

Я подставляю $180.7276315$, и при всех других значений соответно получаю для $R$ 200, a не $100$ как должно быть по преобразований.
Это wolfram alha так ошибается - или у вас эта двойка в $R=\frac {2R_1R_2}{R_1+R_2}$ опечатка (лишняя)?

[manul91]

monky99 в сообщении #1383953 писал(а):

Второе утверждение неточное. Например при отсутствии тел и при наличии одного сф. симметричного тела. Помнится, я как-то сгоряча сказал, что решение ОТО для пустого пространства это плоское ПВ Минковского. Мне тут же указали, что в четырехмерном ПВ могут существовать истинные гравитационные поля и в пустом пространстве. И что существует решение Шварцшильда для пустого пространства.

Вам пока нужно понять то, что решение Шварцшильда сферически симметрического тела отличается от решения Минковского и (пока константа M>0), никакими преобразованиями координат нелзя перейти от одного к другого.

Они оба "для пустого пространства" в том смысле, что описывают пространство-время в области где материя отсутствует (решение Шварцшильда не валидно внутри сферически-симметрического тела где $T^{ik} \neq 0$).

(насчет того может ли решение Шварцшильда описывать некоторое типа "вакуумно солитонное" сферически симметрическое состояние пространства-времени с характерной константой М, при отсутствии порождающей материи - типа изначальных ЧД не образовавшихся коллапсом - это академический вопрос, мало связанный с реальности)

monky99 в сообщении #1383953 писал(а):

Напишите здесь точное решение для какого-нибудь несферического тела и сразу всё станет ясно. Например, для тонкого стержня. Или эллипсоида вращения.

Я таких точных решений не знаю (и не измышляю).

monky99 в сообщении #1383953 писал(а):

Не надо мне приписывать то, чего я не делал. Я не объявлял это "новым решением". Я всё время говорил просто "решение". И да, оно сводится к старому решению. Показать, что решения для случая, для которого решение ещё не получено, сводится к уже известному решению это тоже результат.

Нет никакого "решения для случая для которого решение еще не получено, которое сводится к уже известному решению" - это бессмыслица.Если решение уже известно (в любых координат) - то оно уже получено.
Вы объявили что у вас якобы "точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел" - посмотрите хотя бы на заголовок вашей темы.
Это неверно - у вас в лучшем случае решение Шварцшильда - просто переписанное в новых экзотических координат. Как вы его "угадывали" значение не имеет (достаточно то, что преобразованием координат оно переходит к Шварцшильду - что всегда можно непосредственно проверить).

Не говоря уже про ваших абсурдных утверждений в теме что "в ОТО тела не притягиваются", что "метрический тензор всегда можно везде диагонализовать", что "все решения ОТО сводятся к Шварцшильду", что путем "деформаций снимков" в ОТО можно получать что угодно и пр.

А переписать метрику известного решения в новых координат (сколь угодно вырожденных) - это тривиально и никому не интересно.
Вообще сам Шварцшильд изначально нашел свое решение в других координат (не тех, в которых оно пишется обычно) - и никто не говорит, что это какое-то "другое решение".

[Munin]

Someone
manul91
Предлагаю сосредоточиться на том, чтобы стимулировать ТС дочитать учебник. Видно, что первые страницы уже прочитаны, и даже с неплохим результатом. Ну а в процессе произошёл "съезд в кювет", ну так дело обычное.

[Pphantom]

monky99 в сообщении #1383898 писал(а):

Вы о чём? У нас разве есть цитатник Мао Цзе Дуна? Тфу! Оговорился. Сборник постановок задач, официально одобренный?

monky99 в сообщении #1383898 писал(а):

Вы так ничего и не поняли.

monky99 в сообщении #1383898 писал(а):

Ну что же Вы так, повнимательнее надо быть со своими вещами, тогда они теряться не будут.

Пожалуйста, смените тон общения.

[monky99]

manul91 в сообщении #1383955 писал(а):

Я подставляю $180.7276315$, и при всех других значений соответно получаю
для $R$ 200, a не $100$ как должно быть по преобразований.
Это wolfram alha так ошибается - или у вас эта двойка в $R=\frac {2R_1R_2}{R_1+R_2}$ опечатка (лишняя)?

Я прошу прощения.
Двойка не лишняя. Это я просто когда искал эту координату, забил в программу формулу без этой двойки. Вы правы. Нет такой $z$.
Любому набору координат $(t, \rho, \varphi, z)$ соответствует определённый набор координат $(T, R,\theta, \varphi)$. Но не любому набору координат $(T, R,\theta, \varphi)$ соответствует набор координат $(t, \rho, \varphi, z)$. Таково свойство этих преобразований. Это говорит о том, что это плохие преобразования координат. Ни о чём более.

Вы всё время повторяете, что преобразования координат не изменяют наблюдаемую реальность. И Вы абсолютно правы. Но кроме этого существует ещё такая вещь, как привязка к этой самой реальности. И тут тоже важно не ошибиться.
Возьмите реальное пространство-время Минковского и постройте в нём цилиндрические координаты. В полноте этих координат нет сомнений. А далее перейдите от этих координат в другую по обсуждаемым. И Вы обнаружите, что в реальном ПВ точки с координатами $R=100, \theta=\frac{\pi}{2}, \varphi=0$ не существует. А поскольку исходная цилиндрическая СК охватывает всё ПВ, то следовательно поместить ракету в указанную точку не сможете из-за отсутствия в реальном ПВ таковой.

А теперь другая ситуация. То же реальное ПВ Минковского, строите в нём сферическую СК. Опять же, полученная СК будет полной. А далее совершаете переход по обсуждаемым преобразованиям (но уже обратным относительно предыдущего примера). И тут Вы обнаружите, что не всем точкам рельного ПВ присвоены новые координаты. Т.е. полученная СК неполная и не охватывает всего ПВ. И вот в этом случае Вы вполне можете поместить в точку с координатами $R=100, \theta=\frac{\pi}{2}, \varphi=0$ ракету. И эта ракета окажется не видна в новых координатах.

Вопрос. Почему Вы считаете, что я взял реальное тело в реальном пространстве и решил преобразованием координат сделать из него два? Ведь предположение о том, что я это сделал прямо противоречит условиям задачи:

monky99 в сообщении #1382988 писал(а):

В пустом пространстве находятся два одинаковых сферически симметричных тела каждое массой $m$, неподвижных друг относительно друга.

В реальном ПВ находятся два реальных тела. И в этом реальном ПВ я строю СК $(t, \rho, \varphi, z)$
Так что это соответствует первому примеру.

[Someone]

monky99 в сообщении #1384069 писал(а):

Вопрос. Почему Вы считаете, что я взял реальное тело в реальном пространстве и решил преобразованием координат сделать из него два? Ведь предположение о том, что я это сделал прямо противоречит условиям задачи:

monky99 в сообщении #1382988 писал(а):

В пустом пространстве находятся два одинаковых сферически симметричных тела каждое массой $m$, неподвижных друг относительно друга.

В реальном ПВ находятся два реальных тела. И в этом реальном ПВ я строю СК $(t, \rho, \varphi, z)$
Так что это соответствует первому примеру.

Цирк продолжается.

[wrest]

Я правильно понимаю, что ТС хочет записать решение уравнений Эйнштейна для, условно, гантели -- двух невращающихся вокруг своих осей и друг друга, незаряженных черных дыр, соединенных неведомой невесомой несжимаемой перекладиной (решение, ессно только вне горизонта\ов)?

[monky99]

Займёмся математикой. Будем решать уравнения ОТО.
Возьмём то же эллипсоид вращения. Который очень далеко от остальных тяготеющих масс, в общем условия те же, что и для задачи Шварцшилда, только тело не сферическое. Строим СК. Расставляем в пространстве часы неподвижные относительно тела и синхронизируем их по Шварцшильду. При помощи часов находим поверхности на которых $g_t_t$ постоянно. Одну из осей эллипсоида определяем как ось нашей СК. На поверхностях с постоянным $g_t_t$ проводим два набора линий. Первый набор составляют линии нарисованные по кратчайшему расстоянию между точками пересечения поверхности с центральной осью (меридианы). Второй набор составляют линии, расстояние от точек которых до точек пересечения центральной оси с поверхностью (параллели). Измерения расстояний проводим по поверхности.
Получаем СК в которой вектора базиса направлены следующим образом: направление $dr$ совпадает с направление градиента $g_t_t$, $d\theta$ направлен по касательной к меридиану, а $d \varphi$ направлен по касательной к параллели. Вполне очевидно, что в силу симметрии системы данный базис будет ортогональным.
В силу способа выбора координаты $r$ выражение для $g_t_t$ будет зависеть только от $r$. И мы можем эту координату выбрать таким образом, чтобы $g_t_t=-(1-2M/r)$ где $M$
Компоненты метрического тензора для данной СК будут независимы от координат $t, \varphi$. А поскольку СК ортогональна, то метрический тензор будет иметь диагональный вид.
А дальше надо решить систему четырех уравнений $R_t_t=0,R_r_r=0,R_\theta_\theta=0,R_\varphi_\varphi$
Обазначим диагональные компоненты метрического тензора $A,B,C,D$. Здесь $g_t_t=A$.
Наша система уравнений преобразовывается к виду:
$F_1(B,C,D....)=0$
$F_2(B,C,D....)=0$
$\frac{\partial ^2A}{\partial r^2}=F_3(A,\frac{\partial A}{\partial r},B,C,D...)$
$\frac{\partial A}{\partial r}/A=F_4(B,C,D....)$

А теперь глянем на решение для сферического тела. Метрика в этом случае диагональная, не зависит от координат $t,\varphi$, и $g_t_t$ зависит только от $r$. Эти условия приводят к тому, что система уравнений для тензора Ричи в данном случае будет идентична приведенным выше.
Возьмем четвертое уравнение. Просто на нём это особенно хорошо видно. Оно говорит, что функции $A$ соответствует определённый набор функций $B,C,D$, а в силу справедливости теоремы Биркгофа этот набор единственный.

В нашей задаче $A$ такае же функция, как и в решении Швацшильда. Этой функции соответсвует некий набор функций $B,C,D$. Вполне очевидно, что этот набор должен быть идентичен набору функций из решения Шварцшильда, и он единственный. Противное протеворечило бы теореме Биркгофа, поскольку уравнения идентичны.

Итак, решением данной задачи в данных координатах является следующая метрика:
$ds^2=-(1-2M/r)dT^2+\frac {1}{1-2M/r}dr^2+r^2d \theta ^2+r^2 \sin^2( \theta )d \varphi ^2 $
по виду совпадающая с метрикой Шварцшильда в сферических координатах.

[warlock66613]

monky99, понимаете, если метрики совпадают по виду - значит они совпадают в точности. Потому что никаким экспериментом вы не сможете различить эти две ситуации.

Дело в том, что чтобы какая-то координата была расстоянием до поверхности тела, мало просто объявить "$r$ - расстояние до поверхности тела". Нет, надо вычислить это самое расстояние, используя метрику, и показать, что оно и в самом деле совпадает с соответсвующей координатой. И вы не можете произвольно объявлять систему координат сферической или несферической. Вид метрики уже это полностью определяет. Вид метрики полностью определяет смысл каждой координаты, и вы не можете его произвольно менять.

[Geen]

monky99 в сообщении #1384083 писал(а):

по виду совпадающая с метрикой Шварцшильда в сферических координатах.

и означает это только то, что эллипсоид на самом деле сфера. В чём можно убедиться измерив длину "большого круга" - она не зависит от наклона к оси.