Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел

[manul91]

monky99 в сообщении #1384154 писал(а):

$t=X^2T$
$x=f(X)$
$ds^2=X^4dT^2+4X^3TdXdT+(4X^2T^2-(\frac{df}{dX})^2)dX^2$
Абсолютно все требуемые преобразования координат.

Отлично (привели даже больше чем "всех требуемых", так как требовалось только одно решение, а у вас еще общая функция $x=f(X)$).

Обращаю вам внимание на то, что за счет того что вы привели $g_{00}$ к наперед требуемом виде $g_{TT}=X^4$, теперь у вас все остальные $g_{ik}$ "испортились" (вместо $g_{XT}=0, g_{XX}=-1$, теперь они какие-то функции от $T$ и $X$).

Теперь, еще два вопроса со слегка повышенной трудности:

1) Можно ли преобразованиями координат, из двумерной метрики плоскости минковского $ds^2 = dt^2 - dx^2$ (т.е. $g_{tt}=-g_{xx}=1, g_{xt}=0$) получить метрику той же плоскости минковского где сразу две функции метрики $g_{ik}$ имели наперед требуемый вид? Например, в частности чтобы $g_{TT}={X}^4$ и $g_{XX}=-T^4$
Обосновите ответ (конкретноe решение не требуется)

2) Можно ли преобразованиями координат, из двухмерной метрики плоскости минковского $ds^2 = dt^2 - dx^2$ (т.е. $g_{tt}=-g_{xx}=1, g_{xt}=0$) получить метрику той же плоскости минковского где все три функции метрики $g_{ik}$ имели наперед требуемый вид? Например, в частности чтобы $g_{TT}={X}^4$ и по-прежнему оставалось $g_{XT}=0, g_{XX}=-1$
Обосновите ответ (конкретноe решение не требуется)

monky99 в сообщении #1384145 писал(а):

Теорема Биркхофа. Цитирую МТУ. Пусть геометрия данной области пространства-времени 1) является сферически симметричной и...

Геометрия физической задачи эллипсоида вращения - и значит и соответная геометрия пространства-времени - не являются сферически симметричными (кроме частного случая, когда этот эллипсоид является сферой).
А значит теорема Биркгофа тут вообще непричем (если эллипсоид не есть сфера) т.к. не выполняется ее базовое условие.

[monky99]

manul91 в сообщении #1384156 писал(а):

Обращаю вам внимание на то, что за счет того что вы привели $g_{00}$ к наперед требуемом виде $g_{TT}=X^4$, теперь у вас все остальные $g_{ik}$ "испортились" (вместо $g_{XT}=0, g_{XX}=-1$, теперь они какие-то функции от $T$ и $X$).

Если бы исходная метрика была не $ds^2 = dt^2 - dx^2$ , а $ds^2 =f(x) dt^2 - dx^2$, то для приведения $g_t_t$ к желаемому виду нужно преобразование $T=t, x=f(X)$ и диагональные члены не появились бы.

[manul91]

monky99 в сообщении #1384157 писал(а):

Если бы исходная метрика была не $ds^2 = dt^2 - dx^2$ , а $ds^2 =f(x) dt^2 - dx^2$, то для приведения $g_t_t$ к желаемому виду нужно преобразование $T=t, x=f(X)$ и диагональные члены не появились бы.

Если бы да кабы...
Я хочу привести вас к пониманию что происходит в общем 2-случае $ds^2 = g_{tt}(t,x)dt^2 + 2g_{xt}(t,x)dxdt + g_{xx}(t,x)dx^2$ - хотя бы двумерном - когда $g_{ik}$ произвольные функции от всех аргументов (и вообще сразу неясно, плоское ли это 1+1 пространство-время или кривое).
Сколько по-вашему функций $g_{ik}$ - в принципе - можно обратить в наперед требуемом виде путем преобразованием координат $x,t$ - и почему?
Один из компонентов тензора? Два? Все три?

[monky99]

manul91 в сообщении #1384148 писал(а):

Перестаньте обзывать преобразование координат "переобозначением" (что совершенно другое и еще раз показывает, что вы не знаете о чем говорите).

МТУ, т.3, стр. 27-28. Это раздел, посвященный выводу преобразований координат между координатами Шварцшильда и Крускала-Шекереса.
"С геометрической точки зрения поверхности $U=\operatorname{const}$ (расширяющиеся нулевые поверхности) и $V=\operatorname{const}$ (сжимающиеся нулевые поверхности) определены вполне хорошо; но этого нельзя сказать о том способе, которым мы приписысаем каждой такой поверхности метку. Любое переобозначение $u=F(U)$ и $v=G(V)$ с точки зрения физики оставляет эти поверхности без изменений. Необходимо такое переобозначение, которое устранило бы из линейного элемента (7) сингулярный множитель $1-2M/r$. Переобозначение, приводящее к желаемому результату....."
А это уже не из учебника. Это мои слова.
Мы всегда можем выбрать СК так, что $g_t_t$ будет зависеть только от $r$ поэтому переобозначением $R=f(r)$ его можно привести к желаемому виду.

manul91 в сообщении #1384159 писал(а):

Сколько по-вашему функций $g_{ik}$ - в принципе - можно обратить в наперед требуемом виде путем преобразованием координат $x,t$ - и почему?
Один из компонентов тензора? Два? Все три?

Количество компонентов тензора минус количество функциональных связей между ними.
Кстати, в двумерном случае, у тензора метрики 4 компонента.

[schekn]

manul91 в сообщении #1383924 писал(а):

Живые примеры - schekn

Давайте вы не будете обобщать и наезжать, раз не понимаете, что вам пишут. Конечно вы великий специалист, но В следующий раз я буду специально оговаривать: этот абзац manul91 не читать. А вообще я как-то пытался честно решить такую задачу , примерно как Шварцшильд в пионерской работе. Взял абстрактное многообразие, ввел координаты, поместил в точки $x=0,y=0$ , $z_1$, и $z_2$ "точечные" тела. Как и Шварцшильд искал именно решение для точечных тел ( он тогда вначале не знал, будет ли тело точечными). Далее добавил координатные условия к уравнениям Эйнштейна. Но полученную систему не одолел. У меня сомнения, что решение имеет красивый аналитический вид.
В данном случае ТС как бы угадал некую метрику. Поэтому было интересно, есть ли у него ошибка. И зря вы не рассмотрели случай $\rho=0$ . Я могу конечно вам привести график $R(z)$ при данном условии, но лучше вы сами сделайте.

[manul91]

monky99 в сообщении #1384282 писал(а):

Количество компонентов тензора минус количество функциональных связей между ними.
Кстати, в двумерном случае, у тензора метрики 4 компонента.

В двумерном случае у тензора конечно четыре компонента, но диагональные всегда одинаковы из-за симметрии - так что только три независимые - о которых и речь.

Про "функциональных связей между ними" - ответа не понял (и обоснование вы тоже не привели).
Вопрос в общем случае для произвольной двумерной метрики - т.е. наперед известные "функциональные связи" не предполагаются.

Еще раз, вопрос таков: в общем случае произвольной двумерной метрики - сколько компонентов (из тремя независимых) в принципе можно привести к (любом) наперед требуемом виде, путем преобразования координат?

monky99 в сообщении #1384282 писал(а):

МТУ, т.3, стр. 27-28. Это раздел, посвященный выводу преобразований координат между координатами Шварцшильда и Крускала-Шекереса.... Переобозначение, приводящее к желаемому результату....

То что там так написано - не значит что это правильно.

monky99 в сообщении #1384282 писал(а):

Это мои слова.
Мы всегда можем выбрать СК так, что $g_t_t$ будет зависеть только от $r$ поэтому переобозначением $R=f(r)$ его можно привести к желаемому виду.

Часть после "поэтому" в общем случае (и в вашем случае тоже) - не верна.

Из-за отсутствия симметрии как по $r$, так и по $\theta$ - в случае ротационной (но не и сферической) симметрии - $g_{kk}$ должны быть некими неизвестными (пока уравнения ОТО не решены) функциями из обоих координат $r$ и $\theta$.

Это вам понятно?

Если да - то должно быть ясно, что преобразованием вида $R=f(r)$ - вы не можете убрать зависимость от $\theta$ в ни одной из этих компонент.

Далее - из здравого смысла должно быть понятным - что ротационная симметрия сама по себе не может иметь единственное вакуумное решение (этим она существенно отличается от сферически симметричной).
Ротационная симметрия в общем виде - описывает поля всяких эллипсоидов, цилиндров, горшочков, вкл. и вашей гантели с перемычкой.
Все эти тела имеют разные гравитационные поля - а значит для них будут и разные геометрии пространства-времени в вакууме.
Найти решение для конкретную из них в вакууме (в любых координат) - невозможно, если не определить конкретный вид тензора материи порождающего тела.

Это все равно что надеяться найти конкретный вид Ньютонова потенциала тела в пространстве - зная про тело только то, что оно ротационно симметрично.
Очевидно, что это невозможно.

Вот если взять и вашу метрику - у нее (кроме $M$), только две характеристичные константы $z_1$ и $z_2$.
Почему вы решили, что она должна описывать гравитационное поле именно двух сферически симметричных тел (с центров в $z_1$ и $z_2$)?
А не например, системы двух цилиндрических тел, или двух эллипсоидов (с центров в $z_1$ и $z_2$)?
Или вы считаете, что все эти источники порождают одни и те же гравитационные поля?

-- 27.03.2019, 09:49 --

schekn в сообщении #1384286 писал(а):

В данном случае ТС как бы угадал некую метрику. Поэтому было интересно, есть ли у него ошибка.

Что эта метрика (в смысле "точного решения ОТО для двух тел") чушь - ясно еще с самого начала - поскольку она не зависит от времени, и является преобразованием координат от Шварцшильда (по словам самого ТС). Так что это как раз, совсем не интересно

schekn в сообщении #1384286 писал(а):

поместил в точки $x=0,y=0$ , $z_1$, и $z_2$ "точечные" тела.

Для "точечных" не вижу почему решению не существовать (зависящее от времени, разумеется); надеятся на "красивый аналитический вид" чересчур оптимистично.
Как "помещали" точечные тела "в точки" в математическом смысле?
Выложите свою попытку решения

[monky99]

manul91 в сообщении #1384302 писал(а):

Про "функциональных связей между ними" - ответа не понял (и обоснование вы тоже не привели).
Вопрос в общем случае для произвольной двумерной метрики - т.е. наперед известные "функциональные связи" не предполагаются.

А не надо ничего предполагать. Есть такое внутреннее свойство - кривизна. Она выражается через компоненты метрического тензора и инвариантна, т.е. не изменяется при преобразованиях координат.

manul91 в сообщении #1384302 писал(а):

Часть после "поэтому" в общем случае (и в вашем случае тоже) - не верна.

Докажите, пожалуйста, только в рамках математических выкладок, т.е. напишите формулы, доказывающие Ваше утверждение.

manul91 в сообщении #1384302 писал(а):

Далее - из здравого смысла должно быть понятным - что ротационная симметрия сама по себе не может иметь единственное вакуумное решение (этим она существенно отличается от сферически симметричной).

Здравый смысл сильный аргумент. Насколько мне помнится, критики СТО регулярно к нему обращаются.

manul91 в сообщении #1384302 писал(а):

Для "точечных" не вижу почему решению не существовать (зависящее от времени, разумеется)

А никто и не говорил, что не существует решений ОТО для случая, когда два тела движутся друг относительно друга.

manul91 в сообщении #1384302 писал(а):

Как "помещали" точечные тела "в точки" в математическом смысле?

Ну это в общем-то стандартная тривиальная процедура. Берется СК и говорится, координаты первого тела такие-то, второго тела такие-то и т.д.

schekn в сообщении #1384286 писал(а):

И зря вы не рассмотрели случай $\rho=0$ . Я могу конечно вам привести график $R(z)$ при данном условии, но лучше вы сами сделайте.

Проблемы при $\rho=0$ это свойство цилиндрических координат. Они решаются переходом в СК $x,y,z$, но там выражения ещё более громоздкие и выкладывать их на форум возни намного больше.
Мне приведенная метрика самому не слишком нравится. Главный недостаток, на поверхности $z=(z_1+z_2)/2$ компонент метрического тензора $g_z_z=0$ Так что выбор координат не самый удачный.

[schekn]

manul91 в сообщении #1384302 писал(а):

Вот если взять и вашу метрику - у нее (кроме $M$), только две характеристичные константы $z_1$ и $z_2$.
Почему вы решили, что она должна описывать гравитационное поле именно двух сферически симметричных тел (с центров в $z_1$ и $z_2$)?
А не например, системы двух цилиндрических тел, или двух эллипсоидов (с центров в $z_1$ и $z_2$)?
Или вы считаете, что все эти источники порождают одни и те же гравитационные поля?

Однозначность решение определяется граничными условиями для статической задачи. Если на бесконечности это условие размыто, но в конечном счете - метрика Минковского, то на поверхности тел это сшивка с внутренним решением для сферических тел . Поэтому у меня и вызвало недоумение, как ТС собирается делать сшивку . Но правда можно сделать это для слабых полей, когда метрика линеаризована и потенциалы просто складываются. Это да, как вариант.

-- 27.03.2019, 17:22 --

manul91 в сообщении #1384302 писал(а):

Для "точечных" не вижу почему решению не существовать (зависящее от времени, разумеется); надеятся на "красивый аналитический вид" чересчур оптимистично.
Как "помещали" точечные тела "в точки" в математическом смысле?

Почему вы исключаете статическое решение? Например тела разлетелись и от гравитации остановились . На некоторое время метрика будет почти статическая или квазистатическая. Или еще какой нибудь экзотический вариант.
Но черновики надо искать , а у самого Шварцшильда смотрели метод нахождения метрики для одинокого точечного тела?

[monky99]

Возвращаясь к теореме Биркгофа.
Она сводится к следующим условиям: метрический тензор имеет диагональный вид, $g_{\theta \theta}=r^2$ и $g_{\varphi \varphi}=r^2\sin^2\theta $, комоненты метрического тензора не зависят от $\varphi$.

Возьмём систему с осевой симметрией. СК в ней можно выбрать таким образом, чтобы метрика не зависела от $\varphi$, и чтобы $g_{\theta \theta}=(R+2M)^2$ и $g_{tt}=-1/(1+2M/R)$.
(У меня просто программа под метрику $ds^2=-\frac {1}{1+2M/R}dT^2+(1+2M/R)dR^2+(R+2M)^2d \theta ^2+(R+2M)^2 \sin^2( \theta )d \varphi ^2 $ организована.)

Метрика тогда будет выглядеть следующим образом:

$$ds^2=-\frac {1}{1+2M/R}dT^2+B(R,\theta)dR^2+(R+2M)^2d \theta ^2+D(R,\theta)d \varphi ^2 $$

Если расписать уравнение $Rich_t_t=0$ то получится следующее выражение:

$$(\partial D/\partial R)/D =(2(\partial B/\partial R)MR + (\partial B/\partial R)R^2 + 2BM + 2BR)/(B(2M +R)R)$$

Отсюда видно, что если $(\partial D/\partial R)/D$ не зависит от $\theta$, то и $B$ будет функцией только от $R$.
Выбор $D$ в виде $D=F_1(R)F_2(\theta)$ обеспечивает независимость $B$ от $\theta$. Именно такого вида функция и выбрана в условиях теоремы.
Ну а дальше уже всё однозначно, решение даёт $B=1+2M/R$, и $D=(R+2M)^2 \sin^2( \theta )$

Другими словами, условие, что $B$ не зависит от $\theta$ эквивалентно условию $g_{\varphi \varphi}=r^2\sin^2\theta $ из теоремы Биркгофа.

Для системы с осевой симметрией наложить такое условие нельзя. Поэтому посмотрим, какого же вида должна быть функция $D$.

В точке $M$ длина отрезка линии $\theta$ координатной сетки будет $Ld\theta$ (разумеется $L$ здесь интеграл по данной линии). С другой стороны эта длина равна $\sqrt {C} d\theta$. Отсюда $L=k(\theta)\sqrt {C}$
Длина отрезка линии $\varphi$ будет равна $L_1k_1(\theta)d\varphi=Lk_2(\theta)k_1(\theta)d\varphi=\sqrt {C}k(\theta)k_2(\theta)k_1(\theta)d\varphi$
т.е. $D$ должен иметь вид $D=Cf(\theta)$.

Итак, в результате $(\partialD/\partial R)/D$ не зависит от $\theta$ и решение уравнений однозначно даёт $B=(1+2M/R)$ и $D=(R+2M)^2 \sin^2( \theta )$
Причём оно единственное.

Итого. Для системы с осевой симметрией решением уравнений ОТО является метрика Шварцшильда, причём это единственное решение.


Я попробовал решить уравнения для бесконечного стержня, где из соображений симметрии можно было положить $D $ независящим от $\theta$. Оказалось, что уравнения решения не имеют. Но если построить СК следующим образом: Взять циллиндричекие координаты, ось которых совпадает со стержнем, и провести преобразование $\theta=\tanh(z) то получим СК в которой вид метрики такой же как у метрики Шварцшильда в сферических координатах.

[warlock66613]

monky99 в сообщении #1384375 писал(а):

Она сводится к следующим условиям: метрический тензор имеет диагональный вид, $g_{\theta \theta}=r^2$ и $g_{\varphi \varphi}=r^2\sin^2\theta $, комоненты метрического тензора не зависят от $\varphi$.

Пожалуйста, сформулируйте это выведенное вами следствие из теоремы Биркгофа целиком (как положено формулировать теоремы).

[manul91]

monky99 в сообщении #1384364 писал(а):

А не надо ничего предполагать. Есть такое внутреннее свойство - кривизна. Она выражается через компоненты метрического тензора и инвариантна, т.е. не изменяется при преобразованиях координат.

Правильно.
Вам дана двумерная метрика где компоненты могут быть любыми функциями - так что насчет кривизны поверхности ничего не предполагается - она может быть любой, и меняться из точки к точке как угодно.
Итак, каков будет ответ для двумерното - сколько компонентов (из тремя независимых) в принципе можно привести к (любом) наперед требуемом виде, путем преобразования координат?
А в общем случае произвольной трехмерной и четырехмерной?

monky99 в сообщении #1384364 писал(а):

manul91 в сообщении #1384302
писал(а):
Часть после "поэтому" в общем случае (и в вашем случае тоже) - не верна.
Докажите, пожалуйста, только в рамках математических выкладок, т.е. напишите формулы, доказывающие Ваше утверждение.

Я думал, вы сами могли бы в этом убедиться (после того как вы продемонстрировали, что понимаете как преобразуются компоненты при преобразованием координат для частного случая)
Пусть исходные метрические компоненты обозначены как $g_{ik}$ новые как $g'_{ik}$ (в общем случае о котором речь, функции $g_{ik}$ зависят из всех четырех координат метрики).
При преобразовании $r=f(R)$, новые метрические компоненты будут иметь вид

$$g'_{ik}(R,t,\theta,\varphi)=g_{ik}(f(R),t,\theta,\varphi) (i \neq R, k \neq R)$$

$$g'_{iR}(R,t,\theta,\varphi)=f'(R)g_{ir}(f(R),t,\theta,\varphi) (i \neq R, k=R)$$

$$g'_{Rk}(R,t,\theta,\varphi)=f'(R)g_{rk}(f(R),t,\theta,\varphi) (i=R,k \neq R)$$

$$g'_{RR}(R,t,\theta,\varphi)=f'^2(R)g_{rr}(f(R),t,\theta,\varphi) (i=k=R)$$

где через $f'$ обозначена производная функции $f$ от $R$ (она тоже является функцией только от $R$).

В вашем частном случае статичной ротационной (цилиндрической) симметрии - даже после подходящего подбора координат так чтобы все диагональные компоненты были тождественно нулевыми - все $g_{ii}$ являются некими неизвестными функциями от обоих $r$ и $\theta$ (из-за отсутствия симметрии по этих направлений).
Поэтому преобразование $r=f(R)$ ничего не даст - после него, новые компоненты будут иметь вид

$$g'_{ii}(R,\theta)=g_{ii}(f(R),\theta) (i \neq R)$$

$$g'_{ik}(R,\theta)=0 (i \neq k)$$

$$g'_{RR}(R,\theta)=f'^2(R)g_{rr}(f(R),\theta)$$

т.е. по-прежнему все внедиагональные компоненты будут функциями $r$ и $\theta$.

И решение такой задачи по-любому не имеет ничего общего с решением Шварцшильда - поскольку из-за меньшей симметрии в этом случае, неизвестные компоненты зависят не только от $r$ но еще и от $\theta$ - чего у Шварцшильда нет.

monky99 в сообщении #1384364 писал(а):

Ну это в общем-то стандартная тривиальная процедура. Берется СК и говорится, координаты первого тела такие-то, второго тела такие-то и т.д.

Так я спрашиваю именно насчет "и т.д.", после словесной шелухи

(кстати совершенно непонятно почему в ваших новых "угаданных" координат Шварцшильда, вы решили "удваивать" именно координатную сингулярность на горизонте $r=2M$ а не истинную сингулярность в $r=0$, где $r$ стандартная шварцшильдова координата. Ведь "координата тела" у Шварцшильда это $r=0$, a не $r=2M$ - таким образом в вашей метрики $z=z_1$ и $z=z_2$ соответствуют горизонту, а не координатой тела)

-- 27.03.2019, 20:14 --

monky99 в сообщении #1384375 писал(а):

....Метрика тогда будет выглядеть следующим образом:

$$ds^2=-\frac {1}{1+2M/R}dT^2+B(R,\theta)dR^2+(R+2M)^2d \theta ^2+D(R,\theta)d \varphi ^2 $$

Это неверно (пока закроем глаза на то, что для "двух тел" нельзя предполагать наперед независимость от $t$).
Используя все степени свободы - исходя из четырех неизвестных функций из двух аргументов для диагональных компонент метрики (что дает нам симметрия) - можно уменьшить неизвестных функций из четырех не более чем на одну (т.е. свести неизвестных функций до не менее чем трех).
Общим преобразованием двух координат $r=f(R,\Theta), \theta=g(R,\Theta)$ - которое кроме диагональных затронет и компоненту $g_{R\Theta}$ - можно потребовать только чтобы две компоненты приняли требуемый вид (в частности, например чтобы $g_{tt}$ имела вид требуемый вами, и чтобы $g_{R\Theta}$ удерживалaсь равной $0$ после преобразований).
А если вы обратите как $g_{tt}$, так и $g_{\Theta\Theta}$ в конкретный вид (как у вас) - то это зафиксирует преобразования $f,g$ однозначно, и уже нельзя рассчитывать что $g_{R\Theta}$ останется нулевым - теперь надо считать $g_{R\Theta}$ некоей ненулевой функцией общего вида из $R$ и $\Theta$ - и с этим ничего поделать нельзя.
Дальше начинается некая чепуха

monky99 в сообщении #1384375 писал(а):

Выбор $D$ в виде $D=F_1(R)F_2(\theta)$ обеспечивает независимость $B$ от $\theta$. Именно такого вида функция и выбрана в условиях теоремы.

Почему считаете что $D$ можно еще как-то "выбирать"? Вы уже использовали все возможности которые дает вам как симметрия, так и преобразования координат (притом у вас будет еще одна неизвестная функция из $R,\Theta$ - см. выше - что вы не учли). Хотя такое конечно можно попробовать по мере решения - но никто вам не гарантирует что $D$ будет сепарабельной.
Далее "выбрана в условиях теоремы" - каких условиях какой теоремы?
Биркгоф тут неприложим так как геометрия пространства-времени не сферически-симметрична (а частный случай сферической симметрии это для одного сферически-симметричного тела, и к вашей задачи "двух тел" не относится)

[monky99]

warlock66613 в сообщении #1384380 писал(а):

Пожалуйста, сформулируйте это выведенное вами следствие из теоремы Биркгофа целиком (как положено формулировать теоремы).

Скорее это не следствие, а расширение области её справедливости. У меня, мягко говоря, не слишком большой опыт в формулировании теорем как положено. Но я постараюсь.

Есть статичное, неподвижное и не вращающееся тело, форма которого обладает осевой симметирией, находящееся очень далеко от остальных тяготеющих масс, (условия те же, что и для задачи Шварцшилда, только тело не сферическое). Поверхность тела является односвязной поверхностью. Будем искать вакуумное решение уравнений ОТО.
Строим СК. Расставляем в пространстве вокруг тела часы неподвижные относительно тела и синхронизируем их по Шварцшильду. При помощи часов находим поверхности на которых $g_t_t$ постоянно. Эти поверхности обозначаем $R$.
Ось симметрии используем в качестве основы для разметки поверхностей $R$. На них проводим два набора линий. Первый набор составляют линии нарисованные по кратчайшему расстоянию между точками пересечения поверхности с осью симметрии (меридианы). Эти линии обозначаем $\theta$. Второй набор составляют линии, расстояние от точек которых до точек пересечения оси симметрии с поверхностью постоянно (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. В силу осевой симметрии системы и способа построения СК данный базис будет ортогональным.
Поэтому метрику в данной СК мы можем записать в следующем виде:

$$ds^2=AdT^2+BdR^2+Cd \theta ^2+Dd \varphi ^2 $$

Вследствие осевой симметрии компоненты метрического тензора не будут зависеть от $\varphi$. А вследствие того, что тело статично, неподвижно и не вращается они также не будут зависеть от $T$.
В силу способа выбора координаты $R$, компонент $A$ будет зависеть только от $R$. Поэтому мы можем координату $R$ выбрать таким образом, чтобы $R=-1/(1+2M/R)$ где $M$ это масса тела.
Используя результаты измерений расстояния по меридианам, мы можем разметить их таким образом, чтобы $C=(R+2M)^2$.
В таком случае метрика принимает вид:

$$ds^2=-\frac {1}{1+2M/R}dT^2+B(R,\theta)dR^2+(R+2M)^2d \theta ^2+D(R,\theta)d \varphi ^2 $$

Уравнение $Rich_T_T=0$ ($Rich$ компонент тензора Ричи) при этом принимает следующий вид:

$$(\partial D/\partial R)/D =(2(\partial B/\partial R)MR + (\partial B/\partial R)R^2 + 2BM + 2BR)/(B(2M +R)R)$$

Отсюда видно, что если $(\partial D/\partial R)/D$ не зависит от $\theta$, то и $B$ будет функцией только от $R$.
Выбор $D$ в виде $D=F_1(R)F_2(\theta)$ обеспечивает независимость $B$ от $\theta$.
Но из соображений общности мы не можем ограничивать себя каким либо определённым классом функций.
Поэтому попробуем ответить на этот вопрос из геометрических соображений.

В точке $M$ длина отрезка линии $\theta$ координатной сетки будет $Ld\theta$ ($L$ здесь интеграл по данной линии). С другой стороны эта длина равна $\sqrt {C} d\theta$. Отсюда $L=k(\theta)\sqrt {C}$
Длина отрезка линии $\varphi$ будет равна $L_1k_1(\theta)d\varphi=Lk_2(\theta)k_1(\theta)d\varphi=\sqrt {C}k(\theta)k_2(\theta)k_1(\theta)d\varphi$
Величина $L_1$ также интеграл по линии). Таким образом $D$ будет иметь вид $D=C(R)f(\theta)$.

После решения уравнения $Rich_T_T=0$ получаем $B=(1+2M/R)$, а после решения всей системы уравнений получаем $D=(R+2M)^2 \sin^2( \theta )$

Уравнение $Rich_T_T=0$, решаемое при доказательстве теоремы Кирхгофа идентично приведенном выше. И имеет единственное решение. Следовательно, в силу справедливости данной теоремы наше решение также будет единственным.
А после нахождения $B$ метрика принимает вид, в котором три компонента метрического тензора совпадают с компонентами метрического тензора метрики Шварцшильда. Но такому набору соответствует только одна функция $D$. Опять же в силу справедливости теоремы Кирхгофа. Именно такая, какая получилась у нас в ходе решения системы уравнений.
Следовательно это решения является единственным.
Значит решением для системы с осевой симметрией является метрика Шварцшильда и это решение единственное.

[manul91]

monky99 в сообщении #1384399 писал(а):

Ось симметрии используем в качестве основы для разметки поверхностей $R$. На них проводим два набора линий. Первый набор составляют линии нарисованные по кратчайшему расстоянию между точками пересечения поверхности с осью симметрии (меридианы). Эти линии обозначаем $\theta$. Второй набор составляют линии, расстояние от точек которых до точек пересечения оси симметрии с поверхностью постоянно (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. В силу осевой симметрии системы и способа построения СК данный базис будет ортогональным.

Неверно.

Пусть на поверхности еллипсоида вращения вы построите меридианы $\varphi$ и параллели $\theta$ как указали.

Если теперь поверхности $\theta\varphi$ вы объявите "поверхностями $R$" (в смысле "поверхностями постоянного $R$" - т.е. координата $R$ подобрана так, что на этих поверхностях не меняет величину) - то у вас в общем случае диагональный элемент $g_{R\theta}$ не будет равным нулю.

Это можно увидеть уже в частном случае эллипсоида в плоском пространстве - где при таком выборе $dR$ не ортогонально $d\theta$ (если вы нарисуете срез через ось симметрии - то линия постоянного $R$ будет эллипс а линии постоянного $\theta$ радиальными прямыми из центра - они не ортогональны - а значит и $g_{R\theta}$ такой метрики не нулевой).
А если выбрать координаты не требуя чтобы $R$ на эллипсе было постоянным (но зато все координаты ортогональными - метрика диагональная) - то это уже фиксирует координат как центрально-симметрическими (поверхности постоянного $R$ окажутся сферами, и не будут совпадать с поверхностью эллипсоида).
И если теперь требовать чтобы И поверхность постоянного $R$ совпадала с поверхности тела, И $g_{R\theta}$ было нулевым - задача потеряет желаемую цилиндрическую ассиметрию, и ваше тело должно быть сферическим

Ясно, что решение Шварцшильда является одно из решений при осевой симметрии (уже потому, что сферическая симметрия - частный случай осевой).

Но при этом будет более сильная симметрия решения (сферическая нежели осевая) - т.е. это не может быть "решением двух тел" (которое уже по условию, должно быть осесимметричным но НЕ и центрально-симметричным).

-- 27.03.2019, 23:15 --

schekn в сообщении #1384372 писал(а):

Почему вы исключаете статическое решение? Например тела разлетелись и от гравитации остановились . На некоторое время метрика будет почти статическая или квазистатическая. Или еще какой нибудь экзотический вариант.

Потому что решение четырехмерное и решается и записывается не "на некоторое время" а "на любое время" (то же самое для других координат).
Точно так же решение Шварцшильда решается и записывается для любого значения координат, а не например "для какого-то $r$"
(после того как решение найдено и записано - разумеется можно фиксировать координаты и смотреть что будет на соответных подпространствах. но не и наоборот)

schekn в сообщении #1384372 писал(а):

Но черновики надо искать , а у самого Шварцшильда смотрели метод нахождения метрики для одинокого точечного тела?

Да, смотрел когда-то черновик оригинального решения (его можно было найти в интернете - как теперь, не проверял).
Все что помню - что это были не стандартные и не гармонические координаты (было там кажется какое-то $(r-a)^3$ где $a$ константа)

[warlock66613]

monky99 в сообщении #1384399 писал(а):

Скорее это не следствие, а расширение области её справедливости.

Ну так оно попросту неверно. И вам уже объяснили где ошибка в вашем доказательстве (и теперь уже даже как минимум два раза).

[monky99]

warlock66613 в сообщении #1384408 писал(а):

Ну так оно попросту неверно. И вам уже объяснили где ошибка в вашем доказательстве (и теперь уже даже как минимум два раза).

Вы имеете в виду, то что вызывает вопрос, будет ли данная СК ортогональной или нет?

manul91 в сообщении #1384406 писал(а):

Это можно увидеть уже в частном случае эллипсоида в плоском пространстве - где при таком выборе $dR$ не ортогонально $d\theta$ (если вы нарисуете срез через ось симметрии - то линия постоянного $R$ будет эллипс а линии постоянного $\theta$ радиальными прямыми из центра - они не ортогональны - а значит и $g_{R\theta}$ такой метрики не нулевой).

Но ось $R$ не будет прямой.

monky99 в сообщении #1384399 писал(а):

направление $dr$ совпадает с направление градиента $g_t_t$, $d\theta$ направлен по касательной к меридиану, а $d \varphi$ направлен по касательной к параллели.

Поэтому картинка будет примерно такой. Уж простите за мои художественные таланты.

В направлении градиента скорость изменения функции максимальна. В перпендикулярном она равна нулю. А к ортогональности касательных к параллелям к касательным к меридианам вопросов точно не должно возникнуть. Так что локальный базис ортогонален однозначно.
Вопрос в том, принадлежат ли точки с одинаковой $d\theta$, лежащие на разных поверхностях одной линии.
Для отдельно взятой поверхности $R=\operatorname{const}$ приведенные рассуждения применимы в любом случае.
После того как вы рассмотрели по очереди все поверхности, в игру уже вступит метрика. warlock66613, Вы же сами говорили, что если метрика говорит, что это окружность, то это окружность. Так что имеем полное право нарисовать концентрические окружности и посмотреть, совпадают ли оси $R$ с направлением градиента к поверхностям. (Разумеется имеется в виду срез $\varphi=\operatorname{const}$)
Если уж проводить аналогию с плоским ПВ. Тогда надо брать закон Ньютона, строить поверхности постоянного ньютоновского потенциала, проводить линии, касательные к которым в каждой точке совпадают с направлением градиента, и уже на эту картинку смотреть. Да в ньютоновской теории, если мы параметризуем поверхности указанным способом, а после этого перейдём на другую поверхность, то мы обнаружим, что наша параметризация нарушилась. Но это ведь плоское ПВ. Но проводить полные аналоги между плоским ПВ и искривлённым наверное не слишком правильно.
Можно конечно допустить, что если мы возьмем 2 СК, в одной локальный базис ортогонален на одной поверхности, а в другой локальный базис ортогонален на другой поверхности, то эти 2 СК не совпадут. Но ведь если локальный базис ортогонален, то метрика Шварцшильда единственное решение на этой поверхности. Но это означает, что если мы переходим в другую СК и ортогональность нарушается, то это всё равно будет метрика Шварцшильда уже в неортогональных координатах.
А можно вобще сделать ход конём. Построить первую попавшуюся СК. Опытным путём определить в ней метрику. А потом взять преобразование координат, которое приводит метрику к диагональному виду. Т.е. получить заведомо ортогональную СК, модифицировать её соответствующим образом, следя за тем, чтобы не нарушить ортогональность, и провести рассуждения в ней. В случае простенького тела типа эллипсоида вращения проблем с существование такого преобразования координат не должно возникнуть.