Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел

[warlock66613]

monky99 в сообщении #1384425 писал(а):

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

Я имею в виду, что само утверждение неверно. Ошибочно. Следовательно, какое бы вы доказательство ни придумали, в нём гарантированно будет сидеть ошибка. Можно придумать десять разных доказательств и в них будут десять разных ошибок. Нет, придумывать и опровергать доказательства для неверной теоремы может быть полезным и интересным занятием, но что-то пока вы не только сами свои ошибки не ищите, но как-то не особо цените помощь других в этом.

[monky99]

warlock66613 в сообщении #1384442 писал(а):

Нет, придумывать и опровергать доказательства для неверной теоремы может быть полезным и интересным занятием, но что-то пока вы не только сами свои ошибки не ищите, но как-то не особо цените помощь других в этом.

Поверьте, я очень ценю помощь, и очень благодарен всем, кто потратил своё время на то, чтобы пусть даже мельком глянуть на всё это и высказать своё мнение.
А искать ошибки я ищу. Если моё утверждение неверно, значит я смогу преодолеть то, препятствие на которое наткнулся и найти решение, не сводящееся к метрике Шварцшильда. Это меня устроило бы не меньше, а может и намного больше, чем оказаться правым в данном случае.

warlock66613 в сообщении #1384442 писал(а):

Я имею в виду, что само утверждение неверно.

Самым лучшим доказательством была бы метрика не сводящаяся к метрике Шваршильда. Хотя бы для эллипсоида вращения, хотя и не обязательно для него. А это Ваше утверждение верно только в том случае, если описание реальности моделью, называемой ОТО на 100% совпадает с наблюдаемой реальностью. А как быть с тем, что существует решение ОТО, в котором два тела не притягиваются друг к другу? Пусть не идеальная метрика, но она есть. Хотя утверждение что тела могут вот так просто висеть в пространстве и игнорировать друг друга неверно. И неверность этого утверждения очень хорошо доказана наблюдением за реальностью. А вот метрики, не сводящейся к метрике Шварцшильда пока что-то не наблюдается.

А аргумент насчёт неортогональности СК ничуть не доказывает ошибочность доказательства. Поскольку оно будет справедливо даже в том случае, если локальный базис будет ортогонален даже на одной поверхности.

Но вот идея, насчёт того, чтобы сделать метрику плавно меняющую "степень своей ортогональности" по мере удаления от этой единственной поверхности, весьма любопытна. Возможно так удасться и эллипс оставить эллипсом, и теорему Биркхофа не волновать.
Вы думаете мне самому нравится этот весь исключительно шарообразный мир?
Вобщем, буду думать дальше. И ещё раз благодарю за желание помочь. И надеюсь это желание не пропадёт в дальнейшем и будет ещё более конструктивным.

[manul91]

monky99 в сообщении #1384425 писал(а):

Но ось $R$ не будет прямой.

monky99 в сообщении #1384425 писал(а):

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

Ну и что?
Вы будете меня убеждать что на картинке метрика не только диагональна - но и еще два из ее компонентов приведены к наперед требуемому виду? (что из картинки никак не узнать).

Объясняю третий раз, последний.

Сначала на примере с диагональной метрики обычных сферических координат на плоском трехмерном пространстве.

Пусть дана диагональная метрика обычных сферических координат на плоском трехмерном пространстве ($\theta$ широта, $\varphi$ - долгота):

$dr^2 + r^2d\theta^2 + r^2\sin^2\theta d\varphi^2$

Будем делать преобразование $r=f(R,\Theta), \theta=g(R,\Theta)$ (это самое общее преобразование, не затрагивающее внедиагональные компоненты с участием $\varphi$ - что мы не хотим; и не вносящее зависимость от $\varphi$ в существующих компонентов - что мы также не хотим).

Можно ли при этом преобразовании, удержать диагональную компоненту $g_{R\Theta}$ нулевой - т.е. сохранить метрику диагональной?
Можно (причем бесконечно многими способами - так как сохранение $g_{R\Theta}=0$ - это одно дифуравнение ЧП на двух неизвестных функций - система недоопределена)
Подбирая любые $f,g$ которые сохраняют $g_{R\Theta}=0$ - получится некая произвольная криволинейная диагональная метрика (что-то как на вашей картинке).

Можно ли при этом преобразовании, удержать диагональную компоненту $g_{R\Theta}$ нулевой - т.е. сохранить метрику диагональной, И при этом обратить один из компонентов в наперед заданном виде? (например я потребовал, чтобы в новых координат оставалось $g_{R\Theta}=0$ и притом $g_{RR}=(\cos\Theta + 2)^2R^2$)
В принципе можно (причем единственным способом - так как сохранение $g_{R\Theta}=0$ - это одно дифуравнение ЧП на двух неизвестных функций, а $g_{RR}=(\cos\Theta + 2)^2R^2$ это второе дифуравнение на тех же двух неизвестных функций - система определена)
Может (для то конкретное что я задал) решение не будет выражаться как суперпозицию из стандартных функций - но в принципе можно

Можно ли при этом преобразовании, удержать диагональную компоненту $g_{R\Theta}$ нулевой - т.е. сохранить метрику диагональной, И при этом обратить двух из компонентов в наперед заданном виде? (например я потребовал, чтобы в новых координат оставалось $g_{R\Theta}=0$, и притом $g_{RR}=(\cos\Theta + 2)^2R^2$, и еще $g_{\Theta\Theta}=\sin\Theta^2R^8$)
В принципе уже нельзя (так как сохранение $g_{R\Theta}=0$ - это одно дифуравнение ЧП на двух неизвестных функций, а $g_{RR}=(\cos\Theta + 2)^2R^2$ это второе дифуравнение на тех же двух неизвестных функций, $g_{\Theta\Theta}=\sin\Theta^2R^8$ это третье дифуравнение на тех же двух неизвестных функций - система переопределена)
Может и в каком-то частном случае, это будет случайно возможным (если исходные компоненты и требуемые весьма специальны) - но в принципе а значит и в общем случае - нельзя

То же самое относится к тому, что вы пытаетесь сделать и с четырехмерной метрикой.

Мы знаем изначально что она диагональна (все координатные линии взаимно перпендикулярны) - легко показать что так подобрать координаты можно из-за симметрии; однако все диагональные компоненты - пока неизвестные функции двух координат $r$ и $\theta$

Теперь общим преобразованием $r=f(R,\Theta), \theta=g(R,\Theta)$ вы хотите сохранить ее диагональной (сохранить $g_{R\Theta}=0$), притом сделать чтобы на поверхностями $R$ время шло одинаково (чтобы компонент $g_{tt}$ зависел только от $R$ и был вполне конкретного вида), И ЕЩЕ ПРИТОМ чтобы коеффициент $g_{\Theta\Theta}=R+2M$ (т.е. опять зависел только от $R$ и был вполне конкретного вида).
Ну вот, не получится.
Выбирайте два из трех - но не и трех одновременно (один из этих трех компонентов будет неизвестной функцией от $\Theta$ и $R$, как бы вам не хотелось обратное).

Так что в итоге, в 4-случае у вас будут три неизвестные функции на $r$ и $\theta$ - с которыми нужно приступать к решению уравнений ОТО (так как все симметрии и преобразования координат уже исчерпаны, чтоб приводить столько компонентов сколько можно к виде как вам нравится)

-- 28.03.2019, 05:51 --

monky99 в сообщении #1384451 писал(а):

А аргумент насчёт неортогональности СК ничуть не доказывает ошибочность доказательства.

На самом деле это никак не важно. Можно решать в любую СК, в диагональной метрике или нет
Но если требовать ее диагональной - при наличии только осевой симметрии (но не и сферической) - вы можете постулировать только один из диагональных компонентов в конкретном виде - остальные три компонента должны получаться из решения уравнений ОТО.
Два диагональных компонентов можно задать как вам нравится - но тогда остальные два И $g_{r\theta}$ нужно считать общими функциями (метрика будет недиагональной) - опять итого три - которыми нужно получать решением уравнений ОТО.

monky99 в сообщении #1384451 писал(а):

А как быть с тем, что существует решение ОТО, в котором два тела не притягиваются друг к другу?

А никак, такого не существует. Пока я на это просто закрываю глаза, чтобы указать на ваши ошибки в других рассуждений.

monky99 в сообщении #1384451 писал(а):

Пусть не идеальная метрика, но она есть.

Вы про вашей?
Так ведь она метрика одного тела (решение Шварцшильда), а не двух - отчего бы ей не быть статичной

[manul91]

monky99 в сообщении #1384425 писал(а):

А можно вобще сделать ход конём. Построить первую попавшуюся СК. Опытным путём определить в ней метрику.

В принципе гипотетически можно.
Если брать СК как попало - будет четырехмерная метрика где все независимые компоненты метрики (в четырехмерном случае они десять), будут некими общими функциями всех четырех координат (будут зависеть как от "времени" так и от "места").

monky99 в сообщении #1384425 писал(а):

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.

Не получится.

Самым общим преобразованием координат в четырехмерном случае (четыре функции из четырех координат) - можно привести только 4 компонента в наперед заданном виде (нулевом). А внедиагональных компонент в четырехмерном случае (для диагональности требуется чтобы все они будут равными нулю) - целых шесть.

Правда, так как решение дифуров ОТО будет зависеть от произвольных "констант" (являющимися функциями меньше переменных) более ниского ранга, которые мы можем выбирать (типа $c(r,t,\theta)=\mbox{const}$) - после этого нам еще останется возможность выбирать из произвольных связей более "ниского ранга" - из меньше переменных (типа $r=f(t,\theta)$) - которые сохраняют уже введенные требуемые ограничения (в данном случае, нулевость четырех компонентов).
В случае наличия симметрий - например статической осевой для эллипсоида - эти дополнительные степени свободы если их использовать подходящим образом - как раз сумеют "помочь" нам избавиться от неизвестности дополнительных компонентов - и свести только к тремя неизвестных функций двух переменных.
Но в общем случае отсутствия каких-либо симметрий в геометрии пространства-времени - преобразованиями можно привести в наперед заданном виде - в частности нулевом - только четыре компонента из десяти диагональных - а значит, в четырехмерном случае существуют ситуации (отсутствия симметрий) в многообразии, для которых диагональная метрика вообще невозможна как координаты не выбирай.
Для двухмерного и трехмерного многообразия, это не так - там диагональная метрика всегда возможна, несмотря на вид многообразия (в трехмерном случае преобразований как раз хватает точно на трех внедиагональных компонентов, а в двухмерном - "с избытком" на одного).

monky99 в сообщении #1384425 писал(а):

В случае простенького тела типа эллипсоида вращения проблем с существование такого преобразования координат не должно возникнуть.

Не использовать симметрий, если они существуют - нерационально (решение уравнений на многих функций в частных производных ОТО будет труднее, и останемся с произвольными функциями которыми можно выбирать - как раз отвечающими произволу выбора четырех координат)

[monky99]

Я обдумал высказанные замечание по поводу приведения метрики к желаемому виду. И учёл их. В результате получается следующее.

Есть статичная система, в которой для всех частиц вещества компоненты 4-импульса частиц материи, кроме $p_0$ равны нулю и отсутствуют электромагнитные поля.
В этой системе построена некоторая СК и этой системе координат соответствует некоторая метрика.
Берем точку в которой отсутствует материя. Метрический тензор в этой точке мы всегда можем привести к диагональному виду при помощи преобразования координат.
В результате метрика примет следующий вид:

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

Какой вид при этом метрика имеет во всём остальном пространстве не имеет значения.
В этой точке эту метрику преобразованиями координат можно сделать независящей от $\varphi$ имеющей следующий 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.

Итак, для данной точки решением уравнений ОТО является метрика Шварцшильда и это решение единственное.
Поскольку мы не накладывали никаких ограничений при выборе точки, то таким образом это утверждение доказано для всего пространсвтва, в котором отсутствует материя.

Итак, решением уравнений ОТО для случая статической системы является метрика Шварцшильда и это решение являтется единственным.
Но это решение не обязательно преобразованиями координат можно во всём пространстве привести к классическому виду метрики Шварцшильда в сферических координатах.

[warlock66613]

monky99 в сообщении #1384599 писал(а):

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

Вот интересно, как вы умудрились найти тензор Риччи, куда входят производные метрики, имея только значение метрики в одной-единственной точке?

[manul91]

monky99 в сообщении #1384599 писал(а):

Берем точку в которой отсутствует материя. Метрический тензор в этой точке мы всегда можем привести к диагональному виду при помощи преобразования координат.
В результате метрика примет следующий вид:

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

"В точке" любое многообразие можно считать плоским.

Точнее, в достаточно малой окрестности, любое многообразие можно считать плоским со сколь угодно большой точности.
И это валидно для любых многообразий и окрестностей любых их точек (ну, еще нужно чтобы многообразие отвечало стандартным требованиям гладкости; какие-то математически экзотичные многообразия - типа фрактальных - не рассматриваем).
Разумеется в окрестности можно измерять и какие-нибудь инварианты кривизны - но это уже эффекты большего порядка малости, по сравнению с отличием инварианта расстояния (метрического тензора) от случая для плоской окрестности.

Поэтому в достаточно малой окрестности можно не заморачиваться - и сразу выбрать декартовые (или их аналога для псевдоэвклидовых многообразий - минковскиe) координаты - с единичным диагональным метрическим тензором.

Применительно к ОТО это переводится в тем, что для достаточно малых областей вокруг событий (на малых размеров и интервалов времени) - всегда можно перейти к локальную (мгновенно-сопутствующую; "свободно-падающую") ИСО с минковских ("декартовых") координат (чтобы "заединичить" вашу диагональную метрику с константами - достаточно просто подходящим образом отмасштабировать координат).
"Реализацией" таких ИСО можно считать например ИСО падающего лифта, или МКС (если внутри них пользоваться декартовыми координатами на малыми временными интервалами, часами синхронизированными как обычно).

monky99 в сообщении #1384599 писал(а):

Я обдумал высказанные замечание по поводу приведения метрики к желаемому виду. И учёл их.

Нет, вы не учли.
То что "в точке" всегда можно считать многообразие плоским и пользоваться диагональным единичным тензором (и что это вообще не имеет общего с геометрией многообразия - а значит и с решений ОТО) - вам уже говорили.
Одно не переводится к другого

[Geen]

monky99 в сообщении #1384599 писал(а):

В этой точке эту метрику преобразованиями координат можно сделать независящей от $\varphi$ имеющей следующий вид:

Не можем.

[Jnrty]

monky99 в сообщении #1384451 писал(а):

Самым лучшим доказательством была бы метрика не сводящаяся к метрике Шваршильда.

Неверное утверждение. Наличие другой метрики не доказывает ничего. Для специалистов опровержением вашего исходного тезиса, что Вы получили решение с двумя притягивающими центрами, сделав замену координат в решении Шварцшильда, является понимание того, что замена координат не меняет геометрию решения: вычисления расстояний, промежутков времени и углов в обеих системах координат в той области, где они обе определены, всегда дают одинаковые результаты. В частности, одно тело не может превратиться в два, поскольку гравитационное поле, создаваемое двумя отдельными телами, отличается от гравитационного поля, создаваемого одним телом. Это хорошо известно.
Ввиду этого специалистам не требуется искать ошибку в ваших вычислениях и рассуждениях. Ошибку нужно искать Вам самому. Если Вам после столь длительного обсуждения это ещё не ясно, то это ваша проблема. Я ещё чуть понаблюдаю, и если ситуация не исправится, приму меры. Если у кого-нибудь из модераторов терпение не лопнет раньше. Пока ваше поведение для меня выглядит как троллинг.

[schekn]

manul91 в сообщении #1384406 писал(а):

Да, смотрел когда-то черновик оригинального решения (его можно было найти в интернете - как теперь, не проверял).

Она есть на русском в сборнике "Альберт Эйнштейн и теория гравитации". 1979. Шварцшильд ввел на некотором многообразии координаты $(x^0,x^2,x^2,x^3)$ , и поместил точечную массу в точку $x^1=x^2=x^3=0$ и искал статическую метрику вне этой точки. Он добавил условия: метрические компоненты не зависят от времени ($x^0$), нет диагональных элементов вида $g_{01}=g_{02}=0$ и координатное условие Эйнштейна: определитель $||g||=-1$. Сейчас его редко используют, хотя уравнения там упрощаются. Граничные условия на бесконечности - метрика Минковского.
Здесь можно также поступить, взяв цилиндрический вид метрики. Конечно я пробовал и нестатический вид метрики, но уравнения сильно усложняются и становится непонятно, что использовать в качестве начальных условий. Что есть гиперповерхность Коши, на которой задаются данные Коши и какие это данные?. Поэтому хотелось бы получить в момент времени $x^0=0$ сначала статическое решение , когда тела почти не двигаются.

[manul91]

schekn в сообщении #1384634 писал(а):

Что есть гиперповерхность Коши, на которой задаются данные Коши и какие это данные?

Это по сути выбор "начальных условий" при решении дифуров, чтобы сделать решение однозначным (независящим от произвольных констант и произвольных функций).

Допустим вы решаете дифуравнение первого порядка функцией одной переменной $x(t)$. Решение зависит от неопределенной константой C; чтобы определить ее, можно задать "начальное условие" при скажем $t=7$, например пусть $x(7)=12$ (этим однозначно определяется константа и соответно само решение).

Пусть теперь решаете например двухмерное частное дифуравнение струны второго порядка, для функцией $u(x,t)$: $\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {t^2}}} = {c^2}\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}}$ ($u$ - смещение струны, $x$ - координата на протяжении струны, $t$ - время).
Оно будет зависеть от двух произвольных функций одной переменной.

По сути на это можно смотреть так - ищется скалярное "поле" $u$, над "двухмерном пространстве" $xt$, удовлетворяющее данное уравнение.
Кроме концевых условий для струны, решение еще будет зависеть от произвольной функцией $f(x)$ которой мы можем выбрать - например "начальное состояние струны" в момент $3$: $u(x, 3)=f(x)$ (еще будет и произвольная функция на начальных скоростей смещений - но про нее пока забываем)
Т.е. мы задаем начальные данные - в смысле задаем полевую функцию $u(x, 3)=f(x)$ - на гиперповерхности $t=3$ полного конфигурационного пространства $xt$ (в данном случае конфигурационное пространство $xt$ двумерно; гиперповерхность $t=3$ на нем одномерная линия)
Тем же успехом, вместо "начального условия" $u(x, 3)=f(x)$ - мы могли бы задать условие $u(x, x/2+1)=f_1(x)$ - т.е. каково будет смещение кусочков струны на координате $x$ в момент времени $t=x/2+1$ - это опять определит однозначно решение (хотя так поступать звучит странным в примере со струны, и не очень отвечает интуитивным понятием "начального условия").
В этом случае, мы снова задали величину поля на гиперповерхности $t=x/2+1$ (линия) в двухмерным фазовом пространстве $xt$ - чем опять определяем однозначно величины поля везде над пространства $xt$.

Теперь вспоминаем что (т.к. дифур был второго порядка) еще нужно задать и другую произвольную функцию (начальные скорости смещений).
Так что в данном случае - выбранная "гиперповерхность Коши" это ($t=x/2+1$) - и мы задаем на ней данные: величины поля $u=f_1(x)$ и скорости изменения поля $\frac{\partial u}{\partial t}=g_1(x)$ - чтобы однозначно определить поле везде над $xt$.
Разумеется как обычно мы можем выбрать другую гиперповерхность Коши $t=3$ ("начальное условие" при $t=3$) - и задать на ней данные: величины поля $u=f(x)$ и скорости изменения поля $\frac{\partial u}{\partial t}=g(x)$ - чтобы однозначно определить поле везде над $xt$.

[schekn]

manul91 в сообщении #1384665 писал(а):

Это по сути выбор "начальных условий" при решении дифуров, чтобы сделать решение однозначным (независящим от произвольных констант и произвольных функций).

Это все понятно, непонятно, как в данном случае вы будете выбирать метрические компоненты и производные их по времени, скажем при $x^0=0$ , если частного решения толком нет. Просто от балды? Вот статическое может в этом помочь.

...

В случае коллапса пыли там известна метрика при $\tau=0$ , она шварцшильдовская снаружи и внутри пылевого шара также определена, когда она покоится. А здесь метрика неизвестна.

[manul91]

schekn в сообщении #1384668 писал(а):

Это все понятно, непонятно, как в данном случае вы будете выбирать метрические компоненты и производные их по времени, скажем при $x^0=0$ , если частного решения толком нет. Просто от балды? Вот статическое может в этом помочь.

В случае ОТО, "неопределенные функции" при решению дифуров выскакивают из-за свободу выбора координат - иначе все определено (решение представляет весь "блок" четырехмерия).
Как мне видится, все "начинаем" например задавая компоненты тензора материи $T^{ik}(x,y,z)$ на некоей времениподобной поверхности 4-мерного многообразия - например при $t=0$ (эти компоненты можно считать "начальным условием" в обычном смысле)
Далее решаем уравнения ОТО (численно ;) и находим компоненты метрики. Заодно и "доопределяется смысл" наших же координат $t,x,y,z$ (в смысле геометрии пространства-времени) в которых мы задавали $T^{ik}(x,y,z)$ - так как все самосогласованно, на начальном этапе когда задавали $T^{ik}$ мы не могли знать метрику ; )
Для слабой гравитации (например для бытовой гири с перемычкой 2кг) наверно можно как приближение попробовать пылевое решение (т.е. игнорировать давление из-за самогравитации и учитывать только плотность - рассматривать на протяжении малого времени, пока пыль не деформировалась).
Правда непонятно, будет ли такое приближенное ОТОшное "решение" лучше Ньютонова и если да, то в каком смысле

[manul91]

manul91 в сообщении #1384684 писал(а):

на некоей времениподобной поверхности 4-мерного многообразия

описка - пространственноподобной

[SergeyGubanov]

manul91, в ОТО задача Коши имеет проблему "курицы и яйца": чтобы задать начальную гиперповерхность нужно заранее знать метрику, а чтобы узнать метрику нужно задать начальную гиперповерхность чуть пораньше. И единственным правильным способом решения этой проблемы является получение сразу всего четырёхмерного решения.