Связь формул ОТО и классической траектории

[kzv]

manul91 в сообщении #1541542 писал(а):

kzv в сообщении #1541540 писал(а):

Только если этот квадрат теперь подставить в исходную формулу, то там все в ноль превратится кроме слагаемого $-\frac{L^2}{r^2}$ ((

А с какой стати знаменатель $1-\frac{v^2}{c^2}$ прям убираете а не раскладываете выражение по степеней $\frac{v}{c}$?
$\frac{E^2}{c^2} =(1-\frac{r_s}{r})\frac{mc^2}{1-\frac{v^2}{c^2}} = (1-\frac{r_s}{r})(mc^2 + mv^2 + ...)$

Может быть я не прав, но вроде бы $m$ - это масса двигающегося тела, а $m_0$ - это масса неподвижного. Релятивистская энергия находится через массу без нолика, то есть для подвижного тела (без учета кривизны пространства):
$E=mc^2=\frac{m_0c^2}{\sqrt{1-\frac{V^2}{c^2}}}$

Соответственно в квадрате:
$E^2=m^2c^4=\frac{m_0^2c^4}{1-\frac{V^2}{c^2}}$

Кривизну пространства можно учесть домножив на $\sqrt{g_{00}}$ формулу для $E$ или домножая на $g_{00}$ формулу для $E^2$

manul91 в сообщении #1541542 писал(а):

Так что не понятно почему вы требуете

kzv в сообщении #1541526 писал(а):

классическим $2m(E-\frac{\operatorname{const}}{r})$

, ведь скорость не константа по мере движения.

Ну такой вот математический фокус: полная энергия - константа $E$, потенциальная - не константа $\sim\frac{1}{r}$, вычитаем из полной энергии потенциальную $E-\frac{\operatorname{const}}{r}$ - получаем кинетическую энергию $\frac{mv^2}{2}$ - не константу.

[manul91]

kzv в сообщении #1541544 писал(а):

Может быть я не прав, но вроде бы $m$ - это масса двигающегося тела, а $m_0$ - это масса неподвижного. Релятивистская энергия находится через массу без нолика, то есть для подвижного тела (без учета кривизны пространства):

У меня $m$ (безо всяких ноликов) - это масса покоя пробного тела - инвариант как в классике, так и в ОТО. "Переменная масса" для движущихся тел нынче не используется, тем более в ОТО.
В данном случае полная энергия свободного тела в гравитационном поле $E$ (инвариант движения свободного падения; учитывающая и "импульса", и "собственной энергии пробного тела", и "потенциальной энергии поля") дается формулой 88.9 из ЛЛ 2.
Подставляя $g_{00}$ для шварцшильдовой метрики, для ее квадрата получаем:
0) (ОТО) $E^2 = (1-\frac{r_s}{r})\frac{m^2c^4}{1-\frac{v^2}{c^2}}$

Итак, сначала выпишем соответные формулы в правильном (и подходящем) виде:
В классической механике:
1) $\varphi=\int \frac{Ldr}{r^2\sqrt{m^2v^2-\frac{L^2}{r^2}}}$
В ОТО:
2) $\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{\frac{E^2}{c^2}-m^2c^2+\frac{r_s}{r} m^2c^2-\frac{L^2}{r^2}+\frac{r_sL^2}{r^3}}}}$ (здесь $E$ инвариант движения в смысле полной энергии, как описано в ЛЛ).

Будем сравнивать подкоренные выражения в обеих формул (так как остальное в таком виде идентично), пренебрегая "достаточно больших" степеней $\frac{v}{c}$ и $\frac{r_s}{r}$.

В ОТО-шной формуле (2) подставляем выражение для полной энергии $E$ из ЛЛ2 88.9, и раскладывая по степеней $\frac{v}{c}$, для первого члена $\frac{E^2}{c^2}$ имеем пренебрегая степеней $\frac{v}{c}$ выше второй
$\frac{E^2}{c^2} =(1-\frac{r_s}{r})\frac{m^2c^2}{1-\frac{v^2}{c^2}} = (1-\frac{r_s}{r})(m^2c^2 + m^2v^2 + ...) \approx (1-\frac{r_s}{r})(m^2c^2 + m^2v^2) $
Подставляем это выражение для $\frac{E^2}{c^2}$ в 2).... Далее вы сами, у меня вроде все получилось.

[kzv]

manul91 в сообщении #1541545 писал(а):

Итак, сначала выпишем соответные формулы в правильном (и подходящем) виде:
В классической механике:
1) $\varphi=\int \frac{Ldr}{r^2\sqrt{m^2v^2-\frac{L^2}{r^2}}}$

Ну это же тривиальный случай в котором нет учета поля. Уравнение орбиты из этого интеграла вы не получите. И конечно ОТО-шная формула легко перейдет в эту "классическую" без всяких метрических тензоров и без разложений в ряд.

$\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{\frac{E^2}{c^2}-m^2c^2+\frac{r_s}{r} m^2c^2-\frac{L^2}{r^2}+\frac{r_sL^2}{r^3}}}}$

$r_s=0$


$\frac{E^2}{c^2}-m^2c^2=2m(\frac{E^2}{2mc^2}-\frac{mc^2}{2})=2m(\frac{E^2-m^2c^4}{2mc^2})=2m\frac{p^2}{2m}=p^2$

Вот и получаем одинаковую формулу для ОТО и классики:

$\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{p^2-\frac{L^2}{r^2}}}}$

Только импульс нужно подставлять либо релятивистский, либо классический.

Как вариант, последний шанс если ничего больше не получается, можно оставить. Потом сказать: "а если хотите формулу с полем, то замените кинетическую энергию на E-U". Студенты проглотят без вопросов, но мне для себя нужно понять. Такой вывод у меня какое-то ощущение легкого мухляжа вызывает.

[sergey zhukov]

kzv
По моему, все уже прекрасно решилось. Если в формуле:

$$\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{2m(\frac{E^2}{2mc^2}-\frac{mc^2}{2})+\frac{r_s}{r} m^2c^2-\frac{L^2}{r^2}+\frac{r_sL^2}{r^3}}}}$$

Полагать, что:

$$E^2 = (1-\frac{r_s}{r})\frac{m^2c^4}{1-\frac{v^2}{c^2}}$$

То выражение в скобках

$$(\frac{E^2}{2mc^2}-\frac{mc^2}{2})$$

Которое должно приближаться к сумме кинетической и потенциальной энергии, именно к ней и приближается, если все правильно подсчитать. Т.е. это выражение в скобках приближается к:

$$\frac{mv^2}{2}-\frac{GMm}{r}$$

Вывод же, который вы только что предложили выше (без поля) - это просто математически неверно, т.к. там одно из слагаемых просто отбрасывается, хотя оно вовсе не мало, а вместо $E$ подставляется совсем не то, что нужно. Эти ошибки случайно компенсируются. Я сначала тоже думал, что так можно.

Формула для орбиты "без поля" совершенно корректна и орбиту из нее вполне можно получить. Замена разности полной и потенциальной энергии на кинетическую - это совершенно законно и никаких проблем не создает.

[kzv]

Спасибо, теперь понял вывод.

[sergey zhukov]

manul91
По поводу $E$ я согласен. Если вернуться к началу темы, то можно поставить вопрос так: почему $E_{OTO}$ и $E_{CLASSIC}$ не стремятся друг к другу в соответствующих приближениях? Ответ: потому, что в $E_{CLASSIC}$ не входит слагаемое $mc^2$, а в $E_{OTO}$ - входит. Поэтому эти энергии не соответствуют друг-другу даже в случае малой скорости и малой гравитации. Например, в случае нулевой скорости и бесконечного удаления пробного тела его $E_ {OTO}=mc^2$, а его $E_{CLASSIC}=0$. Поэтому для перехода формул ОТО в формулы Ньютона хотя бы из этого предельного случая следует, что в формулах Ньютона полной энергии должно соответствовать не $E_{OTO}$, а $E_{OTO}-mc^2$ (в этом предельном случае, разумеется). А в общем случае это должно быть $\frac{E_{OTO}^2}{2mc^2}-\frac{mc^2}{2}$

[manul91]

kzv в сообщении #1541571 писал(а):

Ну это же тривиальный случай в котором нет учета поля.

Так и в "вашей записи" той же классической формулы для $\varphi(r)$, также по сути "нет учета поля". Так как $E$ - полная энергия:
$2m(E-U) = 2m(E_{kin} + U - U) = 2m (\frac{mv^2}{2}) = m^2v^2$, поскольку $E = E_{kin} + U$.
Я эту формулу проверил на размерность, плюс сверяясь с внешним источником где она выведена (которого указал) - и убедился что там то же самое, и смысл буковок именно таков.
Так что тут ничего не поделаешь, в этом уравнении в правой части по сути поля нет. Если его добавить и вычесть, от этого оно не появляется.
Я с ним не разбирался особо, но скорее всего оно является тривиальным геометрическим следствием связи $\frac{d\varphi}{dt}$, $\frac{dr}{dt}$, $L$ и $p$, по сути определение момента импульса в геом. виде.

kzv в сообщении #1541571 писал(а):

Уравнение орбиты из этого интеграла вы не получите

Это уравнение дает "одну зависимость" $\varphi(r)$. Так даже если бы "поля в правой части и было бы", из одного уравнения по-любому уравнение орбиты не получить. Для этого нужны как минимум две уравнения - например $\varphi(t), r(t)$ или $\varphi(r), t(r)$.

kzv в сообщении #1541571 писал(а):

И конечно ОТО-шная формула легко перейдет в эту "классическую" без всяких метрических тензоров и без разложений в ряд.

$\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{\frac{E^2}{c^2}-m^2c^2+\frac{r_s}{r} m^2c^2-\frac{L^2}{r^2}+\frac{r_sL^2}{r^3}}}}$

$r_s=0$

$\frac{E^2}{c^2}-m^2c^2=2m(\frac{E^2}{2mc^2}-\frac{mc^2}{2})=2m(\frac{E^2-m^2c^4}{2mc^2})=2m\frac{p^2}{2m}=p^2$

Вот и получаем одинаковую формулу для ОТО и классики:

Нет, это неправильно. Вы ОТО-шной формуле не имеете права писать $r_s=0$, и например убирать член $\frac{r_s}{r} m^2c^2$ так как этот член автоматически не будет пренебрежимо малым, из-за наличия $c^2$ в числителе (а даже если и будет - то это надо специально доказывать, так как не очевидно в этой форме).

А с разложением по $\frac{v}{c}$ смотрите. Если вы подставите
$\frac{E^2}{c^2} = \approx (1-\frac{r_s}{r})(m^2c^2 + m^2v^2) $
и раскроете скобки, этот член $\frac{r_s}{r} m^2c^2$ сокращается (заодно с несколько других) и после упрощения мы остаемся с выражением под корнeм:
$m^2v^2 - \frac{L^2}{r^2} - m^2v^2\frac{r_s}{r} + \frac{r_sL^2}{r^3}$
Eго можно более наглядно расписать так вынося $\frac{r_s}{r}$ за скобки:
$(m^2v^2 - \frac{L^2}{r^2}) - \frac{r_s}{r}(m^2v^2 - \frac{L^2}{r^2})$
Теперь очевидно, что имея итоговое выражение типа $Y - \frac{r_s}{r}Y$, то второй член в этой сумме во $\frac{r}{r_s}$ раз меньше первого (для орбиты земли, это порядка $10^{11}$ раз если не ошибаюсь) и его очевидно можно опустить.
Правильно раскладывать по степеней $\frac{v}{c}$ и $\frac{r_s}{r}$ (и именно их высших степеней пренебрегать); а не просто писать типа $v=0, r_s=0$.

-- 04.12.2021, 14:17 --

sergey zhukov в сообщении #1541578 писал(а):

По поводу $E$ я согласен. Если вернуться к началу темы, то можно поставить вопрос так: почему $E_{OTO}$ и $E_{CLASSIC}$ не стремятся друг к другу в соответствующих приближениях? Ответ: потому, что в $E_{CLASSIC}$ не входит слагаемое $mc^2$, а в $E_{OTO}$ - входит. Поэтому эти энергии не соответствуют друг-другу даже в случае малой скорости и малой гравитации. Например, в случае нулевой скорости и бесконечного удаления пробного тела его $E_ {OTO}=mc^2$, а его $E_{CLASSIC}=0$. Поэтому для перехода формул ОТО в формулы Ньютона хотя бы из этого предельного случая следует, что в формулах Ньютона полной энергии должно соответствовать не $E_{OTO}$, а $E_{OTO}-mc^2$ (в этом предельном случае, разумеется). А в общем случае это должно быть $\frac{E_{OTO}^2}{2mc^2}-\frac{mc^2}{2}$

Именно.
Это видно еще в специальной теории относительности (плоском пространстве-времени, при отсутствии какой-либо гравитации).
Полная энергия тела движущегося со скорости $v$, в СТО это $E=\frac{mc^2}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$.
Если раскласть в ряд по $\frac{v}{c}$, получим $mc^2(1 + \frac{1}{2}\frac{v^2}{c^2} + ....)$; это отличается на $mc^2$ (отбрасывая высших степеней $\frac{v}{c}$) от классического выражения кинетической энергии $\frac{mv^2}{2}$. Это и "указывает" что мы должны удерживать члены не менее второй степени $\frac{v}{c}$ в ОТО-шных формуле также, чтобы добиться соответствия с энергий в классике.

[sergey zhukov]

manul91 в сообщении #1541580 писал(а):

Это уравнение дает "одну зависимость" $\varphi(r)$. Так даже если бы "поля в правой части и было бы", из одного уравнения по-любому уравнение орбиты не получить.

Ну почему же? Подставляем кинетическую энергию вместо $(E-U)$, задаем начальные $u, L, r$, зная их и задаваясь произвольным $dt$, подсчитываем $dr$ и затем $d\varphi$, определяем $u$ на следующем шаге и т.д. Отсюда можно найти $\varphi=\varphi(t)$ и $r=r(t)$.

В это уравнение входят все нужные для расчета траектории тела данные. Так что нам больше ничего не требуется.

Что-то я ерунду написал. Конечно, для такого расчета потребуется еще уравнение сохранения энергии $\frac{mu^2}{2}+\frac{GMm}{r}=const$

[kzv]

manul91, sergey zhukov спасибо, помогли разобраться.
Несколько замечаний только по последним постам.

manul91 в сообщении #1541580 писал(а):

Вы ОТО-шной формуле не имеете права писать $r_s=0$, и например убирать член $\frac{r_s}{r} m^2c^2$ так как этот член автоматически не будет пренебрежимо малым, из-за наличия $c^2$ в числителе (а даже если и будет - то это надо специально доказывать, так как не очевидно в этой форме).

Подстановка $r_s=0$ в решение Шварцшильда, соответствует неискривленному пространству. То есть пространству без гравитационного поля. Совершенно не важно на какую степень скорости света умножать ноль, все равно получится ноль, это не требует доказательств.

Ну и кстати, вдруг кому-то пригодится, при разложении квадрата энергии в ряд по степеням $\frac{V}{c}$, у меня получилась такая формула:

$E^2\approx m^2c^4(1+\frac{V^2}{c^2}-\frac{r_s}{r}(1+\frac{V^2}{c^2}))\approx m^2c^4(1+\frac{V^2}{c^2}-\frac{r_s}{r})$

В таком виде ее удобно подставлять в выражение для орбиты.

[manul91]

sergey zhukov в сообщении #1541582 писал(а):

Ну почему же? Подставляем кинетическую энергию вместо $(E-U)$, задаем начальные $u, L, r$, зная их и задаваясь произвольным $dt$, подсчитываем $dr$ и затем $d\varphi$, определяем $u$ на следующем шаге и т.д. Отсюда можно найти $\varphi=\varphi(t)$ и $r=r(t)$.

Это "смотря как смотреть" : )
Eсли вы "задавая dt", и делая последовательно этих приращений $dt$ алгоритмически вычисляете каким нибудь образом $dr$ так и $d\varphi$, то вы неявно пользуетесь двумя уравнениями типа $dr=f(...)dt$, $d\varphi =g(...)dt$ хотя и "не сообщаете" об этом. То что при этом $\frac{d\varphi}{dr}=\frac{g}{f}$ не значит что вы пользуетесь одним и только этим уравнением.

Вообще-то, в исходном классическом дифференциальном уравнении на $\varphi$ (в оригинальной записи через $(E-U)$), участвуют только численные константы $E,L,G,M$ и две переменные (и функций/дифференциалов из них) $\varphi,r$ ($U(r)$ это функция из $r,G,M$).
Никакого $t$ в этом уравнении не существует.
Поэтому, из одним этим уравнением (и только из ним), выбирая начального условия $\varphi_0$ для неопределенную константу интегрирования и величины остальных констант, можно определить только геометрическую линию орбиты (функцию типа $r(\varphi)$, или $\varphi(r)$) но не и движение по ней.

-- 04.12.2021, 15:42 --

kzv в сообщении #1541585 писал(а):

Подстановка $r_s=0$ в решение Шварцшильда, соответствует неискривленному пространству. То есть пространству без гравитационного поля. Совершенно не важно на какую степень скорости света умножать ноль, все равно получится ноль, это не требует доказательст

Это верно, но не пойму причем тут этот коментарий; в какой связи вы это говорите?

Мы же рассматриваем некую формулу при физической ситуации наличия гравитации (как в классике, так и в ОТО).
Так получается, что в классике независимо от наличия гравитации, "поле" (потенциальная энергия) в этой конкретно формуле "по сути не участвует".

Как видно однако, в ТОЧНОМ решении ОТО тем не менее поле ($r_s$) в аналогичной формуле участвует (вместе с L и т.д.). Потому и предсказанная через ОТО траектория все-таки "слегка" отличается от классической.

Естественно, если мы просто обнулим $r_s$ в ОТО-шной формулой, мы тем самым "исключим поле" в ней - и соответно "можем ожидать", что таким образом не повредим сходимость к классической формуле (про которой мы знаем наперед, что в ней "поле не участвует").
Это кстати и одна из причин почему некоректная в принципе подстановка $r_s=0$, в данном случае "работает".

Но это ведь "нечестно"; когда мы исследуем как выглядит формула ОТО при малых скоростей $\frac{v}{c}\ll1$ и малым отношением $\frac{r_s}{r}\ll1$ (но НЕ исключая полностью ни гравитацию, ни скорости) - нам нельзя пользоваться наперед знанием, что именно мы должны получить.
Мы должны честно взять соответствующие пределы (удержав корректно соответствующие степени $\frac{v}{c}$ и $\frac{r_s}{r}$), и только в конце сравнить что можно пренебречь не потеряв существенной точности и что нет - и получается ли классическая формула, или нет, с или без "участием поля".

[manul91]

kzv в сообщении #1541585 писал(а):

вдруг кому-то пригодится, при разложении квадрата энергии в ряд по степеням $\frac{V}{c}$, у меня получилась такая формула:
$E^2\approx m^2c^4(1+\frac{V^2}{c^2}-\frac{r_s}{r}(1+\frac{V^2}{c^2}))\approx m^2c^4(1+\frac{V^2}{c^2}-\frac{r_s}{r})$
В таком виде ее удобно подставлять в выражение для орбиты.

Кстати... Если формально-математически хочется быть до конца технически корректным: нужно раскладывать в степени и "убирать члены" соответного порядка малости только уже после того, как все "полностью подставлено" (потому что то в чем подставляем, может изменить нашу оценку порядка малости).
Например, если подставляем $f(\frac{v}{c})=\frac{v^2}{c^2} + \frac{v^3}{c^3}$ в некоторую функцию $G(f(\frac{v}{c}))$, нельзя автоматически писать например $f(\frac{v}{c})\approx \frac{v^2}{c^2}$, наперед подставлять это и считать результат "хорошим приближением".
Потому что гипотетически может быть типа $G(f(\frac{v}{c})) = f(\frac{v}{c})^{\frac{c}{v}}$; и при $\frac{v}{c}=0.25$ например выражения "с" и "без" + $\frac{v^3}{c^3}$ отнюдь не "близки" а отличаются аж в 2.5 раз ("точное" выражение равно $\approx 3.7$x$10^{-5}$, а "приближенное" $\approx 1.5$x$10^{-5}$)
В этом смысле я сам "схалтурил", раскладывая и убирая высших степеней $\frac{v}{c}$ наперед прежде подстановки (хотя в конкретном случае и так было ясно, что такого как выше не может получится)

[kzv]

Еще маленький вопросец в связи с полученной приближенной формулой:

$\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{2m(E-U)-\frac{L^2}{r^2} +\frac{r_sL^2}{r^3}} }}$

Формула отличается от классической одним слагаемым. Вопрос такой: достаточно ли слагаемого $\frac{r_sL^2}{r^3}$ чтобы получить орбиту Меркурия с той точностью, какая была в начале XX века, или надо обязательно учитывать слагаемые более высокого порядка малости?

[sergey zhukov]

kzv
Если в это уравнение подставить правильное $E=\frac{E_{OTO}^2}{2mc^2}-\frac{mc^2}{2}$, где $E_{OTO}$ рассчитанно по известной теперь формуле, и правильно толковать $r$ (как радиальную координату, а не как расстояние от Меркурия до центра Солнца (которое немного больше радиальной координаты)), а так же $u$ (которая измеряется при помощи местных линеек и часов, т.е. расположенных в точке нахождения Меркурия, а не удаленных) то это уравнение вообще является точным (настолько, насколько точным является приближение пробного тела, т.е. точечного тела, двигающегося в стационарном гравитационном поле по геодезической). Я думаю, для Меркурия поправки $\frac{r_s}{r^3}L^2$ вполне достаточно. По моему, Эйнштейн так ее и считал в свое время.

Можете, кстати, самостоятельно подсчитать (численно) прецессию перигелия Меркурия по этой формуле и сравнить с известной.

[manul91]

kzv в сообщении #1541603 писал(а):

Еще маленький вопросец в связи с полученной приближенной формулой:

$\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{2m(E-U)-\frac{L^2}{r^2} +\frac{r_sL^2}{r^3}} }}$

Формула отличается от классической одним слагаемым. Вопрос такой: достаточно ли слагаемого $\frac{r_sL^2}{r^3}$ чтобы получить орбиту Меркурия с той точностью, какая была в начале XX века, или надо обязательно учитывать слагаемые более высокого порядка малости?

Гм... "маленький вопросец":) Тут не совсем понятно что значит "получить орбиту Меркурия ...... с точности ...", для так заданным вопросом?
Как я ранее писал, из одном этом уравнении (и ничего больше) - задавая константы L,E,M,G и выбирая начальной точки можно получить только траекторию (саму линию на некоей поверхности) $\varphi(r)$ но не и движение на ней; переменная $t$ в этом единственном дифференциальном уравнении на $\varphi(r)$ вообще не участвует.

Если все равно "нужно ответить" хотя и "вопрос непонятен", вот мое мнение.

Эта формула - какой-то странный гибридец между ОТО и классики.
Является ли она классической? Нет, очевидно почему (последнее слагаемое $\frac{r_sL^2}{r^3} = \frac{2GML^2}{c^2r^3}$ совершенно бессмысленно в классике, где и числа $c$ как такого вообще нет).
Является ли она точной ОТО-шной? В данном виде нет, так как в ОТО нет понятия "потенциальной энергией" $U$ как таковой. Полная энергия падающего тела в ОТО не "раскладывается" на сумму частей собственной, кинетической и потенциальной. И соответно обозначению $U$ непонятно как придать какого-либо смысла и вообще что за него подставлять.
Является ли она приближенной ОТО-шной (в которой мы пренебрегли какие-то малые поправки)? Опять нет, по тем же причинам: в ОТО нет понятия "потенциальной энергией" $U$ как таковой, соответно обозначению $U$ непонятно как придать какого-либо смысла, что за него подставлять и т.д.

Если уж так хочется из такого вида плясать, то имхо:
1) Начать с оригинальную точную формулу ОТО $\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{2m(\frac{E_{OTO}^2}{2mc^2}-\frac{mc^2}{2})+\frac{r_s}{r} m^2c^2-\frac{L^2}{r^2}+\frac{r_sL^2}{r^3}}}}$ (тут $E_{OTO}$ константа падения, полная ОТО-шная энергия на орбите, интеграл уравнений движения)

2) Перевести к виду $\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{(m^2v^2 - \frac{L^2}{r^2}) - \frac{r_s}{r}(m^2v^2 - \frac{L^2}{r^2})}}}$ так, как я делал выше, наговаривая мантру что "это валидно для малых скоростей" $\frac{v}{c}\ll1$, что имеет место для Меркурия. И так, у нас приближенная формула для траектории на кривом пространстве-времени ОТО (при малой скорости Меркурия, эта кривая мало отличается от истинной - обе они, и приближенная, и истинная - пока "нарисованы" на кривом пространстве-времени ОТО) .

3) Понятно что члены $m^2v^2$ и $\frac{L^2}{r^2}$ одного порядка. И если мы пренебрежем член $\frac{r_s}{r}(m^2v^2 - \frac{L^2}{r^2})$, то ясно что уравнение превратится в чисто классическим (но! тут есть такой момент что смысл координат все еще шварцшильдовский, и скорость $v$ также нужно трактовать как в 88.9 ЛЛ 2 - и поэтому мы должны также ЕЩЕ приговорить и мантру, что "скорости и координаты по смыслу переходят к классических при $\frac{r_s}{r}\ll1$)

4) Теперь, после того как мы приговорили мантру, что "скорости и координаты по смыслу перешли к классических", мы уже можем это переписать как $\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{(2m(E_{classic}-U_{classic}) - \frac{L^2}{r^2}) - \frac{r_s}{r}(2m(E_{classic}-U_{classic}) - \frac{L^2}{r^2})}}}$.
Или короче, $\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{(1-\frac{r_s}{r})(2m(E_{classic}-U_{classic}) - \frac{L^2}{r^2})}}}$
Понятно, что по-прежнему члены $2m(E_{classic}-U_{classic}) $ и $\frac{L^2}{r^2}$ должны быть одного порядка.

Теперь, мы имеем гибридно-приближенную формулу, где можем вписывать для $E_{classic}$ и $U_{classic}$ соответную классическую по смысле константу $E$ и класическую функцию $U$ потенциальной энергии для Меркурия.
Для учета поправки к Меркурия мы учитываем $\frac{r_s}{r}$.

(Оффтоп)

При этом, итоговая накопленная "ошибка" будет в двух вещей: сперва, что мы пренебрегли высшие степени $\frac{v}{c}$, и потом еще мы хотим интерпретировать "по смыслу" релятивисткие координат и скорости не так какв ЛЛ 88.9, а как у в классике т.е. как для плоского пространства-времени.
Первое приближение понятно, но в оценки для втором есть такая специфика:
Если быть корректным, то в каком-то смысле ситуации "несравнимы" т.к. в классике и в ОТО идет речь про траекторий $r(\varphi)$ над разных многообразиях, и "неточность" зависит от того каким образом мы "отождествляем" точки этих разных многообразий.
Дело тут в том, что одно только это дифференциальное уравнение на $\varphi(r)$ само по себе дает нам только геометрию орбиты (пляшем от вида с $2m(E-U(r))$), но не и движение по ней.
Таким образом, мы "сравниваем" типа две линии/траектории на разных многообразий. "Где" и "какова" ошибка зависит от того как мы отождествляем точки, как "проектируем" одно из них на другое.
Это типа того, если мы нарисовали равносторонний треугольник с единичной стороны на плоскости, и "такой же" на сферической поверхности - и "сравниваем" насколько один отклоняется от другого, и где именно.... но многообразия ведь нельзя однозначно "наложить" одно на другое.
Кстати, при вычисления отклонения прецессии подобной неоднозначности не возникает - так как она измеряется в "угол отклонения на единицу времени" - а обе эти величины имеют непосредственный экспериментальный смысл; на отличие от "сравнения" линий двух разных траекторий поверх двух разных многообразий разной кривизны.

Либо, мы неучитываем $\frac{r_s}{r}$ и получаем чисто-классическое Ньютоново решение для орбиты, безо всяких поправок.

[kzv]

manul91 в сообщении #1541613 писал(а):

Как я ранее писал, из одном этом уравнении (и ничего больше) - задавая константы L,E,M,G и выбирая начальной точки можно получить только траекторию (саму линию на некоей поверхности) $\varphi(r)$ но не и движение на ней;

Все верно. Мне уравнение траектории и не нужно. Хочу сам руками посчитать только форму орбиты Меркурия. Но не по точной формуле, а по приближенной.
На мой взгляд, приближенная формула должна быть такой же как классическая, но содержать малую поправку. В приближенной формуле все величины берутся классическими. В поправке присутствуют релятивистские величины. Главное - приближенная формула должна получаться из точной.

Вот эта формула вроде бы подходит под мои критерии:
$\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{(2m(E_{classic}-U_{classic}) - \frac{L^2}{r^2}) - \frac{r_s}{r}(2m(E_{classic}-U_{classic}) - \frac{L^2}{r^2})}}}$.

Правда хотелось бы кинетическую энергию убрать из вторых скобок. Оставить только:

$\varphi=\int {\frac {Ldr} {r^2 \sqrt{2m(E_{classic}-U_{classic}) - \frac{L^2}{r^2} +\frac{r_s}{r} \frac{L^2}{r^2}}}}$.

Не сильно ли это на результат повлияет? Получу ли я орбиту Меркурия в итоге? Просто не хотелось бы в пустую бесполезные вычисления делать :)