К вопросу о неравенстве инертной и гравитационной массы

[epros]

Munin в сообщении #548982 писал(а):

Поскольку тело отсчёта подразумевается таким, которое может двигаться, вращаться как целое, но не испытывать других деформаций

Такое определение "тела отсчёта" ничтожно, ибо в большинстве реальных ситуаций требование "не испытывать деформаций" - нереализуемо. Элементарно, чтобы карусели перейти из состояния "не вращается" в состояние "вращается", ей придётся деформироваться. Так что же, разгоняющуюся карусель нельзя принять за тело отсчёта?

VladTK в сообщении #549063 писал(а):

И $k$ - это все-таки векторный индекс. Четыре величины $P^{(k)}$, как показано у Фока, образуют так называемый свободный 4-вектор.

Называйте как хотите, но определённая Вами величина:

$P^{(0)} = \int\int\int T^{0 \nu} \xi_{\nu}^{(0)} dx^1 dx^2 dx^3$

преобразуется как скаляр. Если, конечно, $T^{\mu \nu}$ - это тензорная плотность, а $\xi_{\nu}^{(0)}$ - ковариантное векторное поле. Мне объяснить почему или бесполезно?

VladTK в сообщении #549063 писал(а):

Нет. Это компонента 4-вектора.

Очень печально, что Вы не поняли того, что сами написали. Поток векторной плотности через гиперповерхность не может быть ничем иным, кроме скаляра. А скалярное произведение тензорной плотности $T^{\mu \nu}$ на векторное поле $\xi_{\nu}^{(0)}$ - это векторная плотность.

VladTK в сообщении #549063 писал(а):

Чтобы корректно посчитать энергию требуется взять выражение для тензора энергии-импульса, Киллингова вектора в декартовых координатах, преобразовать их в ускоренную СО и выполнить интегрирование по объему. Думаю все сойдется. Я тут прикинул, выражения получаются довольно громоздкими...

Уже ничего не сошлось. Как же Вам ещё объяснить? ...

Может быть Вам формулу для $T^{i j}$ в явном виде расписать? Пожалуйста.

В лабораторной ИСО:
$T^{0 0} = mc^2 \sqrt{1 + \left{(}\frac{x^0}{r}\right{)}^2} \delta[x^1 - \sqrt{r^2 + (x^0)^2}] \delta(x^2) \delta(x^3)$,
$T^{0 1} = T^{1 0} = mc \, \frac{x^0}{r} \delta[x^1 - \sqrt{r^2 + (x^0)^2}] \delta(x^2) \delta(x^3)$,
остальные нулевые.

В равноускоренной СО:
$T^{0 0} = mc^2 \delta(x^1 - r) \delta(x^2) \delta(x^3)$,
остальные нулевые.

Можете убедиться, что переход от первых ко вторым - по формулам дважды контравариантной тензорной плотности. Поле $\xi_{\nu}^{(0)}$ в ИСО Вы уже расписали, перейти в равноускоренную СО - тривиально. То, что оно существенно зависит от $x^0$, очевидно.

[Paganel]

Paganel в сообщении #548922 писал(а):

... указать способ продолжения исходной метрики Тауба в область отрицательных $z$, где она становится комплексной и тем самым недопустимой в рамках ОТО. Сам я полагаю, что такого способа нет...

Хотел бы поправиться. При метрике
$ds^2= z^{-2/3}dt^2 - z^{4/3}(dx^2+dy^2) - dz^2$
путешествию из области $z>0$ в область $z<0$ препятствует не комплексность метрики, от которой легко избавиться переходом к $z=Z^{3/2}$ и к
$ds^2 = Z^{-1}dt^2 - Z^2 (dx^2+dy^2) - \frac{9}{4} Z\, dZ^2$.
Главное - на границе обращается в ноль детерминант метрики (в последнем случае он равен $g=-\frac{9}{4}Z^4$).
Геометрически задача сшивки мировых линий при $Z>0$ и $Z<0$ выглядит такой же, как и для внешней и внутренней областей шварцшильдовской черной дыры. Существенная разница, однако, состоит в том, что площадь сшиваемой поверхности в метрике Тауба равна нулю (как следствие $g=0$). Фактически, два пространства Тауба соприкасаются не по протяженой поверхности, а только в одной точке. Это делает невозможным однозначное продолжение мировых линий из одной области в другую и означает, что $Z=0$ является не просто горизонтом, а именно границей мира.

[Munin]

epros в сообщении #549115 писал(а):

Такое определение "тела отсчёта" ничтожно

На 99% всей физики хватает.

epros в сообщении #549115 писал(а):

Элементарно, чтобы карусели перейти из состояния "не вращается" в состояние "вращается", ей придётся деформироваться. Так что же, разгоняющуюся карусель нельзя принять за тело отсчёта?

Можно, потому что этими деформациями обычно можно пренебречь. Да, при этом фактически за тело отсчёта принимается не реальная карусель, а некая её идеализация. И ещё, всё это в классической механике, разумеется, вне её принимать вращающуюся карусель за тело отсчёта незаконно.

[dinaconst]

VladTK в сообщении #549063 писал(а):

epros в сообщении #548847 писал(а):

И вопрос заключался в том, будет ли сохраняться энергия излучения, распространяющегося в таком пространстве-времени.

Я вообще не понимаю, что Вам в этом примере не нравиться.
Ну хорошо, не нравиться этот пример - приведу еще более наглядный, который даже в ЛЛ-2 есть. Конкретная формула дана в ЛЛ-2 (114.21) и (114.22). Откуда частица получает или куда отдает энергию при изменении масштабного фактора?

epros, вопрос заключался, все-таки, не в том. У VladTK, как я понимаю, и в случае с МФИ, и сейчас, в случае с частицей, сомнений нет, что и там, и там, энергия будет меняться. Но он, как я понимаю, и сам задается вопросом, и перед всеми его ставит - откуда и куда?
Мне кажется, что такая постановка вопроса никуда не ведет. Мне кажется, что правильнее задаться вопросом - почему меняется? Если так ставить вопрос, то и ответ, мне кажется, почти очевиден: меняется пространство-время - меняются пространственно-временные характеристики обсуждаемых объектов. И нет, мне кажется, никакой необходимости связывать этот момент с ЗСЭ. Если Вы видите такую необходимость, то поясните - в чем она Вам видится?

[VladTK]

epros в сообщении #549115 писал(а):

VladTK в сообщении #549063 писал(а):

И $k$ - это все-таки векторный индекс. Четыре величины $P^{(k)}$, как показано у Фока, образуют так называемый свободный 4-вектор.

Называйте как хотите, но определённая Вами величина:

$P^{(0)} = \int\int\int T^{0 \nu} \xi_{\nu}^{(0)} dx^1 dx^2 dx^3$

преобразуется как скаляр. Если, конечно, $T^{\mu \nu}$ - это тензорная плотность, а $\xi_{\nu}^{(0)}$ - ковариантное векторное поле. Мне объяснить почему или бесполезно?

Бесполезно. Я просто знаю правильный ответ, а потому или поверьте мне на слово или проверьте.

epros в сообщении #549115 писал(а):

VladTK в сообщении #549063 писал(а):

Нет. Это компонента 4-вектора.

Очень печально, что Вы не поняли того, что сами написали. Поток векторной плотности через гиперповерхность не может быть ничем иным, кроме скаляра. А скалярное произведение тензорной плотности $T^{\mu \nu}$ на векторное поле $\xi_{\nu}^{(0)}$ - это векторная плотность.

Совершено верно. Я потому и вел раннее речь про векторное поле $P^{\mu}=T^{\mu \nu} \xi_{\nu}$. Но мы имеем 4 скаляра (4 потока векторного поля через гиперповерхность), которые вместе образуют 4-вектор! Вы этого не поняли.

epros в сообщении #549115 писал(а):

VladTK в сообщении #549063 писал(а):

Чтобы корректно посчитать энергию требуется взять выражение для тензора энергии-импульса, Киллингова вектора в декартовых координатах, преобразовать их в ускоренную СО и выполнить интегрирование по объему. Думаю все сойдется. Я тут прикинул, выражения получаются довольно громоздкими...

Уже ничего не сошлось. Как же Вам ещё объяснить? ...

Может быть Вам формулу для $T^{i j}$ в явном виде расписать? Пожалуйста.

В лабораторной ИСО:
$T^{0 0} = mc^2 \sqrt{1 + \left{(}\frac{x^0}{r}\right{)}^2} \delta[x^1 - \sqrt{r^2 + (x^0)^2}] \delta(x^2) \delta(x^3)$,
$T^{0 1} = T^{1 0} = mc \, \frac{x^0}{r} \delta[x^1 - \sqrt{r^2 + (x^0)^2}] \delta(x^2) \delta(x^3)$,
остальные нулевые.

В равноускоренной СО:
$T^{0 0} = mc^2 \delta(x^1 - r) \delta(x^2) \delta(x^3)$,
остальные нулевые.

Можете убедиться, что переход от первых ко вторым - по формулам дважды контравариантной тензорной плотности. Поле $\xi_{\nu}^{(0)}$ в ИСО Вы уже расписали, перейти в равноускоренную СО - тривиально. То, что оно существенно зависит от $x^0$, очевидно.

Я вот по утру на свежую голову сел, прикинул и все сошлось :)

Давайте сначала запишем все необходимые величины в ИСО. Энергия, как я ее определил, имеет вид

$$ \hat{E}=\int \hat{T}^{0 \nu} \hat{\xi}_{\nu} d^3 x=\int \hat{P}^{0} d^3 x $$

Найдем вектор $\hat{P}^{\mu}=\hat{T}^{\mu \nu} \hat{\xi}_{\nu}$. Вектор Киллинга для энергии, как я уже писал, равен

$$ \hat{\xi}_{\nu}=\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} $$

Таким образом, вектор $\hat{P}^{\mu}=\hat{T}^{\mu 0}$. Именно его и нужно преобразовать в ускоренную СО (УСО), чтобы получить выражение для энергии в этой СО.

Тензор энергии-импульса точечной частицы равен

$$ \hat{T}^{\mu \nu}=\frac{\rho c^2}{\sqrt{-\hat{g}}} \hat{u}^{\mu} \hat{u}^{\nu} \frac{ds}{d \hat{x^0}} $$

где $\rho(\hat{y})=m \delta^3(\hat{y}-\hat{x})$ - инвариантная плотность массы частицы, $\hat{u}^{\mu}$ - ее 4-скорость и $ds$ - элемент мировой линии частицы. Опущу нудные промежутучные вычисления (они следуют из Вашего закона движения точечной частицы) и запишу сразу результаты для 4-скорости, производной интервала и вектора $\hat{P}^{\mu}$

$$ \hat{u}^{\mu}=\begin{pmatrix} \frac{\hat{x}^1}{r}\\ \frac{\hat{x}^0}{r}\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} $$

$$ \frac{ds}{d \hat{x}^0}=\frac{r}{\hat{x}^1} $$

$$ \hat{P}^{\mu}=\begin{pmatrix} \rho c^2 \frac{\hat{x}^1}{r}\\ \rho c^2 \frac{\hat{x}^0}{r}\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}=\rho c^2 \hat{u}^{\mu} $$

Можете убедиться, что из такого вектора $\hat{P}^{\mu}$ следует Ваша энергия частицы в ИСО.

Преобразуем теперь этот вектор в УСО. Имеем

$$ \hat{P}^{\mu}=\frac{\partial \hat{x}^{\mu}}{\partial x^{\nu}} P^{\nu} $$

Выполняем преобразование и получаем

$$ P^{\mu}=\begin{pmatrix} \rho c^2 \\ 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} $$

Интегрируем нулевую компоненту и получаем $E=mc^2$ Убедительно?

Paganel в сообщении #549151 писал(а):

Хотел бы поправиться. При метрике
$ds^2= z^{-2/3}dt^2 - z^{4/3}(dx^2+dy^2) - dz^2$
путешествию из области $z>0$ в область $z<0$ препятствует не комплексность метрики, от которой легко избавиться переходом к $z=Z^{3/2}$ и к
$ds^2 = Z^{-1}dt^2 - Z^2 (dx^2+dy^2) - \frac{9}{4} Z\, dZ^2$.
Главное - на границе обращается в ноль детерминант метрики (в последнем случае он равен $g=-\frac{9}{4}Z^4$).
Геометрически задача сшивки мировых линий при $Z>0$ и $Z<0$ выглядит такой же, как и для внешней и внутренней областей шварцшильдовской черной дыры. Существенная разница, однако, состоит в том, что площадь сшиваемой поверхности в метрике Тауба равна нулю (как следствие $g=0$). Фактически, два пространства Тауба соприкасаются не по протяженой поверхности, а только в одной точке. Это делает невозможным однозначное продолжение мировых линий из одной области в другую и означает, что $Z=0$ является не просто горизонтом, а именно границей мира.

Интересно. epros получил решение сшиванием по линии двух обрезанных пространств Минковского в Меллеровской СО. А Вы тут вообще точкой обошлись.

[epros]

VladTK в сообщении #549220 писал(а):

Можете убедиться, что из такого вектора $\hat{P}^{\mu}$ следует Ваша энергия частицы в ИСО.

Запишите пожалуйста плотность $\rho$ через координаты $\hat{x}^0, \hat{x}^1, \hat{x}^2, \hat{x}^3$, ибо я Ваших игреков не понял. У меня получилось:

$\hat{P}^0 = mc^2 \sqrt{1 + \left{(}\frac{\hat{x}^0}{r}\right{)}^2} \delta[\hat{x}^1 - \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}] \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3)$,
$\hat{P}^1 = mc \, \frac{\hat{x}^0}{r} \delta[\hat{x}^1 - \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}] \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3)$.

Далее эту величину нужно преобразовать как контравариантную векторную плотность, чего я у Вас не увидел.

[VladTK]

epros в сообщении #549230 писал(а):

VladTK в сообщении #549220 писал(а):

Можете убедиться, что из такого вектора $\hat{P}^{\mu}$ следует Ваша энергия частицы в ИСО.

Запишите пожалуйста плотность $\rho$ через координаты $\hat{x}^0, \hat{x}^1, \hat{x}^2, \hat{x}^3$, ибо я Ваших игреков не понял. У меня получилось:

$\hat{P}^0 = mc^2 \sqrt{1 + \left{(}\frac{\hat{x}^0}{r}\right{)}^2} \delta[\hat{x}^1 - \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}] \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3)$,
$\hat{P}^1 = mc \, \frac{\hat{x}^0}{r} \delta[\hat{x}^1 - \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}] \delta(\hat{x}^2) \delta(\hat{x}^3)$.

Далее эту величину нужно преобразовать как контравариантную векторную плотность, чего я у Вас не увидел.

Чего записать? epros, Вы что? Насколько я понял, координаты $\hat{x}^0, \hat{x}^1, \hat{x}^2, \hat{x}^3$ обозначают координаты на мировой линии частицы. А интегрирование в формуле для энергии выполняется по всему 3-пространству. Мои координаты $\hat{y}^0, \hat{y}^1, \hat{y}^2, \hat{y}^3$ как раз и пробегают все 3-пространство при интегрировании.

В свою очередь хочу, epros, попросить Вас рассчитать энергию частицы в УСО Вашим методом, т.е. интегралом

$E=\int T^{00} d^3 x$

где $T^{00}$ - 00-компонента тензора второго ранга энергии-импульса. Посмотрим как Вы выкрутитесь

[epros]

VladTK в сообщении #549236 писал(а):

Чего записать? epros, Вы что? Насколько я понял, координаты $\hat{x}^0, \hat{x}^1, \hat{x}^2, \hat{x}^3$ обозначают координаты на мировой линии частицы.

Вы неправильно поняли. Координаты $\hat{x}^0, \hat{x}^1, \hat{x}^2, \hat{x}^3$ обозначают координаты лабораторной ИСО. И об этом было прямо сказано. Только часть из них попадает на мировую линию частицы. Именно поэтому в формулах для $\hat{P}^{\mu}$ мы видим дельта-функции.

Видите ли, $\hat{P}^{\mu}$ - это векторная плотность, а энергия частицы согласно Вашим формулам выражается скалярным произведением её на дифференциальную форму $dV_{\mu}$, которое СКАЛЯР, хотя и зависит от точки на мировой линии.

VladTK в сообщении #549236 писал(а):

В свою очередь хочу, epros, попросить Вас рассчитать энергию частицы в УСО Вашим методом, т.е. интегралом

$E=\int T^{00} d^3 x$

где $T^{00}$ - 00-компонента тензора второго ранга энергии-импульса. Посмотрим как Вы выкрутитесь

Легко. Как я уже говорил, в равноускоренной СО:

$T^{00} = mc^2 \delta(x^1 - r) \delta(x^2) \delta(x^3)$.

Интегрирование по трём пространственным координатам даёт:

$E = mc^2$.

Извините за краткость, пишу с телефона.

[dinaconst]

epros в сообщении #548933 писал(а):

Допустим, что в лабораторной ИСО (её координаты я буду обозначать с крышечками) с ускорением вдоль координаты $\hat{x}^1$ движется малая частица массы $m$. Формула её мировой линии:

$\hat{x}^1 = \sqrt{r^2 + (\hat{x}^0)^2}$, $x^2 = x^3 = 0$, где $r$ - некая константа.

Пропустила этот момент. Интересный. Еще ничего по-хорошему не обдумалось, но такой вопрос сразу наклюнулся.
Допустим, что в лабораторной ИСО, есть еще и неподвижная частица с координатами:
$\hat{x}^1 =a$, $\hat{x}^2 = \hat{x}^3 = 0$, где $a$ - некая константа.

Какой по виду будет формула ее мировой линии в УСО ? Будет отличаться только отсутствием крышек над координатами? Или еще чем-то?

[VladTK]

epros в сообщении #549287 писал(а):

Вы неправильно поняли. Координаты $\hat{x}^0, \hat{x}^1, \hat{x}^2, \hat{x}^3$ обозначают координаты лабораторной ИСО. И об этом было прямо сказано. Только часть из них попадает на мировую линию частицы. Именно поэтому в формулах для $\hat{P}^{\mu}$ мы видим дельта-функции...

Вы сначала неудачно обозначили координаты ИСО крышками, а теперь еще и координаты мировой линии частицы и координаты 3-пространства обозначаете одним символом...

В моих обозначениях, энергия в ИСО точно равна

$$ \hat{E}=\int \hat{P}^{0} (\hat{y}) d^3 y $$

где

$$ \hat{P}^{0}(\hat{y})=\rho(\hat{y}) c^2 \frac{\hat{y}^1}{r}=m c^2 \delta(\hat{y}^1-\hat{x}^1) \delta(\hat{y}^2-\hat{x}^2) \delta(\hat{y}^3-\hat{x}^3) \frac{\hat{y}^1}{r} $$

Здесь $\hat{x}^1=\hat{x}^1(\hat{x}^0), \hat{x}^2=\hat{x}^1(\hat{x}^0), \hat{x}^3=\hat{x}^1(\hat{x}^0)$ - координаты на мировой линии частицы. Интегрируем и получаем

$$ \hat{E}=m c^2 \frac{\hat{x}^1(\hat{x}^0)}{r}=m c^2 \frac{\sqrt{r^2+(\hat{x}^0)^2}}{r}=m c^2 \sqrt{1+\left(\frac{\hat{x}^0}{r} \right)^2}} $$

т.е. Ваше выражение для энергии частицы в ИСО.

epros в сообщении #549287 писал(а):

...Как я уже говорил, в равноускоренной СО:

$T^{00} = mc^2 \delta(x^1 - r) \delta(x^2) \delta(x^3)$.

Интегрирование по трём пространственным координатам даёт:

$E = mc^2$.

...

Вы не поняли. Разумеется приведенное Вами выражение для $T^{00}$ правильно и приводит к верному значению энергии. Но я спрашивал другое. Ладно, давайте тогда так. Вот у нас есть выражение для тензора энергии-импульса в УСО. У него отлична от нуля только одна компонента $T^{00}$. Покажите, что обычным преобразованием компонент тензора из УСО в ИСО мы получим такое выражение $\hat{T}^{00}$, которое даст нам при интегрировании по 3-объему правильное значение энергии в ИСО. Кстати, Вы пропустили еще одну ненулевую компоненту $\hat{T}^{11}$.

Скажу сразу. Я попытался найти компоненты тензора энергии-импульса в УСО после преобразования координат из известных компонент тензора энергии-импульса в ИСО. И у меня формулы

$T^{00} = mc^2 \delta(x^1 - r) \delta(x^2) \delta(x^3)$

в УСО не получилось!!! Появляется зависимость энергии от времени, чего в УСО быть не должно. Попробуйте посчитать сами, возможно я где-то ошибся (хотя проверка ошибок не показывает). Если этот мой результат верен (что весьма правдоподобно), то Ваша формула для энергии

$E=\int T^{00} d^3 x$

верна только в декартовых координатах Минковского. Что собственно я всегда и утверждал.

[schekn]

Munin в сообщении #549056 писал(а):

schekn в сообщении #549013 писал(а):

Там показано, что сильный принцип эквивалентности не работает

LOL

schekn в сообщении #549013 писал(а):

Кстати и Гинзбург и Логунов сошлись на мнении

LOL

Кстати, после смерти Гинзбурга, конечно, можно всякое говорить, но это грязно.

Похоже Вы вообще не читали их полемику, но Вы правы в одном, к сожалению и Зельдович и Гинзбург уже не могут ответить Логунову.

-- 17.03.2012, 20:53 --

Paganel в сообщении #548922 писал(а):

VladTK в сообщении #548844 писал(а):

Меня беспокоит вот этот переход от интервала Someone-а к Вашему. Вроде выполняется простое преобразование переменных $z \to z'$ с $z=1-3gz'$. Но интервал тогда должен иметь вид
$ds^2 = (1-3gz')^{-2/3}dt^2 - (1-3gz')^{4/3}(dx^2 + dy^2) - 9 g^2 dz'^{2}$
А у Вас почему-то при $dz'^{2}$ стоит 1...

Цитата:

Не понял, зачем "продолжать" решение? Пространство-время разбито плоскостью на две несвязные области $z>0$ и $z<0$. Интервал в каждой области задается выражением
$ds^2 = z^{-2/3}dt^2 - z^{4/3}(dx^2 + dy^2) - dz^2$.
Хотя когда-то epros писал, что между этими областями частицы могут запросто путешествовать, но мне что-то в это не верится.

to Paganel
А Вы не могли бы указать преобразования, которые переводят метрику
$ds^2 = z^{-2/3}dt^2 - z^{4/3}(dx^2 + dy^2) - dz^2$.
в диагональный вид (когда gik=const) (или обратные преобразования)?

[Munin]

schekn в сообщении #549478 писал(а):

Похоже Вы вообще не читали их полемику

LOL
Я её не читал односторонне.

[Paganel]

schekn в сообщении #549478 писал(а):

А Вы не могли бы указать преобразования, которые переводят метрику
$ds^2 = z^{-2/3}dt^2 - z^{4/3}(dx^2 + dy^2) - dz^2$.
в диагональный вид (когда gik=const) (или обратные преобразования)?

Вы понимаете, что спрашиваете?
1. Данная метрика уже имеет диагональный вид.
2. Для данной метрики тензор Римана не равен нулю (она описывает искривленное пространство), поэтому ее нельзя преобразовать к виду с $g_{ik}=$const, у которого тензор Римана равен нулю.

[epros]

VladTK в сообщении #549474 писал(а):

Появляется зависимость энергии от времени, чего в УСО быть не должно. Попробуйте посчитать сами, возможно я где-то ошибся (хотя проверка ошибок не показывает). Если этот мой результат верен (что весьма правдоподобно)

Разумеется Вы где-то ошиблись и такой результат не может быть верен. Сами-то подумайте. Переходите в СО, где задача становится статической, и получаете нестатический ТЭИ. Значит в формулах преобразования ТЭИ где-то ошиблись.

Вот поле Киллинга $\xi_{\mu}^{(0)}$ действительно нестатично.

Извините, но я не могу сейчас на телефоне изложить все формулы преобразования.

[VladTK]

epros в сообщении #549553 писал(а):

VladTK в сообщении #549474 писал(а):

Появляется зависимость энергии от времени, чего в УСО быть не должно. Попробуйте посчитать сами, возможно я где-то ошибся (хотя проверка ошибок не показывает). Если этот мой результат верен (что весьма правдоподобно)

Разумеется Вы где-то ошиблись и такой результат не может быть верен. Сами-то подумайте. Переходите в СО, где задача становится статической, и получаете нестатический ТЭИ. Значит в формулах преобразования ТЭИ где-то ошиблись.

Вот поле Киллинга $\xi_{\mu}^{(0)}$ действительно нестатично.

Извините, но я не могу сейчас на телефоне изложить все формулы преобразования.

Перепроверил расчет обратным переходом из УСО в ИСО - все подтверждается. Приведу свой расчет тензора энергии-импульса УСО переходом из ИСО. Формулу для тензора энергии-импульса точечной частицы я уже приводил

$$ T^{\mu \nu}=\frac{\rho c^2}{\sqrt{-g}} u^{\mu} u^{\nu} \frac{ds}{dx^0} $$

В ИСО это дает

$$ \hat{T}^{\mu \nu}=\rho c^2 \begin{pmatrix} \frac{\hat{x}^1}{r} & \frac{\hat{x}^0}{r} & 0 & 0\\ \frac{\hat{x}^0}{r} & \frac{\hat{x}^0}{r} \frac{\hat{x}^0}{\hat{x}^1} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$

Можно конечно расписать здесь $\hat{x}^1$ через $\hat{x}^0$ использовав уравнения движения, но это излишне. Преобразование компонент тензора энергии-импульса при переходе от ИСО к УСО имеют вид

$$ \hat{T}^{\mu \nu}=\frac{\partial \hat{x}^{\mu}}{\partial x^{\alpha}} \frac{\partial \hat{x}^{\nu}}{\partial x^{\beta}} T^{\alpha \beta} $$

Найдем величины $\frac{\partial \hat{x}^{\mu}}{\partial x^{\alpha}}$. Уравнения преобразования координат имеют вид

$$ \hat{x}^0=x^1 \sh{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \hat{x}^1=x^1 \ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \hat{x}^2=x^2 $$

$$ \hat{x}^3=x^3 $$

Отсюда ненулевые величины $\frac{\partial \hat{x}^{\mu}}{\partial x^{\alpha}}$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{0}}=\frac{x^1}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{1}}=\sh{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{0}}=\frac{x^1}{r} \sh{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{1}}=\ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \frac{\partial \hat{x}^{2}}{\partial x^{2}}=\frac{\partial \hat{x}^{3}}{\partial x^{3}}=1 $$

Из уравнений преобразования компонент тензора энергии-импульса выбираем интересующие нас компоненты

$$ \hat{T}^{00}=\left( \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{0}} \right)^2 T^{00}+2 \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{0}} \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{1}} T^{01}+\left( \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{1}} \right)^2 T^{11} $$

$$ \hat{T}^{01}=\frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{0}} \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{0}} T^{00}+2 \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{0}} \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{1}} T^{01}+\frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{1}} \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{1}} T^{11} $$

$$ \hat{T}^{11}=\left( \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{0}} \right)^2 T^{00}+2 \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{0}} \frac{\partial \hat{x}^{0}}{\partial x^{1}} T^{01}+\left( \frac{\partial \hat{x}^{1}}{\partial x^{1}} \right)^2 T^{11} $$

или в координатах УСО

$$ \left( \frac{x^{1}}{r} \right)^2 \ch^2{\frac{x^0}{r}} T^{00}+2 \frac{x^{1}}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} \sh{\frac{x^0}{r}} T^{01}+ \sh^2{\frac{x^0}{r}} T^{11}=\rho c^2 \frac{x^1}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \left( \frac{x^{1}}{r} \right)^2 \ch{\frac{x^0}{r}} \sh{\frac{x^0}{r}} T^{00}+2 \frac{x^{1}}{r} \ch^2{\frac{x^0}{r}} T^{01}+\ch{\frac{x^0}{r}} \sh{\frac{x^0}{r}} T^{11}=\rho c^2 \frac{x^1}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} $$

$$ \left( \frac{x^{1}}{r} \right)^2 \sh^2{\frac{x^0}{r}} T^{00}+2 \frac{x^{1}}{r} \ch{\frac{x^0}{r}} \sh{\frac{x^0}{r}} T^{01}+\ch^2{\frac{x^0}{r}} T^{11}=\rho c^2 \frac{x^1}{r} \frac{\sh^2{\frac{x^0}{r}}}{\ch{\frac{x^0}{r}}} $$

Решаем эту систему линейных уравнений относительно $T^{00}, T^{01}, T^{11}$ и получаем

$$ T^{00}=\frac{r}{x^1} \frac{\rho c^2}{\ch{\frac{x^0}{r}}} $$

$$ T^{01}= T^{11}=0 $$

Отсюда следует выражение для энергии в УСО

$$ E=\int T^{00} d^3 x=\int \frac{r}{x^1} \frac{\rho c^2}{\ch{\frac{x^0}{r}}} \sqrt{-g} \; dx^1 dx^2 dx^3 $$

С учетом того, что в УСО $\sqrt{-g}=\frac{x^1}{r}$, мы получаем для энергии

$$ E=\frac{m c^2}{\ch{\frac{x^0}{r}}} $$

т.е. явно неверный результат. И наоборот. Если мы стартуем от правильного выражения тензора энергии-импульса в УСО, выполняем переход в ИСО и получаем опять таки неверное выражение энергии теперь уже в ИСО. Как Вы это объясните, epros?