Координатные условия и единственность решения уравнений ОТО

[schekn]

Munin в сообщении #814270 писал(а):

Плохо прочитали, если так "изложили". Идите перечитывайте

Munin в сообщении #814270 писал(а):

Но неправильное понимание надо исправлять, пока не исправится.

Munin в сообщении #814270 писал(а):

Причём доказательство должны проверить и принять не вы сами - а другие люди, грамотные специалисты.

"Интереснейший" Вы собеседник. Вы пытаетесь вырвать из контекста темы какие-то непонравившиеся вам фразы и затем не обсуждаете вопрос по существу, а набрасываетесь на собеседника , что дескать он - осел, козел и косолапый мишка..

Ну вот пар. 18 ЛЛ2. Он же тут совсем не причем. При чем тут калибровка? Мне интерсовала конкретно Ваше , как "специалиста" понимание данного термина в контексте ОТО. Вы его не дали, уклонившись от ответа. Я употребил его в совершенно конкретном случае, когда говорил, что для большинства задач необходимы конкретные координаты объектов в данной координатной сетке. Если в данном контексте оно не нравится, то можно подобрать другое слово. Проблем нет.
А вот то, что Вы называете "калибровкой" те уравнения связи, некоторые из которых я привел, то это неверно.

-- 15.01.2014, 14:38 --

Munin в сообщении #814270 писал(а):

Можете "перепроверить", как учебную задачу. Лично для вас. Если не справитесь с проверкой - то значит, вы ошиблись.

Я уже излагал данную тему и не нашел каких-то возражений, что я не так понимаю.
Фразы, типа " вам еще рано" они не имеют содержания. Наверное 90 процентов тем тут открывают люди, для которых по вашим критериям " еще рано их открывать".

-- 15.01.2014, 14:42 --

Munin в сообщении #814270 писал(а):

А формулировка "перепроверить" подразумевает более наглое заявление: что будто вы выискиваете ошибки у других. Нет, ваши способности на это не тянут. Вероятность, что вы ошибётесь, а не автор учебника, примерно 100 : 1 или 1000 : 1 (если не ещё выше). И вы даже искать и исправлять у себя ошибки не умеете (и что гораздо хуже, не стремитесь, а это должно быть естественно, как дыхание).

А фразы , типа приведенной выше, напоминает фразы учителя по марксизму-ленинизму ( или по научному коммунизму, не помню что там было уже): читайте классиков марксизма и все сомнения в правильности теории исчезнут. Лучше 10 раз на ночь.

[Munin]

schekn в сообщении #814645 писал(а):

Ну вот пар. 18 ЛЛ2. Он же тут совсем не причем. При чем тут калибровка?

При том, что свобода выбора системы координат при описании пространства-времени аналогична свободе выбора калибровки потенциала при описании электромагнитного поля. При малом калибровочном преобразовании электромагнитного поля его потенциал преобразуется как

$$A_\mu(x)\quad\to\quad A'_\mu(x)=A_\mu(x)+\dfrac{\partial\alpha(x)}{\partial x^\mu}.$$

Аналогично, при малом координатном преобразовании метрика, которая играет в теории гравитации роль потенциала, преобразуется как

$$g_{\mu\nu}(x)\quad\to\quad g'_{\mu\nu}(x)=g_{\mu\nu}+\dfrac{\partial\alpha_\nu(x)}{\partial x^\mu}+\dfrac{\partial\alpha_\mu(x)}{\partial x^\nu}.$$

(Здесь условие малости играет существенную роль.) И как при калибровочном преобразовании электромагнитного поля, добавочная функция исчезает из всех наблюдаемых величин теории, точно так же это происходит и для гравитационного поля. (С учётом поточечного преобразования координат $x^\mu\to x'^\mu=x^\mu-\alpha^\mu(x).$)

schekn в сообщении #814645 писал(а):

Вы его не дали, уклонившись от ответа.

Всё надо помаленьку.

schekn в сообщении #814645 писал(а):

А вот то, что Вы называете "калибровкой" те уравнения связи, некоторые из которых я привел, то это неверно.

Вы уже справились с ЛЛ-2 § 18? Теперь откройте Рубакова "Классические калибровочные поля", прочитайте § 1.4.

[evgeniy]

Уважаемый Munin не могу не вмешаться. Предлагается способ избавиться от калибровочной функции. Допустим, получено решение и найдены потенциалы в уравнениях Максвелла. Они определены с точность до функции $\alpha$, удовлетворяющей волновому уравнению. При этом потенциалы равны $A_l'=A_l+\frac{\partial \alpha}{\partial x_l};\varphi'=\varphi-\frac{\partial \alpha }{\partial c t}$
Возьмем дивергенцию от первого равенства, считая, что определили вектор $A_l'-A_l$, получим
$\operatorname{div}(\vec A'-\vec A)=\Delta \alpha$
$\alpha=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=-n}^n a_{nm}H_{n+1/2}^{(1)}(kr)Y_n^m(\theta,\varphi)/\sqrt{kr}$
откуда определим константы $a_{nm}$, а значит и калибровочную функцию. Далее из разности $A_l'-A_l$ вычитаем градиент определенной функции, и получаем решение без градиентной функции.
К разности $\varphi'-\varphi$ прибавим производную по времени.

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #815010 писал(а):

При малом калибровочном преобразовании электромагнитного поля его потенциал преобразуется как

$$A_\mu(x)\quad\to\quad A'_\mu(x)=A_\mu(x)+\dfrac{\partial\alpha(x)}{\partial x^\mu}.$$

Здесь инфинитезимальность $\alpha(x)$ не требуется, это верно при произвольной $\alpha(x)$.

Munin в сообщении #815010 писал(а):

Аналогично, при малом координатном преобразовании метрика, которая играет в теории гравитации роль потенциала, преобразуется как

$$g_{\mu\nu}(x)\quad\to\quad g'_{\mu\nu}(x)=g_{\mu\nu}+\dfrac{\partial\alpha_\nu(x)}{\partial x^\mu}+\dfrac{\partial\alpha_\mu(x)}{\partial x^\nu}.$$

(Здесь условие малости играет существенную роль.)

А здесь не частная производная должна браться, а ковариантная:

$$ g'_{\mu \nu} (x') = \frac{\partial x^{\alpha}}{ \partial x'^{\mu}} \frac{\partial x^{\beta}}{ \partial x'^{\nu}} g_{\alpha \beta} (x) $$

$$ x'^{\mu} \approx x^{\mu} - \xi^{\mu} $$

$$ g'_{\mu \nu} (x - \xi) \approx \left( \delta^{\alpha}_{\mu} + \partial_{\mu} \xi^{\alpha} \right) \left( \delta^{\beta}_{\nu} + \partial_{\nu} \xi^{\beta} \right) g_{\alpha \beta} (x) $$

$$ g'_{\mu \nu} (x) - \xi^{\alpha} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} (x) \approx g_{\mu \nu} + g_{\alpha \nu} \partial_{\mu} \xi^{\alpha} + g_{\alpha \mu} \partial_{\nu} \xi^{\alpha} $$

$$ g'_{\mu \nu} (x) - g_{\mu \nu} (x) \approx g_{\alpha \nu} \partial_{\mu} \xi^{\alpha} + g_{\alpha \mu} \partial_{\nu} \xi^{\alpha} + \xi^{\alpha} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} $$

$$ g_{\alpha \nu} \partial_{\mu} \xi^{\alpha} = \partial_{\mu} \xi_{\nu} - \xi^{\alpha} \partial_{\mu} g_{\alpha \nu} $$

$$ g'_{\mu \nu} (x) - g_{\mu \nu} (x) \approx \partial_{\mu} \xi_{\nu} + \partial_{\nu} \xi_{\mu} - \xi^{\alpha} ( \partial_{\mu} g_{\alpha \nu} + \partial_{\nu} g_{\mu \alpha} - \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} ) $$

$$ g'_{\mu \nu} (x) - g_{\mu \nu} (x) \approx \partial_{\mu} \xi_{\nu} + \partial_{\nu} \xi_{\mu} - 2 \Gamma^{\alpha}_{\mu \nu} \xi_{\alpha} $$

$$ g'_{\mu \nu} (x) - g_{\mu \nu} (x) \approx \nabla_{\mu} \xi_{\nu} + \nabla_{\nu} \xi_{\mu} $$

[Munin]

evgeniy в сообщении #815065 писал(а):

Предлагается способ избавиться от калибровочной функции.

В смысле, вы предлагаете?

evgeniy в сообщении #815065 писал(а):

Далее из разности $A_l'-A_l$ вычитаем градиент определенной функции, и получаем решение без градиентной функции.

Вы просто от известного заранее $A_l$ вернулись к нему же. Про него нельзя сказать, что он без калибровочной функции.

Суть в том, что ни один из всего возможного множества $A_l,A'_l,\ldots$ - ничем не выделен, по сравнению с остальными. В решении вы нашли один из них - замечательно. Но это означает, что законными становятся сразу все.

Вот такой пример. Допустим, вы нарисовали отрезок, и говорите: "я нарисовал отрезок $((2,3),(6,4))$". Замечательно, а Петя говорит: "нет, это отрезок $((1,-2),(5,-1))$". А Вася говорит: "это отрезок $((0,0),(4,1))$". И нельзя сказать, что кто-то один из вас прав: все правы, и все варианты равноправны. Все названные варианты отличаются на сдвиг начала координат (это аналогично сдвигу на калибровочную функцию). Но нельзя сказать, что ваши координаты - без сдвига, а координаты Пети - со сдвигом. Сдвиг есть между вашими и петиными координатами, и только.

Далее, можно внести дополнительное условие. Например, вы говорите "у меня начало координат в углу комнаты". Тогда становится ясно, что при таком условии верны только ваши координаты. Или, Вася говорит "у меня начало координат в начале отрезка". Это тоже условие, при котором верны только координаты Васи, но не ваши или петины. (Это аналогично выбору фиксированной калибровки.)

-- 16.01.2014 16:25:01 --

SergeyGubanov в сообщении #815112 писал(а):

Здесь инфинитезимальность $\alpha(x)$ не требуется, это верно при произвольной $\alpha(x)$.

Вот это частное свойство конкретно электромагнетизма, потому что в нём группа калибровочных преобразований абелева. А большинство таких групп неабелево, поэтому стоит рассматривать общий принцип, и не останавливаться на частностях.

SergeyGubanov в сообщении #815112 писал(а):

А здесь не частная производная должна браться, а ковариантная

Да, я торопился и ошибся (причём даже произнёс оговорку, но формулу не доделал). Внесу вашу поправку (подчёркнуто):

$$g_{\mu\nu}(x)\quad\to\quad g'_{\mu\nu}(x)=g_{\mu\nu}(x)+\underline{g_{\rho\nu}(x)}\dfrac{\partial\alpha^\rho(x)}{\partial x^\mu}+\underline{g_{\mu\rho}(x)}\dfrac{\partial\alpha^\rho(x)}{\partial x^\nu}+\underline{\alpha^\rho(x)\dfrac{\partial g_{\mu\nu}(x)}{\partial x^\rho}}.$$

Получающаяся нелинейность - отличает гравитацию от других калибровочных теорий, но не принципиально.

Некомпактная нотация - это для schekn, потому что нет надежды, что он поймёт компактную.

[SergeyGubanov]

Для инфинитезимальных преобразований уместнее писать слово "алгебра" вместо "группа":
Группа преобразований.
Алгебра инфинитезимальных преобразований.

[Munin]

Дело в том, что интерес представляет именно группа преобразований. Хотя изучаем мы её через касательную алгебру. Нельзя сказать, что реальные преобразования - инфинитезимальные. Просто простую формулу можно написать только для инфинитезимальных, а полная формула - будет интегралом от этой простой.

[Munin]

SergeyGubanov
Похоже, я неправильно вспомнил параллелизм между калибровочными теориями поля и ОТО. Нужно записать преобразование не для метрики, а для связности. Напишете?

[evgeniy]

Уточняю что представляет из себя решение уравнений Максвелла. Любой вектор можно представить в виде градиентной части и ротора некоторого вектора. Так вот, я предлагаю избавиться от градиента, оставляя в качестве потенциала соленоидальную часть вектора. Вернее не избавиться от градиентной части, а выяснить структуру вектор потенциала. Таким образом можно определить градиентную часть вектора потенциала.

[Munin]

evgeniy в сообщении #815510 писал(а):

Любой вектор можно представить в виде градиентной части и ротора некоторого вектора.

Да. И при этом - не единственным образом. http://ru.wikipedia.org/wiki/Теорема_разложения_Гельмгольца

Вы неправильно поняли и запомнили, если думаете, что это разложение однозначно.

evgeniy в сообщении #815510 писал(а):

Так вот, я предлагаю избавиться от градиента, оставляя в качестве потенциала соленоидальную часть вектора.

Это сделать нельзя.

evgeniy в сообщении #815510 писал(а):

Вернее не избавиться от градиентной части, а выяснить структуру вектор потенциала.

Структуры у него никакой нет.

Впрочем, есть запаздывающие потенциалы, но они не являются предпочтительными, и зависят от того, что вносится в условия задачи, а что - нет, то есть физически не однозначны.

evgeniy в сообщении #815510 писал(а):

Таким образом можно определить градиентную часть вектора потенциала.

Нельзя.

[evgeniy]

Привожу цитату из энциклопедии.
"Построенное представление векторного поля в виде суммы двух полей не является единственным. Существуют векторные поля, которые одновременно являются и безвихревыми (ротор равен нулю), и соленоидальными (дивергенция равна нулю). Эти поля — градиенты скалярных функций, удовлетворяющих уравнению Лапласа (и только они). Прибавляя любое такое поле к первому слагаемому и вычитая его из второго слагаемого, получим новое разбиение векторного поля на сумму безвихревого и соленоидального поля."
Поле, которое разлагается на градиентную и соленоидальную часть удовлетворяет уравнению Гельмгольца в виде
$\Delta \vec A+k^2 \vec A=-4\pi \vec j/c$
и значит добавлять градиент решения уравнения Лапласа нельзя. Получается, что для решение уравнений Максвелла разбиение на градиентную и соленоидальную часть единственно.

[Munin]

evgeniy в сообщении #815569 писал(а):

Поле, которое разлагается на градиентную и соленоидальную часть удовлетворяет уравнению Гельмгольца в виде
$\Delta \vec A+k^2 \vec A=-4\pi \vec j/c$

Нет, неправда. С чего бы ему удовлетворять уравнению Гельмгольца? Оно удовлетворяет уравнениям Максвелла:

$$\Delta\varphi-\dfrac{1}{c^2}\frac{\partial^2\varphi}{\partial t^2}+\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t}\left(\operatorname{div}\mathbf{A}+\dfrac{1}{c}\frac{\partial\varphi}{\partial t}\right)=-4\pi\rho$$

$$\Delta\mathbf{A}-\dfrac{1}{c^2}\frac{\partial^2\mathbf{A}}{\partial t^2}-\operatorname{grad}\left(\operatorname{div}\mathbf{A}+\dfrac{1}{c}\frac{\partial\varphi}{\partial t}\right)=-\dfrac{4\pi}{c}\mathbf{j}$$

А то, что вы написали - это всего лишь упрощение, в конкретной калибровке ($\operatorname{div}\mathbf{A}=-(1/c)\,\partial\varphi/\partial t$), и при конкретном частном виде решения $\mathbf{A}=\mathbf{A}_H e^{ikct}$ - при периодических монохроматических колебаниях, чего в жизни бывает не слишком часто.

evgeniy в сообщении #815569 писал(а):

и значит добавлять градиент решения уравнения Лапласа нельзя. Получается, что для решение уравнений Максвелла разбиение на градиентную и соленоидальную часть единственно.

Нет, если вы взяли уравнение, которое уже включает в себя калибровочное условие, то вы получаете, что произвольную калибровку добавить нельзя. Но это к изначальным уравнениям Максвелла не относится, а отражает ваш собственный произвол, который вы совершили.

И кстати, к решению уравнения Гельмгольца тоже можно добавлять слагаемые: решения однородного уравнения Гельмгольца, с нулевой правой частью. Так что, даже и здесь всё не единственно.

Вам бы самые начала теории дифференциальных уравнений почитать, а то вы не в курсе об элементарных фактах.

[evgeniy]

Я взял уравнение, которое решают практически все дифракционщики. Волновое уравнение содержит зависимость от времени, которую трудно определить,разве что потенциал Лиенарда-Вихерта. Все считают на одной частоте электромагнитное поле. Дело в том, что радиолокаторы работают на одной частоте. Широкополосные радиолокаторы получаются интегрированием одночастотной зависимости. Но можно взять и уравнения Максвелла и уравнение, которое Вы записали с калибровочными условиями, ход рассуждений не изменится. Тогда выбрав калибровку, потенциалы будут удовлетворять волновому уравнению. И значит определив потенциалы, можно выделить выделить векторный потенциал, у которого можно однозначно определить градиентную и соленоидальную частью параметрически зависящую от времени. А по ней и разложение скалярного потенциала.
Я понимаю, что общепризнано, что содержится произвол в определении потенциала. Но когда потенциал определен выделить градиентную и соленоидальную часть можно. Не ясно какая часть градиентного потенциала произвольна, а какая нет, но если потенциал определен однозначно, то градиентную и соленоидальную часть можно выделить. Возникает вопрос, а можно ли однозначно определить потенциалы. Решая задачу дифракции относительно потенциалов, вводя диэлектрическую и магнитную проницаемость, у меня получалось двухзначное решение, из-за того, что падающая плоская волна определяется в потенциалах двухзначно. Но это нужно обсуждать не здесь, на чужой теме, а открыть новую тему. Если Вы согласны мне оппонировать, то я открою новую тему, если нет, больше обсуждать не буду.

[Munin]

evgeniy в сообщении #815655 писал(а):

Я взял уравнение, которое решают практически все дифракционщики.

Ну дык. Неужели вы думаете, что электродинамика сводится к задаче дифракции?

evgeniy в сообщении #815655 писал(а):

Все считают на одной частоте электромагнитное поле.

Нет. Существует много разных задач. Например, существует задача движения заряженной частицы, и создаваемого ею поля. В этой задаче считать на одной частоте ничего нельзя.

Вы знаете только одну задачу - и пожалуйста. Но не думайте, что вы знаете целиком теорию. И для одной задачи бывают упрощения, которые не годятся для теории в целом. Например, есть электростатическая задача: в ней уравнения Максвелла упрощаются, $\operatorname{rot}\mathbf{E}=0.$ Но для теории Максвелла в целом это не годится.

evgeniy в сообщении #815655 писал(а):

Дело в том, что радиолокаторы работают на одной частоте. Широкополосные радиолокаторы получаются интегрированием одночастотной зависимости.

Электродинамика охватывает не только радиолокаторы.

evgeniy в сообщении #815655 писал(а):

Но можно взять и уравнения Максвелла и уравнение, которое Вы записали с калибровочными условиями, ход рассуждений не изменится. Тогда выбрав калибровку, потенциалы будут удовлетворять волновому уравнению.

Они и так удовлетворяют волновому уравнению. Я его написал. Это

$$\dfrac{\partial^2A^\nu}{\partial x_\mu\partial x^\nu}-\dfrac{\partial^2A^\mu}{\partial x_\nu\partial x^\nu}=-\dfrac{4\pi}{c}j^\mu.$$

evgeniy в сообщении #815655 писал(а):

И значит определив потенциалы, можно выделить выделить векторный потенциал, у которого можно однозначно определить градиентную и соленоидальную частью параметрически зависящую от времени.

Повторяю, это неверно. Повторите теорему разложения Гельмгольца. Эти две части могут быть выделены неоднозначно.

evgeniy в сообщении #815655 писал(а):

Но это нужно обсуждать не здесь, на чужой теме, а открыть новую тему.

Вот это правильно.

evgeniy в сообщении #815655 писал(а):

Если Вы согласны мне оппонировать, то я открою новую тему, если нет, больше обсуждать не буду.

Я не готов ничего обещать: я с уравнением Гельмгольца практически не работал и не имею опыта. Но думаю, у вас найдутся и другие оппоненты. Здесь есть люди, специально знакомые с дифракцией, так что они могут возразить вам лучше меня.

Надеюсь, вы две вещи имени Гельмгольца между собой не путаете...

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #815338 писал(а):

SergeyGubanov
Похоже, я неправильно вспомнил параллелизм между калибровочными теориями поля и ОТО. Нужно записать преобразование не для метрики, а для связности. Напишете?

$${\mathcal L}_{\xi} \, x^{\mu} = - \xi^{\mu} $$

$${\mathcal L}_{\xi} \, g_{\mu \nu} = \nabla_{\mu} \xi_{\nu} + \nabla_{\nu} \xi_{\mu}$$

$${\mathcal L}_{\xi} \, \Gamma^{\alpha}_{\mu \nu} = \nabla_{\mu} \nabla_{\nu} \xi^{\alpha} + {R^{\alpha}}_{\nu \beta \mu} \xi^{\beta}$$

Последнее выражение симметрично по $\mu, \nu$ в силу тождества:

$$ \nabla_{\mu} \nabla_{\nu} \xi^{\alpha} + {R^{\alpha}}_{\nu \beta \mu} \xi^{\beta} = \frac{1}{2} \left( \nabla_{\mu} \nabla_{\nu} + \nabla_{\nu} \nabla_{\mu} \right) \xi^{\alpha} + \frac{1}{2} \left( {R^{\alpha}}_{\nu \beta \mu} + {R^{\alpha}}_{\mu \beta \nu} \right) \xi^{\beta}$$

Кстати, производная Ли связности Кристоффеля ${\mathcal L}_{\xi} \, \Gamma^{\alpha}_{\mu \nu}$ является тензорным полем, хотя сама связность $\Gamma^{\alpha}_{\mu \nu}$ тензорным полем не является.