Некоторые задачи ОТО, СТО.

[LynxGAV]

Борис, захотите - почитаете.

А гравитационную массу Вы какую имели ввиду: активную или пассивную? Ах, да, они ж тоже равны .

Не Эйнштейновских теорий много, но пусть посоветует кто-то другой. Я не хочу .

[Аурелиано Буэндиа]

Борис Лейкин писал(а):

А что было бы, если бы гравитационная и инертная массы не были бы равны?
Вот что стало бы с Законом всемирного тяготения Ньютона (это я знаю ): $F=\dfrac{GM}{R^2}\dfrac{m_{grav}}{m_{iner}}$

Борис, то что Вы пишете не может иметь смысл уже из соображений размерности =)

[LynxGAV]

Шмутцера я даавно посмотрела, только не поняла, что он Шмутцер. Потому что когда наткнулась на книгу, на фамилию автора внимание не обратила, мне совсем другие его книги знакомы! Вот и непонятки вышли, что за литература в моей личной библиотеке. Но там не то, что я хочу. Зачем мне скакать от тензорной записи к диффгеом.
Вот как я делала.
Рассмотрим точечное преобразование: $x'^a = x^a + \delta u X^a (x)$, где $\delta u$ - мало, т.е. $P \to Q$, $x^a \to x^a + \delta u X^a (x)$. Продифференцировав, получается: $\frac {\partial x'^a}{\partial x^b} = {\delta}_a^b + \delta u {\partial}_b X^a$. Пусть $T^{ab} (x)$ - тензорное поле в точке $P$, тогда при преобразовании $T^{ab} (x) \to T'^{ab} (x')$. Закон преобразования $T'^{ab} (x')=\frac {\partial x'^a}{\partial x^c}\frac {\partial x'^b}{\partial x^d}T^{cd}(x)=$ $({\delta}_c^a + \delta u {\partial}_c X^a)({\delta}_d^b + \delta u {\partial}_d X^b)T^{cd}(x)=$ $T^{ab}(x)+({\partial}_cX^aT^{cb}(x)+{\partial}_dX^bT^{ad}(x))\delta u + \mathcal {O}(\delta u^2)$. Теперь по т. Тейлора $T^{ab}(x')=T^{ab}(x^c +\delta u X^c (x))=T^{ab}(x)+\delta u X^c {\partial}_c T^{ab}(x)$. По определению: $L_X T^{ab} = \lim\limits_{\delta u \to 0}\frac {T^{ab} (x') - T'^{ab} (x')}{\delta u}$, наконец, производная Ли $L_X T^{ab} = X^c {\partial}_c T^{ab} - T^{ac} {\partial}_c X^b - T^{cb} {\partial}_c X^a$ .

Интересует производная Ли в формализме тензоров и все, что крутится вокруг неё. У меня есть куча задач в области ОТО, в которых приходится работать с данным мат. аппаратом.

[Аурелиано Буэндиа]

LynxGAV писал(а):

Интересует производная Ли в формализме тензоров и все, что крутится вокруг неё. У меня есть куча задач в области ОТО, в которых приходится работать с данным мат. аппаратом.

Что тебя интересует??? Ты же все правильно пишешь??? Хочешь чтобы я написал то же самое своими словами?
Ну хорошо.
Определение: Рассмотрим инфинитезимальное преобразование $x'^{\mu}=x^{\mu}+\epsilon \xi^{\mu}(x)$. Производная Ли вдоль поля $\xi^{\mu}(x)$ имеет вид
$L_{\xi}A^{\alpha ...}_{\ \beta ...}(x) = \begin{array}{c}- \lim \\ {\scriptstyle \epsilon \to 0} \end{array} \left\{ A'^{\alpha ...}_{\ \beta ...}(x)-A^{\alpha ...}_{\ \beta ...}(x)\right\}/\epsilon. $

Следствие 1:
$L_{\xi}A^{\alpha}_{\cdot \beta}(x) = \xi^{\mu}A^{\alpha}_{\cdot \beta, \mu}(x)- \xi^{\alpha}_{,\mu} A^{\mu}_{\cdot \beta}(x)+\xi^{\nu}_{,\beta}A^{\alpha}_{\cdot \nu}(x)$

Следствие 2:
$L_{\xi}\psi(x) = \xi^{\mu}\psi_{, \mu}(x)$

Следствие 3:
$L_{\xi}A^{\alpha}(x) = \xi^{\mu}A^{\alpha}_{, \mu}(x)-A^{\mu}\xi^{\alpha}_{,\mu}\equiv[\xi,A]^{\alpha}$

Следствие 4:
$L_{\xi}L_{\eta}-L_{\eta}L_{\xi}=L_{[\xi,\eta]}$

Следствие 5:
Из $L_{\xi}g_{\alpha\beta}(x)=0$, следует уравнение Киллинга $\nabla_{[\alpha}\xi_{\beta ]}=0$

Хочешь разобраться докажи эти 5 следствий. Решай по порядку (сложность возрастает с ростом номера).
Дописал: Коллеги, Вы придрались к обозначениям, а другую опечатку и не заметили. Исправляю знак перед пределом на минус! =))

[LynxGAV]

Уже доказывала (серьезно).

Уменя знак не сходится для ков. поля! То есть фактически я пользуюсь общим видом производной, принятой на веру, потому что остался такой маааленький нюанс.

[Аурелиано Буэндиа]

LynxGAV писал(а):

Уменя знак не сходится для ков. поля! То есть фактически я пользуюсь общим видом производной, принятой на веру, потому что остался такой маааленький нюанс.

В каком месте?

[AHOHbIMHO]

Аурелиано Буэндиа писал(а):

Следствие 5:
Из $L_{\xi}g_{\alpha\beta}(x)=0$, следует уравнение Киллинга $\nabla_{[\alpha}\xi_{\beta ]}=0$

очепяточка:
уравнение Киллинга $\nabla_{(\alpha}\xi_{\beta )}=0$

[Аурелиано Буэндиа]

AHOHbIMHO писал(а):

Аурелиано Буэндиа писал(а):

Следствие 5:
Из $L_{\xi}g_{\alpha\beta}(x)=0$, следует уравнение Киллинга $\nabla_{[\alpha}\xi_{\beta ]}=0$

очепяточка:
уравнение Киллинга $\nabla_{(\alpha}\xi_{\beta )}=0$

По разному пишут. Это сути не меняет если понимать о чем речь

[AHOHbIMHO]

Аурелиано Буэндиа писал(а):

AHOHbIMHO писал(а):

Аурелиано Буэндиа писал(а):

Следствие 5:
Из $L_{\xi}g_{\alpha\beta}(x)=0$, следует уравнение Киллинга $\nabla_{[\alpha}\xi_{\beta ]}=0$

очепяточка:
уравнение Киллинга $\nabla_{(\alpha}\xi_{\beta )}=0$

По разному пишут. Это сути не меняет если понимать о чем речь

Это ж как понимать? Через [...] народ может обозначать симметризацию? Я такого нигде не видел, и был уверен, что стандартное соглашение: [...] - антисимметризация, (...) - симметризация.

[LynxGAV]

AHOHbIMHO писал(а):

Это ж как понимать? Через [...] народ может обозначать симметризацию? Я такого нигде не видел, и был уверен, что стандартное соглашение: [...] - антисимметризация, (...) - симметризация.

Cогласна.

[AHOHbIMHO]

Раз уж речь зашла об уравнении Киллинга.... Меня давно интересует такой вопрос.
Допускает ли метрика Керра-Ньюмена вектор Киллига, отличный от линейной комбинации $\partial _t$ и $\partial _\phi$? Я подозреваю, что - нет, но доказательства этого не видел.

[LynxGAV]

AHOHbIMHO писал(а):

Аурелиано Буэндиа писал(а):

LynxGAV писал(а):

Следствие 5:
Из $L_{\xi}g_{\alpha\beta}(x)=0$, следует уравнение Киллинга $\nabla_{[\alpha}\xi_{\beta ]}=0$

АНОНЫМНО, я этого не писала .

[AHOHbIMHO]

LynxGAV писал(а):

AHOHbIMHO писал(а):

Аурелиано Буэндиа писал(а):

LynxGAV писал(а):

Следствие 5:
Из $L_{\xi}g_{\alpha\beta}(x)=0$, следует уравнение Киллинга $\nabla_{[\alpha}\xi_{\beta ]}=0$

АНОНЫМНО, я этого не писала .

Извиняюсь, была техническая ошбика. Исправил.

[AHOHbIMHO]

Аурелиано Буэндиа писал(а):

Определение: Рассмотрим инфинитезимальное преобразование $x'^{\mu}=x^{\mu}+\epsilon \xi^{\mu}(x)$. Производная Ли вдоль поля $\xi^{\mu}(x)$ имеет вид
$L_{\xi}A^{\alpha ...}_{\ \beta ...}(x) = \begin{array}{c}- \lim \\ {\scriptstyle \epsilon \to 0} \end{array} \left\{ A'^{\alpha ...}_{\ \beta ...}(x)-A^{\alpha ...}_{\ \beta ...}(x)\right\}/\epsilon. $

Дописал: Коллеги, Вы придрались к обозначениям, а другую опечатку и не заметили. Исправляю знак перед пределом на минус! =))

Гы, знак, по-моему, Вы зря исправили . Было вроде правильно.

[AHOHbIMHO]

Аурелиано Буэндиа писал(а):

Следствие 2:
$L_{\xi}\psi(x) = \xi^{\mu}\psi_{, \mu}(x)$

А тут, кажется, "минус" пропущен:

$L_{\xi}\psi(x) =-\xi^{\mu}\psi_{, \mu}(x)$

Упс, и во всех местах вроде не с тем знаком, в том числе, и. в определении производной.