Беда со слабой плоской гравитационной волной

[Someone]

Может быть, попробовать её подобрать такой, чтобы детерминант в ноль не обращался? Раз уж она фактически описывает какую-то замену координат.

[SergeyGubanov]

Someone в сообщении #979391 писал(а):

Может быть, попробовать её подобрать такой, чтобы детерминант в ноль не обращался? Раз уж она фактически описывает какую-то замену координат.

На полноценную замену координат когда $Q$ линейна по $\xi$ одной лишь $h$ не хватает, так как надо ещё менять $y$ и $z$. Я думаю истратить $h$ на то, чтобы, как говорится, без ограничения общности считать, что переменная $\xi$ изменяется в пределах от $-1$ до $+1$. Причём тензор кривизны должен обращаться в ноль при $\xi = \pm 1$. Тогда "левее минус единицы" и "правее плюс единицы" можно будет пришить по экземпляру пространства Минковского. То есть общее пространство будет сшито из трёх кусков: "левое" пространство Минковского, затем врезка метрики с $Q(\xi)$ и $f(\xi)$ с $(-1 < \xi < +1)$, затем пришито "правое" пространство Минковского.

Чтобы тензор кривизны обращался в ноль в точках $\xi = \pm 1$ надо чтобы $Q''(\pm 1) = 0$ и $f'(\pm 1) = 0$.

Поскольку

$$f(\xi) = f_{\min} + \int_{-1}^{\xi} \sqrt{-\frac{Q''(\tilde\xi)}{Q(\tilde\xi)}} d\tilde\xi,$$

то требуется $Q'' < 0$. Далее всё ограничено лишь фантазией. В минимальном варианте, пожалуй, можно попробовать полином

$$ Q(\xi) = Q_{\min} + (Q_{\max} - Q_{\min}) \left( 1 - \frac{6}{5} \xi^2 + \frac{1}{5} \xi^4 \right) $$

Вторая производная от этого полинома отрицательна, а на границе $\xi = \pm 1$ вторая производная обращается в нуль.

[MOPO3OB]

SergeyGubanov в сообщении #977230 писал(а):

Считаем функцию $f$ зависящей только от разности $x - t$. Вычисляем тензор Эйнштейна, для отличных от нуля компонент получаем:

$$ G_{0 0} = G_{1 1} = - G_{0 1} = -2 f'^2 $$

Далее все просто. На самом деле
$G_{i j} =0$
не верно. Правда на самом деле все не так просто. Если мы заговорили о вакуумных натяжениях должны появится и поперечные компоненты. Поперечность гравитационных волн доказывается без применения уравнения Эйнштейна. Видимо исходная метрика

Не совсем верная.

-- Сб мар 21, 2015 01:21:48 --

SergeyGubanov в сообщении #977628 писал(а):

Возможно, слабая волна получается только если принять во внимание какие-то три функции?..

именно так. Насколько я помню.

[MOPO3OB]

SergeyGubanov в сообщении #977230 писал(а):

Теперь произносим заклинание: рассмотрим слабую волну! Слабую - значит квадратичными членами пренебрегаем. Но если пренебречь квадратичными членами, то тензор Эйнштейна в этом приближении будет равен нулю (он же квадратичен по $f$)

не понял. Вы имеете ввиду метрику вида

$$ ds^2 = dt^2 - dx^2 - (1+f) dy^2 - (1-f) dz^2 $$

Но без конкретизации $f$ нельзя утверждать, что тензор Эйнштейна нулевой.
Например тут

$$ ds^2 = dt^2 - dx^2 - (1+x) dy^2 - (1-x) dz^2 $$

Этот тензор почти наверняка не нулевой, даже наверняка не нулевой.

[MOPO3OB]

Мне не трудно посчитать. Конкретно этот тензор Эйнштейна имеет четыре ненулевых члена:

$(1, 1) = \frac{1}{4x^2-4} , (2, 2) = \frac{1}{4}\frac{-1+x}{(1+x)^2}, (3, 3) =\frac{1}{4} \frac{-1-x}{(-1+x)^2}, (4, 4) = \frac{1}{4} \frac{x^2+3}{(-1+x)^2(1+x)^2}$

[fizeg]

Есть найденное в поросшие мхом времена решение уравнений Эйнштейна в вакууме (простейшая из pp волн)
$ds^2=\left[1+a(t-x)\Bigl(z^2-y^2\Bigr)+b(t-x) zy\right] dt^2-\left[1-a(t-x)\Bigl(z^2-y^2\Bigr)-b(t-x) zy\right]dx^2-\left[a(t-x)\Bigl(z^2-y^2\Bigr)+b(t-x) zy\right]\cdot 2dt\,dx-dy^2-dz^2$
которое обычно записывается через координаты светового фронта $u=t-x$, $v=t+x$. Здесь $a$ и $b$ - произвольные функции. В такой форме даже и некоторый принцип суперпозиции прослеживается

Насколько мне известно, Розен в свое время доказал, что его можно привести к форме плоской волны
$ds^2=dt^2-dx^2-g_{ab}(t-x)dx^a dx^b,\quad a,b=y,z$
т.е. вообще говоря со смешанными членами $dy dz$. Увы преобразование координат и результат записываются через неизвестные функции, являющиеся решениями некоторых диффуров второго порядка, так что факт душу греет, но не более.

Зато если считать $a$ и $b$ малыми и использовать линеаризованное приближение, то довольно легко сделать преобразования так, чтобы оставить только
$h_{yy}=-h_{zz}=\int^{t-x}du\int^u d\tilde{u} a(\tilde{u}),\quad h_{yz}=\int^{t-x}du\int^u d\tilde{u} b(\tilde{u}),$
что соответствует двум поляризациям слабых гравитационных волн.

Главные же два урока из этого состоят в том, что из того, что $g_{xx}=1+\epsilon f+O(\epsilon^2)$ не следует $g_{\mu\nu}=e^{\epsilon f}$, а из того, что $g_{xy}=O(\epsilon^2)$ не следует $g_{xy}=0$.

[SergeyGubanov]

fizeg, учёт двух поляризаций делается так:

$$ ds^2 = dt^2 - dx^2 - Q^2 \left( \cosh(\phi) e^{2 f} dy^2 + 2 \sinh(\phi) \, dy \, dz + \cosh(\phi) e^{-2f} dz^2 \right). \eqno(1) $$

$$ \sqrt{-g} = Q^2. \eqno(2) $$

Если три функции $Q$, $f$, $\phi$ зависят только от разности $(x - t)$, то отличные от нуля компоненты тензора Эйнштейна таковы:

$$ G_{tt} = G_{xx} = - G_{t x} = - 2 \cosh(\phi)^2 f'^2 - \frac{\phi'^2}{2} - \frac{2 Q''}{Q}. \eqno(3) $$

На три функции $Q$, $f$, $\phi$ есть всего одно уравнение:

$$ Q'' + \left( \cosh(\phi)^2 f'^2 + \frac{\phi'^2}{4} \right) Q = 0. \eqno(4) $$

Две функции, например, $f(x - t)$ и $\phi(x - t)$ можно выбрать произвольно, а третья функция $Q(x - t)$ должна удовлетворять уравнению (4).

Всё сказанное выше про финитность $f$ распространяется и на $\phi$.

[MOPO3OB]

Трудно это сходу оценить...

[MOPO3OB]

SergeyGubanov в сообщении #977230 писал(а):

Но если пренебречь квадратичными членами, то тензор Эйнштейна в этом приближении будет равен нулю

Это вдруг почему?

[SergeyGubanov]

Ещё можно записать метрику сильной плоской гравитационной волны в ортогональном репере:

$$ ds^2 = dt^2 - \left( e^{(1)} \right)^2 - \left( e^{(2)} \right)^2 - \left( e^{(3)} \right)^2, \eqno(1) $$

$$ e^{(1)} = dx, \eqno(1.1) $$

$$ e^{(2)} = Q \, e^{\chi}\left( \cosh(\xi) \, dy + \sinh(\xi) \, dz \right), \eqno(1.2) $$

$$ e^{(3)} = Q \, e^{-\chi}\left( \sinh(\xi) \, dy + \cosh(\xi) \, dz \right), \eqno(1.3) $$

$$ \sqrt{-g} = Q^2. \eqno(1.4) $$

На три функции $Q(x-t)$, $\chi(x-t)$, $\xi(x-t)$ в ОТО есть одно уравнение:

$$ Q'' + \left( \chi'^2 + \cosh(2\chi) \xi'^2 \right) Q = 0. \eqno(2) $$

Легко видеть, что уравнение (2) не допускает линеаризацию (в линейном пределе просто-напросто получается плоское пространство, волны в ОТО принципиально нелинейны).
В ОТО отсутствует предельный переход от сильной (нелинейной) гравитационной волны к слабой (линейной) гравитационной волне.

Значит, если действительно экспериментально наблюдают нечто очень похожее на слабые (линейные) гравитационные волны, то это "новая физика". Возможно, что кроме гравитационного поля $g_{\mu \nu}$ существует ещё одно (новое) поле $h_{\mu \nu}$ с квадратичным Лагранжианом, линейными уравнениями и положительно определённой плотностью энергии. В экспериментальных наблюдениях слабых (линейных) гравитационных волн наверное видят это самое (новое) поле $h_{\mu \nu}$.

[Geen]

SergeyGubanov в сообщении #1246363 писал(а):

Значит, если действительно экспериментально наблюдают нечто очень похожее на слабые (линейные) гравитационные волны, то это "новая физика".

Вы ищете волну очень специального вида... (а то ведь волны на поверхности воды тоже нелинейны )

[SergeyGubanov]

Geen в сообщении #1246410 писал(а):

Вы ищете волну очень специального вида...

Обыкновенная плоская волна. Что в ней очень специального?

[Geen]

SergeyGubanov в сообщении #1246554 писал(а):

Geen в сообщении #1246410 писал(а):

Вы ищете волну очень специального вида...

Обыкновенная плоская волна. Что в ней очень специального?

Ну да, плоская и без дисперсии - случай слабой (линейной) волны...

[SergeyGubanov]

Geen, не понимаю что Вы хотите сказать. Рассмотрен случай плоской волны без дисперсии. Обнаружено, что в линейном пределе волны не существует. Она принципиально не линейна. Я что-то не так сделал?

[SergeyGubanov]

Итак, нам удалось понять, что в ОТО бесдисперсионная плоская гравитационная волна является принципиально нелинейной (попытка её линеаризовать заодно обнуляет и тензор кривизны Римана). Теперь надо понять где делают ошибку при наивной линеаризации уравнений ОТО:

$$ \left[ G_{\mu \nu} = \frac{8 \pi \kappa}{ c^4 } T_{\mu \nu} \right] \quad \to \quad \left[ \nabla^2 \Psi_{\mu \nu} = \frac{8 \pi \kappa}{ c^4 } T_{\mu \nu} \right] \eqno(1) $$

По меньшей мере одна банальная ошибка заключается в следующем. Объясню на примере. Пусть $\varepsilon$ - параметр малости, по которому осуществляется разложение. Допустим, надо линеаризовать следующее уравнение

$$ \left( \frac{A_0 + A_1 \varepsilon }{1 + B_1 \varepsilon } \right) + \left( \frac{C_0 + C_1 \varepsilon }{1 + D_1 \varepsilon } \right) = 0 \eqno(2) $$

Сначала надо привести сумму двух дробей к общему знаменателю:

$$ \frac{\left(A_0 + A_1 \varepsilon \right) \left(1 + D_1 \varepsilon \right) + \left( C_0 + C_1 \varepsilon \right) \left(1 + B_1 \varepsilon \right) }{ \left(1 + B_1 \varepsilon \right)\left(1 + D_1 \varepsilon \right)} = 0 \eqno(2^{\star}) $$

Умножаем левую и правую часть на знаменатель (не равный нулю!):

$$ \left(A_0 + A_1 \varepsilon \right) \left(1 + D_1 \varepsilon \right) + \left( C_0 + C_1 \varepsilon \right) \left(1 + B_1 \varepsilon \right) = 0 \eqno(3) $$

Раскрываем скобки

$$ \left( A_0 + C_0\right) + \left( A_1 + C_1 + A_0 D_1 + C_0 B_1 \right) \varepsilon + ( A_1 D_1 + C_1 B_1 ) \varepsilon^2 = 0 \eqno(4) $$

Это я показал как надо делать правильно.

А теперь я покажу как "линеаризуют" не правильно (никогда так не делайте!!!). Неправильно сначала линеаризуют каждую дробь по отдельности независимо от других дробей:

$$ \left( \frac{A_0 + A_1 \varepsilon }{1 + B_1 \varepsilon } \right) \approx (A_0 + A_1 \varepsilon)(1 - B_1 \varepsilon) \approx A_0 + (A_1 - A_0 B_1) \varepsilon \eqno(5) $$

$$ \left( \frac{C_0 + C_1 \varepsilon }{1 + D_1 \varepsilon } \right) \approx (C_0 + C_1 \varepsilon)(1 - D_1 \varepsilon) \approx C_0 + (C_1 - C_0 D_1) \varepsilon \eqno(6) $$

Потом складывают "линеаризованное" и получают для (2) не правильное "приближённое" уравнение:

$$ (A_0 + C_0) + (A_1 + C_1 - A_0 B_1 - C_0 D_1) \varepsilon \approx 0 \eqno(7) $$

Так вот, когда наивно линеаризуют уравнения ОТО, то обычно пишут

$$ g_{\mu \nu} = \eta_{\mu \nu} + h_{\mu \nu} \eqno(8) $$

$$ g^{\mu \nu} \approx \eta^{\mu \nu} - h^{\mu \nu} \eqno(9) $$

Но формула (9) в точности аналогична формулам (5) и (6).
Компоненты обратного метрического тензора $g^{\mu \nu}$ являются дробями $\frac{numerator(h)}{denominator(h)}$.
Каждое уравнение ОТО это сумма дробей. Сначала надо привести все суммируемые дроби к общему знаменателю и лишь только после этого линеаризовывать числитель.