2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 6, 7, 8, 9, 10, 11  След.
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение26.03.2019, 03:07 


24/08/12
682
monky99 в сообщении #1384154 писал(а):
$t=X^2T$
$x=f(X)$
$ds^2=X^4dT^2+4X^3TdXdT+(4X^2T^2-(\frac{df}{dX})^2)dX^2$
Абсолютно все требуемые преобразования координат.
Отлично (привели даже больше чем "всех требуемых", так как требовалось только одно решение, а у вас еще общая функция $x=f(X)$).

Обращаю вам внимание на то, что за счет того что вы привели $g_{00}$ к наперед требуемом виде $g_{TT}=X^4$, теперь у вас все остальные $g_{ik}$ "испортились" (вместо $g_{XT}=0, g_{XX}=-1$, теперь они какие-то функции от $T$ и $X$).

Теперь, еще два вопроса со слегка повышенной трудности:

1) Можно ли преобразованиями координат, из двумерной метрики плоскости минковского $ds^2 = dt^2 - dx^2$ (т.е. $g_{tt}=-g_{xx}=1, g_{xt}=0$) получить метрику той же плоскости минковского где сразу две функции метрики $g_{ik}$ имели наперед требуемый вид? Например, в частности чтобы $g_{TT}={X}^4$ и $g_{XX}=-T^4$
Обосновите ответ (конкретноe решение не требуется)

2) Можно ли преобразованиями координат, из двухмерной метрики плоскости минковского $ds^2 = dt^2 - dx^2$ (т.е. $g_{tt}=-g_{xx}=1, g_{xt}=0$) получить метрику той же плоскости минковского где все три функции метрики $g_{ik}$ имели наперед требуемый вид? Например, в частности чтобы $g_{TT}={X}^4$ и по-прежнему оставалось $g_{XT}=0, g_{XX}=-1$
Обосновите ответ (конкретноe решение не требуется)

monky99 в сообщении #1384145 писал(а):
Теорема Биркхофа. Цитирую МТУ. Пусть геометрия данной области пространства-времени 1) является сферически симметричной и...
Геометрия физической задачи эллипсоида вращения - и значит и соответная геометрия пространства-времени - не являются сферически симметричными (кроме частного случая, когда этот эллипсоид является сферой).
А значит теорема Биркгофа тут вообще непричем (если эллипсоид не есть сфера) т.к. не выполняется ее базовое условие.

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение26.03.2019, 03:38 


09/01/18
91
manul91 в сообщении #1384156 писал(а):
Обращаю вам внимание на то, что за счет того что вы привели $g_{00}$ к наперед требуемом виде $g_{TT}=X^4$, теперь у вас все остальные $g_{ik}$ "испортились" (вместо $g_{XT}=0, g_{XX}=-1$, теперь они какие-то функции от $T$ и $X$).

Если бы исходная метрика была не $ds^2 = dt^2 - dx^2$ , а $ds^2 =f(x) dt^2 - dx^2$, то для приведения $g_t_t$ к желаемому виду нужно преобразование $T=t, x=f(X)$ и диагональные члены не появились бы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение26.03.2019, 04:04 


24/08/12
682
monky99 в сообщении #1384157 писал(а):
Если бы исходная метрика была не $ds^2 = dt^2 - dx^2$ , а $ds^2 =f(x) dt^2 - dx^2$, то для приведения $g_t_t$ к желаемому виду нужно преобразование $T=t, x=f(X)$ и диагональные члены не появились бы.
Если бы да кабы...
Я хочу привести вас к пониманию что происходит в общем 2-случае $ds^2 = g_{tt}(t,x)dt^2 + 2g_{xt}(t,x)dxdt + g_{xx}(t,x)dx^2$ - хотя бы двумерном - когда $g_{ik}$ произвольные функции от всех аргументов (и вообще сразу неясно, плоское ли это 1+1 пространство-время или кривое).
Сколько по-вашему функций $g_{ik}$ - в принципе - можно обратить в наперед требуемом виде путем преобразованием координат $x,t$ - и почему?
Один из компонентов тензора? Два? Все три?

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 03:36 


09/01/18
91
manul91 в сообщении #1384148 писал(а):
Перестаньте обзывать преобразование координат "переобозначением" (что совершенно другое и еще раз показывает, что вы не знаете о чем говорите).

МТУ, т.3, стр. 27-28. Это раздел, посвященный выводу преобразований координат между координатами Шварцшильда и Крускала-Шекереса.
"С геометрической точки зрения поверхности $U=\operatorname{const}$ (расширяющиеся нулевые поверхности) и $V=\operatorname{const}$ (сжимающиеся нулевые поверхности) определены вполне хорошо; но этого нельзя сказать о том способе, которым мы приписысаем каждой такой поверхности метку. Любое переобозначение $u=F(U)$ и $v=G(V)$ с точки зрения физики оставляет эти поверхности без изменений. Необходимо такое переобозначение, которое устранило бы из линейного элемента (7) сингулярный множитель $1-2M/r$. Переобозначение, приводящее к желаемому результату....."
А это уже не из учебника. Это мои слова.
Мы всегда можем выбрать СК так, что $g_t_t$ будет зависеть только от $r$ поэтому переобозначением $R=f(r)$ его можно привести к желаемому виду.
manul91 в сообщении #1384159 писал(а):
Сколько по-вашему функций $g_{ik}$ - в принципе - можно обратить в наперед требуемом виде путем преобразованием координат $x,t$ - и почему?
Один из компонентов тензора? Два? Все три?

Количество компонентов тензора минус количество функциональных связей между ними.
Кстати, в двумерном случае, у тензора метрики 4 компонента.

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 07:29 
Аватара пользователя


10/12/11
2301
Москва
manul91 в сообщении #1383924 писал(а):
Живые примеры - schekn

Давайте вы не будете обобщать и наезжать, раз не понимаете, что вам пишут. Конечно вы великий специалист, но В следующий раз я буду специально оговаривать: этот абзац manul91 не читать. А вообще я как-то пытался честно решить такую задачу , примерно как Шварцшильд в пионерской работе. Взял абстрактное многообразие, ввел координаты, поместил в точки $x=0,y=0$ , $z_1$, и $z_2$ "точечные" тела. Как и Шварцшильд искал именно решение для точечных тел ( он тогда вначале не знал, будет ли тело точечными). Далее добавил координатные условия к уравнениям Эйнштейна. Но полученную систему не одолел. У меня сомнения, что решение имеет красивый аналитический вид.
В данном случае ТС как бы угадал некую метрику. Поэтому было интересно, есть ли у него ошибка. И зря вы не рассмотрели случай $\rho=0$ . Я могу конечно вам привести график $R(z)$ при данном условии, но лучше вы сами сделайте.

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 08:44 


24/08/12
682
monky99 в сообщении #1384282 писал(а):
Количество компонентов тензора минус количество функциональных связей между ними.
Кстати, в двумерном случае, у тензора метрики 4 компонента.
В двумерном случае у тензора конечно четыре компонента, но диагональные всегда одинаковы из-за симметрии - так что только три независимые - о которых и речь.

Про "функциональных связей между ними" - ответа не понял (и обоснование вы тоже не привели).
Вопрос в общем случае для произвольной двумерной метрики - т.е. наперед известные "функциональные связи" не предполагаются.

Еще раз, вопрос таков: в общем случае произвольной двумерной метрики - сколько компонентов (из тремя независимых) в принципе можно привести к (любом) наперед требуемом виде, путем преобразования координат?
monky99 в сообщении #1384282 писал(а):
МТУ, т.3, стр. 27-28. Это раздел, посвященный выводу преобразований координат между координатами Шварцшильда и Крускала-Шекереса.... Переобозначение, приводящее к желаемому результату....
То что там так написано - не значит что это правильно.
monky99 в сообщении #1384282 писал(а):
Это мои слова.
Мы всегда можем выбрать СК так, что $g_t_t$ будет зависеть только от $r$ поэтому переобозначением $R=f(r)$ его можно привести к желаемому виду.
Часть после "поэтому" в общем случае (и в вашем случае тоже) - не верна.

Из-за отсутствия симметрии как по $r$, так и по $\theta$ - в случае ротационной (но не и сферической) симметрии - $g_{kk}$ должны быть некими неизвестными (пока уравнения ОТО не решены) функциями из обоих координат $r$ и $\theta$.

Это вам понятно?

Если да - то должно быть ясно, что преобразованием вида $R=f(r)$ - вы не можете убрать зависимость от $\theta$ в ни одной из этих компонент.

Далее - из здравого смысла должно быть понятным - что ротационная симметрия сама по себе не может иметь единственное вакуумное решение (этим она существенно отличается от сферически симметричной).
Ротационная симметрия в общем виде - описывает поля всяких эллипсоидов, цилиндров, горшочков, вкл. и вашей гантели с перемычкой.
Все эти тела имеют разные гравитационные поля - а значит для них будут и разные геометрии пространства-времени в вакууме.
Найти решение для конкретную из них в вакууме (в любых координат) - невозможно, если не определить конкретный вид тензора материи порождающего тела.

Это все равно что надеяться найти конкретный вид Ньютонова потенциала тела в пространстве - зная про тело только то, что оно ротационно симметрично.
Очевидно, что это невозможно.

Вот если взять и вашу метрику - у нее (кроме $M$), только две характеристичные константы $z_1$ и $z_2$.
Почему вы решили, что она должна описывать гравитационное поле именно двух сферически симметричных тел (с центров в $z_1$ и $z_2$)?
А не например, системы двух цилиндрических тел, или двух эллипсоидов (с центров в $z_1$ и $z_2$)?
Или вы считаете, что все эти источники порождают одни и те же гравитационные поля?

-- 27.03.2019, 09:49 --
schekn в сообщении #1384286 писал(а):
В данном случае ТС как бы угадал некую метрику. Поэтому было интересно, есть ли у него ошибка.
Что эта метрика (в смысле "точного решения ОТО для двух тел") чушь - ясно еще с самого начала - поскольку она не зависит от времени, и является преобразованием координат от Шварцшильда (по словам самого ТС). Так что это как раз, совсем не интересно
schekn в сообщении #1384286 писал(а):
поместил в точки $x=0,y=0$ , $z_1$, и $z_2$ "точечные" тела.
Для "точечных" не вижу почему решению не существовать (зависящее от времени, разумеется); надеятся на "красивый аналитический вид" чересчур оптимистично.
Как "помещали" точечные тела "в точки" в математическом смысле?
Выложите свою попытку решения

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 15:55 


09/01/18
91
manul91 в сообщении #1384302 писал(а):
Про "функциональных связей между ними" - ответа не понял (и обоснование вы тоже не привели).
Вопрос в общем случае для произвольной двумерной метрики - т.е. наперед известные "функциональные связи" не предполагаются.

А не надо ничего предполагать. Есть такое внутреннее свойство - кривизна. Она выражается через компоненты метрического тензора и инвариантна, т.е. не изменяется при преобразованиях координат.
manul91 в сообщении #1384302 писал(а):
Часть после "поэтому" в общем случае (и в вашем случае тоже) - не верна.

Докажите, пожалуйста, только в рамках математических выкладок, т.е. напишите формулы, доказывающие Ваше утверждение.
manul91 в сообщении #1384302 писал(а):
Далее - из здравого смысла должно быть понятным - что ротационная симметрия сама по себе не может иметь единственное вакуумное решение (этим она существенно отличается от сферически симметричной).

Здравый смысл сильный аргумент. Насколько мне помнится, критики СТО регулярно к нему обращаются.
manul91 в сообщении #1384302 писал(а):
Для "точечных" не вижу почему решению не существовать (зависящее от времени, разумеется)

А никто и не говорил, что не существует решений ОТО для случая, когда два тела движутся друг относительно друга.
manul91 в сообщении #1384302 писал(а):
Как "помещали" точечные тела "в точки" в математическом смысле?

Ну это в общем-то стандартная тривиальная процедура. Берется СК и говорится, координаты первого тела такие-то, второго тела такие-то и т.д.
schekn в сообщении #1384286 писал(а):
И зря вы не рассмотрели случай $\rho=0$ . Я могу конечно вам привести график $R(z)$ при данном условии, но лучше вы сами сделайте.

Проблемы при $\rho=0$ это свойство цилиндрических координат. Они решаются переходом в СК $x,y,z$, но там выражения ещё более громоздкие и выкладывать их на форум возни намного больше.
Мне приведенная метрика самому не слишком нравится. Главный недостаток, на поверхности $z=(z_1+z_2)/2$ компонент метрического тензора $g_z_z=0$ Так что выбор координат не самый удачный.

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 17:13 
Аватара пользователя


10/12/11
2301
Москва
manul91 в сообщении #1384302 писал(а):
Вот если взять и вашу метрику - у нее (кроме $M$), только две характеристичные константы $z_1$ и $z_2$.
Почему вы решили, что она должна описывать гравитационное поле именно двух сферически симметричных тел (с центров в $z_1$ и $z_2$)?
А не например, системы двух цилиндрических тел, или двух эллипсоидов (с центров в $z_1$ и $z_2$)?
Или вы считаете, что все эти источники порождают одни и те же гравитационные поля?

Однозначность решение определяется граничными условиями для статической задачи. Если на бесконечности это условие размыто, но в конечном счете - метрика Минковского, то на поверхности тел это сшивка с внутренним решением для сферических тел . Поэтому у меня и вызвало недоумение, как ТС собирается делать сшивку . Но правда можно сделать это для слабых полей, когда метрика линеаризована и потенциалы просто складываются. Это да, как вариант.

-- 27.03.2019, 17:22 --

manul91 в сообщении #1384302 писал(а):
Для "точечных" не вижу почему решению не существовать (зависящее от времени, разумеется); надеятся на "красивый аналитический вид" чересчур оптимистично.
Как "помещали" точечные тела "в точки" в математическом смысле?

Почему вы исключаете статическое решение? Например тела разлетелись и от гравитации остановились . На некоторое время метрика будет почти статическая или квазистатическая. Или еще какой нибудь экзотический вариант.
Но черновики надо искать , а у самого Шварцшильда смотрели метод нахождения метрики для одинокого точечного тела?

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 17:48 


09/01/18
91
Возвращаясь к теореме Биркгофа.
Она сводится к следующим условиям: метрический тензор имеет диагональный вид, $g_{\theta \theta}=r^2$ и $g_{\varphi \varphi}=r^2\sin^2\theta $, комоненты метрического тензора не зависят от $\varphi$.

Возьмём систему с осевой симметрией. СК в ней можно выбрать таким образом, чтобы метрика не зависела от $\varphi$, и чтобы $g_{\theta \theta}=(R+2M)^2$ и $g_{tt}=-1/(1+2M/R)$.
(У меня просто программа под метрику $ds^2=-\frac {1}{1+2M/R}dT^2+(1+2M/R)dR^2+(R+2M)^2d \theta ^2+(R+2M)^2 \sin^2( \theta )d \varphi ^2 $ организована.)

Метрика тогда будет выглядеть следующим образом:
$$ds^2=-\frac {1}{1+2M/R}dT^2+B(R,\theta)dR^2+(R+2M)^2d \theta ^2+D(R,\theta)d \varphi ^2 $$
Если расписать уравнение $Rich_t_t=0$ то получится следующее выражение:
$$(\partial D/\partial R)/D =(2(\partial B/\partial R)MR + (\partial B/\partial R)R^2 + 2BM + 2BR)/(B(2M +R)R)$$
Отсюда видно, что если $(\partial D/\partial R)/D$ не зависит от $\theta$, то и $B$ будет функцией только от $R$.
Выбор $D$ в виде $D=F_1(R)F_2(\theta)$ обеспечивает независимость $B$ от $\theta$. Именно такого вида функция и выбрана в условиях теоремы.
Ну а дальше уже всё однозначно, решение даёт $B=1+2M/R$, и $D=(R+2M)^2 \sin^2( \theta )$

Другими словами, условие, что $B$ не зависит от $\theta$ эквивалентно условию $g_{\varphi \varphi}=r^2\sin^2\theta $ из теоремы Биркгофа.

Для системы с осевой симметрией наложить такое условие нельзя. Поэтому посмотрим, какого же вида должна быть функция $D$.
ИзображениеИзображение
В точке $M$ длина отрезка линии $\theta$ координатной сетки будет $Ld\theta$ (разумеется $L$ здесь интеграл по данной линии). С другой стороны эта длина равна $\sqrt {C} d\theta$. Отсюда $L=k(\theta)\sqrt {C}$
Длина отрезка линии $\varphi$ будет равна $L_1k_1(\theta)d\varphi=Lk_2(\theta)k_1(\theta)d\varphi=\sqrt {C}k(\theta)k_2(\theta)k_1(\theta)d\varphi$
т.е. $D$ должен иметь вид $D=Cf(\theta)$.

Итак, в результате $(\partialD/\partial R)/D$ не зависит от $\theta$ и решение уравнений однозначно даёт $B=(1+2M/R)$ и $D=(R+2M)^2 \sin^2( \theta )$
Причём оно единственное.

Итого. Для системы с осевой симметрией решением уравнений ОТО является метрика Шварцшильда, причём это единственное решение.


Я попробовал решить уравнения для бесконечного стержня, где из соображений симметрии можно было положить $D $ независящим от $\theta$. Оказалось, что уравнения решения не имеют. Но если построить СК следующим образом: Взять циллиндричекие координаты, ось которых совпадает со стержнем, и провести преобразование $\theta=\tanh(z) то получим СК в которой вид метрики такой же как у метрики Шварцшильда в сферических координатах.

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 18:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


02/08/11
6165
monky99 в сообщении #1384375 писал(а):
Она сводится к следующим условиям: метрический тензор имеет диагональный вид, $g_{\theta \theta}=r^2$ и $g_{\varphi \varphi}=r^2\sin^2\theta $, комоненты метрического тензора не зависят от $\varphi$.
Пожалуйста, сформулируйте это выведенное вами следствие из теоремы Биркгофа целиком (как положено формулировать теоремы).

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 18:46 


24/08/12
682
monky99 в сообщении #1384364 писал(а):
А не надо ничего предполагать. Есть такое внутреннее свойство - кривизна. Она выражается через компоненты метрического тензора и инвариантна, т.е. не изменяется при преобразованиях координат.

Правильно.
Вам дана двумерная метрика где компоненты могут быть любыми функциями - так что насчет кривизны поверхности ничего не предполагается - она может быть любой, и меняться из точки к точке как угодно.
Итак, каков будет ответ для двумерното - сколько компонентов (из тремя независимых) в принципе можно привести к (любом) наперед требуемом виде, путем преобразования координат?
А в общем случае произвольной трехмерной и четырехмерной?
monky99 в сообщении #1384364 писал(а):
manul91 в сообщении #1384302
писал(а):
Часть после "поэтому" в общем случае (и в вашем случае тоже) - не верна.
Докажите, пожалуйста, только в рамках математических выкладок, т.е. напишите формулы, доказывающие Ваше утверждение.

Я думал, вы сами могли бы в этом убедиться (после того как вы продемонстрировали, что понимаете как преобразуются компоненты при преобразованием координат для частного случая)
Пусть исходные метрические компоненты обозначены как $g_{ik}$ новые как $g'_{ik}$ (в общем случае о котором речь, функции $g_{ik}$ зависят из всех четырех координат метрики).
При преобразовании $r=f(R)$, новые метрические компоненты будут иметь вид
$$g'_{ik}(R,t,\theta,\varphi)=g_{ik}(f(R),t,\theta,\varphi) (i \neq R, k \neq R)$$
$$g'_{iR}(R,t,\theta,\varphi)=f'(R)g_{ir}(f(R),t,\theta,\varphi) (i \neq R, k=R)$$
$$g'_{Rk}(R,t,\theta,\varphi)=f'(R)g_{rk}(f(R),t,\theta,\varphi) (i=R,k \neq R)$$
$$g'_{RR}(R,t,\theta,\varphi)=f'^2(R)g_{rr}(f(R),t,\theta,\varphi) (i=k=R)$$
где через $f'$ обозначена производная функции $f$ от $R$ (она тоже является функцией только от $R$).

В вашем частном случае статичной ротационной (цилиндрической) симметрии - даже после подходящего подбора координат так чтобы все диагональные компоненты были тождественно нулевыми - все $g_{ii}$ являются некими неизвестными функциями от обоих $r$ и $\theta$ (из-за отсутствия симметрии по этих направлений).
Поэтому преобразование $r=f(R)$ ничего не даст - после него, новые компоненты будут иметь вид
$$g'_{ii}(R,\theta)=g_{ii}(f(R),\theta) (i \neq R)$$
$$g'_{ik}(R,\theta)=0 (i \neq k)$$
$$g'_{RR}(R,\theta)=f'^2(R)g_{rr}(f(R),\theta)$$
т.е. по-прежнему все внедиагональные компоненты будут функциями $r$ и $\theta$.

И решение такой задачи по-любому не имеет ничего общего с решением Шварцшильда - поскольку из-за меньшей симметрии в этом случае, неизвестные компоненты зависят не только от $r$ но еще и от $\theta$ - чего у Шварцшильда нет.

monky99 в сообщении #1384364 писал(а):
Ну это в общем-то стандартная тривиальная процедура. Берется СК и говорится, координаты первого тела такие-то, второго тела такие-то и т.д.
Так я спрашиваю именно насчет "и т.д.", после словесной шелухи

(кстати совершенно непонятно почему в ваших новых "угаданных" координат Шварцшильда, вы решили "удваивать" именно координатную сингулярность на горизонте $r=2M$ а не истинную сингулярность в $r=0$, где $r$ стандартная шварцшильдова координата. Ведь "координата тела" у Шварцшильда это $r=0$, a не $r=2M$ - таким образом в вашей метрики $z=z_1$ и $z=z_2$ соответствуют горизонту, а не координатой тела)

-- 27.03.2019, 20:14 --

monky99 в сообщении #1384375 писал(а):
....Метрика тогда будет выглядеть следующим образом:
$$ds^2=-\frac {1}{1+2M/R}dT^2+B(R,\theta)dR^2+(R+2M)^2d \theta ^2+D(R,\theta)d \varphi ^2 $$
Это неверно (пока закроем глаза на то, что для "двух тел" нельзя предполагать наперед независимость от $t$).
Используя все степени свободы - исходя из четырех неизвестных функций из двух аргументов для диагональных компонент метрики (что дает нам симметрия) - можно уменьшить неизвестных функций из четырех не более чем на одну (т.е. свести неизвестных функций до не менее чем трех).
Общим преобразованием двух координат $r=f(R,\Theta), \theta=g(R,\Theta)$ - которое кроме диагональных затронет и компоненту $g_{R\Theta}$ - можно потребовать только чтобы две компоненты приняли требуемый вид (в частности, например чтобы $g_{tt}$ имела вид требуемый вами, и чтобы $g_{R\Theta}$ удерживалaсь равной $0$ после преобразований).
А если вы обратите как $g_{tt}$, так и $g_{\Theta\Theta}$ в конкретный вид (как у вас) - то это зафиксирует преобразования $f,g$ однозначно, и уже нельзя рассчитывать что $g_{R\Theta}$ останется нулевым - теперь надо считать $g_{R\Theta}$ некоей ненулевой функцией общего вида из $R$ и $\Theta$ - и с этим ничего поделать нельзя.
Дальше начинается некая чепуха
monky99 в сообщении #1384375 писал(а):
Выбор $D$ в виде $D=F_1(R)F_2(\theta)$ обеспечивает независимость $B$ от $\theta$. Именно такого вида функция и выбрана в условиях теоремы.
Почему считаете что $D$ можно еще как-то "выбирать"? Вы уже использовали все возможности которые дает вам как симметрия, так и преобразования координат (притом у вас будет еще одна неизвестная функция из $R,\Theta$ - см. выше - что вы не учли). Хотя такое конечно можно попробовать по мере решения - но никто вам не гарантирует что $D$ будет сепарабельной.
Далее "выбрана в условиях теоремы" - каких условиях какой теоремы?
Биркгоф тут неприложим так как геометрия пространства-времени не сферически-симметрична (а частный случай сферической симметрии это для одного сферически-симметричного тела, и к вашей задачи "двух тел" не относится)

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 21:15 


09/01/18
91
warlock66613 в сообщении #1384380 писал(а):
Пожалуйста, сформулируйте это выведенное вами следствие из теоремы Биркгофа целиком (как положено формулировать теоремы).

Скорее это не следствие, а расширение области её справедливости. У меня, мягко говоря, не слишком большой опыт в формулировании теорем как положено. Но я постараюсь.

Есть статичное, неподвижное и не вращающееся тело, форма которого обладает осевой симметирией, находящееся очень далеко от остальных тяготеющих масс, (условия те же, что и для задачи Шварцшилда, только тело не сферическое). Поверхность тела является односвязной поверхностью. Будем искать вакуумное решение уравнений ОТО.
Строим СК. Расставляем в пространстве вокруг тела часы неподвижные относительно тела и синхронизируем их по Шварцшильду. При помощи часов находим поверхности на которых $g_t_t$ постоянно. Эти поверхности обозначаем $R$.
Ось симметрии используем в качестве основы для разметки поверхностей $R$. На них проводим два набора линий. Первый набор составляют линии нарисованные по кратчайшему расстоянию между точками пересечения поверхности с осью симметрии (меридианы). Эти линии обозначаем $\theta$. Второй набор составляют линии, расстояние от точек которых до точек пересечения оси симметрии с поверхностью постоянно (параллели). Измерения расстояний проводим по поверхности.
Получаем СК в которой вектора базиса направлены следующим образом: направление $dr$ совпадает с направление градиента $g_t_t$, $d\theta$ направлен по касательной к меридиану, а $d \varphi$ направлен по касательной к параллели. В силу осевой симметрии системы и способа построения СК данный базис будет ортогональным.
Поэтому метрику в данной СК мы можем записать в следующем виде:
$$ds^2=AdT^2+BdR^2+Cd \theta ^2+Dd \varphi ^2 $$
Вследствие осевой симметрии компоненты метрического тензора не будут зависеть от $\varphi$. А вследствие того, что тело статично, неподвижно и не вращается они также не будут зависеть от $T$.
В силу способа выбора координаты $R$, компонент $A$ будет зависеть только от $R$. Поэтому мы можем координату $R$ выбрать таким образом, чтобы $R=-1/(1+2M/R)$ где $M$ это масса тела.
Используя результаты измерений расстояния по меридианам, мы можем разметить их таким образом, чтобы $C=(R+2M)^2$.
В таком случае метрика принимает вид:
$$ds^2=-\frac {1}{1+2M/R}dT^2+B(R,\theta)dR^2+(R+2M)^2d \theta ^2+D(R,\theta)d \varphi ^2 $$

Уравнение $Rich_T_T=0$ ($Rich$ компонент тензора Ричи) при этом принимает следующий вид:
$$(\partial D/\partial R)/D =(2(\partial B/\partial R)MR + (\partial B/\partial R)R^2 + 2BM + 2BR)/(B(2M +R)R)$$
Отсюда видно, что если $(\partial D/\partial R)/D$ не зависит от $\theta$, то и $B$ будет функцией только от $R$.
Выбор $D$ в виде $D=F_1(R)F_2(\theta)$ обеспечивает независимость $B$ от $\theta$.
Но из соображений общности мы не можем ограничивать себя каким либо определённым классом функций.
Поэтому попробуем ответить на этот вопрос из геометрических соображений.
Изображение
В точке $M$ длина отрезка линии $\theta$ координатной сетки будет $Ld\theta$ ($L$ здесь интеграл по данной линии). С другой стороны эта длина равна $\sqrt {C} d\theta$. Отсюда $L=k(\theta)\sqrt {C}$
Длина отрезка линии $\varphi$ будет равна $L_1k_1(\theta)d\varphi=Lk_2(\theta)k_1(\theta)d\varphi=\sqrt {C}k(\theta)k_2(\theta)k_1(\theta)d\varphi$
Величина $L_1$ также интеграл по линии). Таким образом $D$ будет иметь вид $D=C(R)f(\theta)$.

После решения уравнения $Rich_T_T=0$ получаем $B=(1+2M/R)$, а после решения всей системы уравнений получаем $D=(R+2M)^2 \sin^2( \theta )$

Уравнение $Rich_T_T=0$, решаемое при доказательстве теоремы Кирхгофа идентично приведенном выше. И имеет единственное решение. Следовательно, в силу справедливости данной теоремы наше решение также будет единственным.
А после нахождения $B$ метрика принимает вид, в котором три компонента метрического тензора совпадают с компонентами метрического тензора метрики Шварцшильда. Но такому набору соответствует только одна функция $D$. Опять же в силу справедливости теоремы Кирхгофа. Именно такая, какая получилась у нас в ходе решения системы уравнений.
Следовательно это решения является единственным.
Значит решением для системы с осевой симметрией является метрика Шварцшильда и это решение единственное.

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 21:56 


24/08/12
682
monky99 в сообщении #1384399 писал(а):
Ось симметрии используем в качестве основы для разметки поверхностей $R$. На них проводим два набора линий. Первый набор составляют линии нарисованные по кратчайшему расстоянию между точками пересечения поверхности с осью симметрии (меридианы). Эти линии обозначаем $\theta$. Второй набор составляют линии, расстояние от точек которых до точек пересечения оси симметрии с поверхностью постоянно (параллели). Измерения расстояний проводим по поверхности.
Получаем СК в которой вектора базиса направлены следующим образом: направление $dr$ совпадает с направление градиента $g_t_t$, $d\theta$ направлен по касательной к меридиану, а $d \varphi$ направлен по касательной к параллели. В силу осевой симметрии системы и способа построения СК данный базис будет ортогональным.
Неверно.

Пусть на поверхности еллипсоида вращения вы построите меридианы $\varphi$ и параллели $\theta$ как указали.

Если теперь поверхности $\theta\varphi$ вы объявите "поверхностями $R$" (в смысле "поверхностями постоянного $R$" - т.е. координата $R$ подобрана так, что на этих поверхностях не меняет величину) - то у вас в общем случае диагональный элемент $g_{R\theta}$ не будет равным нулю.

Это можно увидеть уже в частном случае эллипсоида в плоском пространстве - где при таком выборе $dR$ не ортогонально $d\theta$ (если вы нарисуете срез через ось симметрии - то линия постоянного $R$ будет эллипс а линии постоянного $\theta$ радиальными прямыми из центра - они не ортогональны - а значит и $g_{R\theta}$ такой метрики не нулевой).
А если выбрать координаты не требуя чтобы $R$ на эллипсе было постоянным (но зато все координаты ортогональными - метрика диагональная) - то это уже фиксирует координат как центрально-симметрическими (поверхности постоянного $R$ окажутся сферами, и не будут совпадать с поверхностью эллипсоида).
И если теперь требовать чтобы И поверхность постоянного $R$ совпадала с поверхности тела, И $g_{R\theta}$ было нулевым - задача потеряет желаемую цилиндрическую ассиметрию, и ваше тело должно быть сферическим

Ясно, что решение Шварцшильда является одно из решений при осевой симметрии (уже потому, что сферическая симметрия - частный случай осевой).

Но при этом будет более сильная симметрия решения (сферическая нежели осевая) - т.е. это не может быть "решением двух тел" (которое уже по условию, должно быть осесимметричным но НЕ и центрально-симметричным).

-- 27.03.2019, 23:15 --

schekn в сообщении #1384372 писал(а):
Почему вы исключаете статическое решение? Например тела разлетелись и от гравитации остановились . На некоторое время метрика будет почти статическая или квазистатическая. Или еще какой нибудь экзотический вариант.
Потому что решение четырехмерное и решается и записывается не "на некоторое время" а "на любое время" (то же самое для других координат).
Точно так же решение Шварцшильда решается и записывается для любого значения координат, а не например "для какого-то $r$"
(после того как решение найдено и записано - разумеется можно фиксировать координаты и смотреть что будет на соответных подпространствах. но не и наоборот)
schekn в сообщении #1384372 писал(а):
Но черновики надо искать , а у самого Шварцшильда смотрели метод нахождения метрики для одинокого точечного тела?
Да, смотрел когда-то черновик оригинального решения (его можно было найти в интернете - как теперь, не проверял).
Все что помню - что это были не стандартные и не гармонические координаты (было там кажется какое-то $(r-a)^3$ где $a$ константа)

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение27.03.2019, 22:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


02/08/11
6165
monky99 в сообщении #1384399 писал(а):
Скорее это не следствие, а расширение области её справедливости.
Ну так оно попросту неверно. И вам уже объяснили где ошибка в вашем доказательстве (и теперь уже даже как минимум два раза).

 Профиль  
                  
 
 Re: Точное вакуумное решение уравнений ОТО для двух тел
Сообщение28.03.2019, 00:37 


09/01/18
91
warlock66613 в сообщении #1384408 писал(а):
Ну так оно попросту неверно. И вам уже объяснили где ошибка в вашем доказательстве (и теперь уже даже как минимум два раза).

Вы имеете в виду, то что вызывает вопрос, будет ли данная СК ортогональной или нет?
manul91 в сообщении #1384406 писал(а):
Это можно увидеть уже в частном случае эллипсоида в плоском пространстве - где при таком выборе $dR$ не ортогонально $d\theta$ (если вы нарисуете срез через ось симметрии - то линия постоянного $R$ будет эллипс а линии постоянного $\theta$ радиальными прямыми из центра - они не ортогональны - а значит и $g_{R\theta}$ такой метрики не нулевой).

Но ось $R$ не будет прямой.
monky99 в сообщении #1384399 писал(а):
направление $dr$ совпадает с направление градиента $g_t_t$, $d\theta$ направлен по касательной к меридиану, а $d \varphi$ направлен по касательной к параллели.

Поэтому картинка будет примерно такой. Уж простите за мои художественные таланты.
Изображение
В направлении градиента скорость изменения функции максимальна. В перпендикулярном она равна нулю. А к ортогональности касательных к параллелям к касательным к меридианам вопросов точно не должно возникнуть. Так что локальный базис ортогонален однозначно.
Вопрос в том, принадлежат ли точки с одинаковой $d\theta$, лежащие на разных поверхностях одной линии.
Для отдельно взятой поверхности $R=\operatorname{const}$ приведенные рассуждения применимы в любом случае.
После того как вы рассмотрели по очереди все поверхности, в игру уже вступит метрика. warlock66613, Вы же сами говорили, что если метрика говорит, что это окружность, то это окружность. Так что имеем полное право нарисовать концентрические окружности и посмотреть, совпадают ли оси $R$ с направлением градиента к поверхностям. (Разумеется имеется в виду срез $\varphi=\operatorname{const}$)
Если уж проводить аналогию с плоским ПВ. Тогда надо брать закон Ньютона, строить поверхности постоянного ньютоновского потенциала, проводить линии, касательные к которым в каждой точке совпадают с направлением градиента, и уже на эту картинку смотреть. Да в ньютоновской теории, если мы параметризуем поверхности указанным способом, а после этого перейдём на другую поверхность, то мы обнаружим, что наша параметризация нарушилась. Но это ведь плоское ПВ. Но проводить полные аналоги между плоским ПВ и искривлённым наверное не слишком правильно.
Можно конечно допустить, что если мы возьмем 2 СК, в одной локальный базис ортогонален на одной поверхности, а в другой локальный базис ортогонален на другой поверхности, то эти 2 СК не совпадут. Но ведь если локальный базис ортогонален, то метрика Шварцшильда единственное решение на этой поверхности. Но это означает, что если мы переходим в другую СК и ортогональность нарушается, то это всё равно будет метрика Шварцшильда уже в неортогональных координатах.
А можно вобще сделать ход конём. Построить первую попавшуюся СК. Опытным путём определить в ней метрику. А потом взять преобразование координат, которое приводит метрику к диагональному виду. Т.е. получить заведомо ортогональную СК, модифицировать её соответствующим образом, следя за тем, чтобы не нарушить ортогональность, и провести рассуждения в ней. В случае простенького тела типа эллипсоида вращения проблем с существование такого преобразования координат не должно возникнуть.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 165 ]  На страницу Пред.  1 ... 6, 7, 8, 9, 10, 11  След.

Модераторы: whiterussian, Jnrty, profrotter, Парджеттер, Eule_A, Pphantom, photon, Aer, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group