Неинерциальные системы отсчёта в СТО

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #497180 писал(а):

Те координаты, которые под гиперболическими синусами и косинусами - риндлеровы. Те, которые под ареатангенсом - минковские.

Так, то есть в $ \begin{matrix} x^0=y^1 \sh(\frac{a}{c} y^0) \\ x^1 = y^1 \ch(\frac{a}{c} y^0) \end{matrix} $ $ y^i $ - Риндлеровы, а $x^i $ - Минковского?

Munin в сообщении #497180 писал(а):

Практиковаться вам надо

Дак на чём? Не на кошках же. Хотя помню вы рекомендовали

Munin в сообщении #468063 писал(а):

Тогда возьмите задачник Лайтмана, Пресса, Прайса, Тюкольски, первые главы которого посвящены СТО. Там в начале каждой главы сводка формул на полстраницы. Компактней некуда.

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #497185 писал(а):

Так, то есть в $ \begin{matrix} x^0=y^1 \sh(\frac{a}{c} y^0) \\ x^1 = y^1 \ch(\frac{a}{c} y^0) \end{matrix} $ $ y^i $ - Риндлеровы, а $x^i $ - Минковского?

Да, теперь правильно.

EvilPhysicist в сообщении #497185 писал(а):

Дак на чём? Не на кошках же.

Да на чём угодно. Вот вы сейчас практикуетесь, и это хорошо. Полезно теперь всё отложить в сторону и воспроизвести аккуратно с нуля, с чистого листа. Вырабатывайте методики, чтобы не запутаться. Например, самые важные моменты, хоть словесные определения переменных, выписывайте отдельно и в рамочку, чтобы потом на них поглядывать. Перед началом выкладок пишите, что именно хотите сделать. Ну, сами придумаете :-)

Если вам нужны координатные преобразования, чтобы попрактиковаться, то из головы примеров можно выдумать тучу:
Выпишите преобразования туда и обратно (и перейдите от первых ко вторым, и от вторых к первым), и можно ещё найти коэффициенты Кристоффеля, для полярных координат на плоскости. Для координат (радиус, длина дуги от нулевого луча).
Для эллиптических координат.
Для параболических координат.
Для координат на сфере: географических, географических с другим положением полюса, декартовых (трёхмерных), для различных картографических проекций.

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #497194 писал(а):

Вырабатывайте методики, чтобы не запутаться

Дак какие методички?

И ещё мне не очень понятно, почему именно Риндлеровы коориданты описывают равноускоренные СО.

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #497198 писал(а):

Дак какие методички?

Не методички, а методики. Какие - смотрите по себе, что вам помогает, я только для примера набросал. Если что-то делать в уме - выше риск запутаться и ошибиться, поэтому больше надо делать на бумаге, и поддерживать порядок в записях. Не стесняйтесь доходить до того, чтобы записывать совсем уж очевидные шаги. Стесняться некого, вы не обязаны свои черновики никому показывать :-)

EvilPhysicist в сообщении #497198 писал(а):

И ещё мне не очень понятно, почему именно Риндлеровы коориданты описывают равноускоренные СО.

Можно напрямую взять ваши первоначальные формулы, и избавившись в них от переменной $v(y^0),$ разрешить относительно $(y^0,y^1).$ Или можно рассмотреть равноускоренную точку (которая движется по гиперболоиде = псевдоокружности), и в каждый момент её движения восстановить пространственноподобную плоскость, одновременную с ней в её мгновенной системе отсчёта. Получится то же самое.

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #497241 писал(а):

Или можно рассмотреть равноускоренную точку (которая движется по гиперболоиде = псевдоокружности), и в каждый момент её движения восстановить пространственноподобную плоскость, одновременную с ней в её мгновенной системе отсчёта.

То есть по сути ввести криволинейные координаты

[EvilPhysicist]

Ну и снова, если взять $ \begin{matrix} y^0=x^1 \ch(ax^0) \\ y^1 = x^1 \sh(a x^0) \end{matrix} $, $ y^i $ коориднаты Минковского, $ x^i $ координаты Риндлера, то тогда метрика в Риндлеровых координатах $ g_{ij}=\begin{pmatrix} - a^2 (x^1)^2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $, соответсвенно $ \cfrac{\partial g_{ij}}{\partial x^0}=0, \qquad \cfrac{\partial g_{ij}}{\partial x^1} = \begin{pmatrix} -2 a^2 x^1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} $, тогда $ \cfrac{du^1}{ds}=- \Gamma_{00}^1 u^0 u^0 -2 \Gamma_{01}^1 u^0 u^1 - \Gamma_{11}^1 u^1 u^1 $, где $ \Gamma_{00}^1=a^2 x^1, \quad \Gamma_{01}^1=\Gamma_{11}^1=0 $ и значит $ \cfrac{du^1}{ds}=-a^2 x^1 u^0 u^0 $ или $ \cfrac{d^2 x^1}{(dx^0)^2}=-a^2 x^1 $, что, конечно, при малых $x^1$ и $a$ совпадает с формулами из нерелятивистской механики.

[Утундрий]

А где мой рисунок? Только не говорите, что несколько прямых и гипербол изобразить не можете.

EvilPhysicist в сообщении #497295 писал(а):

Ну и снова, если взять $ \begin{matrix} y^0=x^1 \ch(ax^0) \\ y^1 = x^1 \sh(a x^0) \end{matrix} $

Синускосинусная чехарда образовалась.

[EvilPhysicist]

Утундрий в сообщении #497335 писал(а):

Синускосинусная чехарда образовалась.

Ну если так написать, то да.
Если написать $ \begin{matrix} y^0=x^1 \sh x^0 \\ y^1=x^1 \ch x^0 \end{matrix} $, тогда $ (y^0)^2 + (y^1)^2 = -(x^1)^2 $, то есть сопряженная гипербора.
При различных значениях $x^1$ получается семейство сопряженных гипербол, при x^1=0 это две прямые.
Каждая координатная кривая $x^1=const$ соответсвует равноускоренной частице.

Утундрий в сообщении #497335 писал(а):

А где мой рисунок? Только не говорите, что несколько прямых и гипербол изобразить не можете.

Изобразить то могу, то косо, а от этого меня воротит.

[Утундрий]

EvilPhysicist в сообщении #497885 писал(а):

Изобразить то могу, то косо, а от этого меня воротит.

Правильность формы несущественна.

[EvilPhysicist]

Так, и всё-таки, если взять переход от координат Минковского к координатам Риндлера как $ \begin{matrix} y^0=x^1 \ch x^0 \\ y^1=x^1 \sh x^0 \end{matrix} $, при котором координатные линии $ x^1=const $ будут семействе гипербол $ {y^0}^2 -{y^1}^2=C^2, \quad C \in [0,+\infty) $.

Тогда метрика станет $-{x^1}^2 {dx^0}^2 + {dx^1}^2, \qquad g_{ij}=\begin{pmatrix} -{x^1}^2 & 0 \\ 0 &1 \end{pmatrix} $, а символы Кристофеля $ \Gamma^0_{ij}=\begin{pmatrix} 0 & {x^1}^3 \\ {x^1}^3 & 0 \end{pmatrix} \quad \Gamma^1_{ij}=\begin{pmatrix} x^1 &0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} $, но при этом $ \cfrac{du^1}{ds} + \Gamma^1_{ij} u^i u^j=0 $ даст уравнение $ \cfrac{d^2 x^1}{{dx^0}^2} + x^1 =0 $, у которого периодические решения $ x^1= C_1 \cos x^0 + C_2 \sin x^0 $, что очень странно.

С другой стороны, если вспомнить, что действие $ S = \int\limits_a^b - mc dS $ и в этой метритке $ S = \int -mc \sqrt{-{x^1}^2 + \cfrac{v^2}{c^2}} c dt $ и значит $ L = - mc^2 \sqrt{ \cfrac{v^2}{c^2} - x^2 } $, которое после подстановки в уравнения Лагранжа даст $ \cfrac{d^2 x}{dt^2}=c^2 x^2 $, которое вообще не понятно как решать.

Ну и по этому вопрос: я что-то делаю не правильно?

[Munin]

Решения должны быть непериодические. Правильный ответ найти очень просто: берёте прямые в координатах Минковского и переводите их в координаты Риндлера :-) Кажется, там что-то типа $\sqrt{1-\th^2 t}.$

Скорее всего, в символах Кристоффеля ошибка. Их с непривычки трудно считать, много индексов и производных...

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #505555 писал(а):

Правильный ответ найти очень просто: берёте прямые в координатах Минковского и переводите их в координаты Риндлера

Так, вот беру траекторию cвободной частицы $ y^1= \cfrac{v}{c} y^0 $, перехожу в координаты Риндлера $ x^1 \sh x^0 = \cfrac{v}{c} x^1 \ch x^0 $, откуда $ x^1 \left( \th x^0 - \cfrac{v}{c} \right)=0 $ и значит $ \th ct'= \cfrac{v}{c} $. Но это означает, только то, что время в Риндлеровой СО замедляется.

Munin в сообщении #505555 писал(а):

Скорее всего, в символах Кристоффеля ошибка

Так, метрика точно равна $g_{ij}=\begin{pmatrix} -{x^1}^2 & 0 \\ 0 &1 \end{pmatrix} $, а, значит $ \cfrac{d g_{ij}}{dx^0}=0, \quad \cfrac{d g_{ij}}{dx^1} = \begin{pmatrix} -2 x^1 & 0 \\0 & 0 \end{pmatrix} $
Тогда

$$ \Gamma^1_{00}=\cfrac12 g^{1k} \left( \underbrace{g_{0k,0}}_{=0} + \underbrace{g_{k0,0}}_{=0} - g_{00,k} \right)=\frac12 \underbrace{g^{10}}_{=0} \underbrace{g_{00,0}}_{=0} + \frac12 g^{11} (- g_{00,1} )= -\frac12 1 (-2 x^1)=x^1 $$

$$ \Gamma^1_{01}=\Gamma^1_{10}= \frac12 g^{1k}( g_{0k,1} + \underbrace{g_{k1,0}}_{=0} - \underbrace{g_{01,k}}_{=0} )= \frac12 \underbrace{g^{10}}_{=0} g_{00,1}} + \frac12 g^{11} \underbrace{g_{01,1}}_{=0}=0 $$

$$ \Gamma^1_{11} =\frac12 g^{1k} (2 g_{1k,1} - \underbrace{g^{11,k}}_{=0})=\frac12 \underbrac{g^{10}}_{=0} 2 g_{10,1} + \frac12 g^{11} 2 \underbrace{g_{11,1}}_{=0} $$

Значит $ \cfrac{du^1}{ds}= - \Gamma^1_{00} u^0 u^0 - 2 \Gamma^1_{01} u^0 u^1 - \Gamma^1_{11} u^1 u^1 = -x^1 u^0 u^0 \Rightarrow \cfrac{d^2 x^1}{{dx^0}^2}= -x^1 $

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #505622 писал(а):

Так, вот беру траекторию cвободной частицы $ y^1= \cfrac{v}{c} y^0 $

Такая траектория целиком лежит за горизонтом. Берите такую, которая проходит по положительной полуоси.

Дальше, символы Кристоффеля у меня похожие, а вот уравнение посложней,
$\dfrac{dv}{dt}-2v^2+x^1=0.$
Решать его мне пока лень, но уже видно, что не синусоиды.

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #505662 писал(а):

Такая траектория целиком лежит за горизонтом.

Ну а если взять $ \begin{matrix} y^0= x^1 \sh \x^0 \\ y^1 = x^1 \ch x^0 \end{matrix} $, тогда она будет лежать полностью внутри горизонта, но там получится аналогичное выражение $ y^1= \cfrac{v}{c} y^0 \rightarrow x^1(1- \cfrac{v}{c} \th x^0)=0 $

Munin в сообщении #505662 писал(а):

Дальше, символы Кристоффеля у меня похожие

А метрическая матрица такая же?

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #505670 писал(а):

Ну а если взять , тогда она будет лежать полностью внутри горизонт

Не понял, почему?

И всё-таки, возьмите траекторию вида $y^1=1.$

EvilPhysicist в сообщении #505670 писал(а):

А метрическая матрица такая же?

Да вроде бы. Я не соблюдал вашей сигнатуры.

Вы лучше покажите, как от уравнения геодезической дальше к вашему дифуру переходите. Сейчас мне кажется, что там ошибка.