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 ... 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19  След.
 
 
Сообщение25.04.2007, 22:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17055
Москва
pc20b писал(а):
Не будете же Вы склеивать гладкую вакуумную часть решения одной массы с такой же, источником которой является другая масса. Даже по правилу непрерывности метрики и внешней кривизны не получится.


"Даже по правилу непрерывности метрики и внешней кривизны не получится", а вот по Вашему условию $G_{\mu}^{\nu}f_{,\nu}=0$ прекрасно "склеится". Даже и непрерывность метрики обеспечить можно. А с внешней кривизной действительно будут проблемы.

pc20b писал(а):
А в вакууме - да, любое решение вне особенностей метрики непрерывно.


Я вообще не об этом.

pc20b писал(а):
Вообще-то работа посвящена вовсе не склейке - в ней она не принципиальна и рассмотрен лишь пример склейки полного нерасширяемого пространства внутри электрического заряда с вакуумом через имеющуюся у него статическую поверхность, чтобы показать, что у поля Рейсснера - Нордстрема есть неточечный источник.


Посмотрите статью Vickers P. A.. Charged dust spheres in general relativity. Annales de l'institut Henri Poincaré (A) Physique théorique, 18 no. 2 (1973), p. 137-145. Там что-то очень похожее. Вероятно, если хорошо поискать (не только в Интернете), то и Ваше решение найдётся, только без ошибок.

pc20b писал(а):
Во-вторых, откуда Вы взяли, что условие экстремума или перегиба 4(3)- кривизны радиальных сфер на горловине $R'_h=0$ - ошибочно.


Мы с Вами это уже долго обсуждали. Во внешнем решении нет никакого экстремума, и не появится он только из-за того, что Вы сделали замену переменной.

pc20b писал(а):
Возьмем два одинаковых куска геодезически полного нерасширяемого решения Рейсснера - Нордстема при $e>\sqrt km_0$ в подобласти $r\geqslant 2r_f$ и попробуем склеить их по поверхности $r=2r_f$.

В Вами отстаиваемом варианте склейки такая склейка возможна : на ней метрические коэффициенты будут одинаковы и внешние 3-кривизны тоже будут одинаковы.


Чёрт, надо же так всё перевернуть. Это же я Вам говорю, что такое "решение" недопустимо, а Вы мне толкуете о том, что условия склейки на них благополучно выполняются. Прошу прощения у всех за длинную цепочку цитат, но когда оппонент начинает нагло приписывать мне свои глупости...

--------------
Someone писал(а):
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=62093#62093
Ну давайте возьмём другой пример. Как я ранее говорил, после Вашей замены координаты в решении получаются две области: $\tilde r\geqslant 0$ и $-2r_f<\tilde r\leqslant 0$. Они склеены по поверхности $\tilde r=0$. Проверьте пожалуйста, выполняются ли там условия склейки.


Эти области - как раз те самые два одинаковых куска решения Рейснера - Нордстрёма, о чём я Вам писал не один раз:

Someone писал(а):
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=62268#62268
Ваша замена координат, если её рассматривать в области $\tilde r>-2r_f$, дважды покрывает "внешнюю" область $r\geqslant 2r_f$, то есть, области $-2r_f<\tilde r\leqslant 0$ и $\tilde r\geqslant 0$ - это одна и та же область $r\geqslant 2r_f$. То есть, "склеены" два экземпляра области $r\geqslant 2r_f$ по сфере $r=2r_f$.


Someone писал(а):
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=62145#62145
Во что превращается условие склейки в Ваших координатах?
Кстати, я просил Вас проверить условие склейки для областей $-2r_f<\tilde r\leqslant 0$ и $\tilde r\geqslant 0$ по поверхности $\tilde r=0$.
Может быть, Вы хотите сделать невозможную склейку?


pc20b писал(а):
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=62249#62249
А зачем Вам надо склеивать эти два листа? Первый ведь отрезается.


Someone писал(а):
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=62252#62252
Мне не нужно их склеивать, они уже склеены. Я хочу знать, выполняется ли для них условие склейки, то есть, правильно ли они склеены.


pc20b писал(а):
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=62256#62256
Someone
Цитата:
Кстати, я просил Вас проверить условие склейки для областей $-2r_f<\tilde r\leqslant 0$ и $\tilde r\geqslant 0$ по поверхности $\tilde r=0$.

А зачем Вам надо склеивать эти два листа? Первый ведь отрезается.

Мне не нужно их склеивать, они уже склеены. Я хочу знать, выполняется ли для них условие склейки, то есть, правильно ли они склеены.

Условие склейки радиальных сфер на них выполняется.


Someone писал(а):
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=62268#62268
В общем-то, я этого и ожидал, и это очень плохо. Я же Вам писал, что в вырождающейся системе координат условия склейки тоже вырождаются и не обеспечивают правильной склейки.

--------------

pc20b писал(а):
Поэтому требуется так расширить метрику (расширение возможно и в рамках изометрии) Рейсснера - Нордстрема , перейдя к другим координатам (как, к примеру, сделал Крускал ([1], с.171), а также Филькенштейн и др. при исследовании данного вакуумного пространства при параметризации $e\leqslant \sqrt km_0$ в области за горизонтом $g_{00}=0$), чтобы была "видима" горловина - экстремальная неособая поверхность.

Сделать это без вырождения метрики, оставляя её статической, нельзя : на горловине якобиан будет нулиться : $r_{,\tilde r}_h=0$.


Слушайте, ну неужели можно до такой степени не понимать совсем простых вещей? Делая замену координат $r=\tilde r+\frac{4r_f^2}{\tilde r+2r_f}$, Вы не расширяете область, Вы её, наоборот, сужаете. Ваша область $\tilde r\geqslant 0$ взаимно однозначно (и изометрично) отображается на область $r\geqslant 2r_f$ решения Рейснера - Нордстрёма и не содержит ни одной новой точки. Поэтому, как не было экстремума, так его и не будет. Я объяснял как-то, откуда берётся этот "экстремум".

pc20b писал(а):
Someone :
Цитата:
Это чушь. Вот я беру параллелепипед $0\leqslant x_1\leqslant 2\pi$, $0\leqslant x_2\leqslant 2\pi$, $0\leqslant x_3\leqslant 2\pi$ и сворачиваю его в тор в шестимерном пространстве: $y_1=\cos x_1$, $y_2=\sin x_1$, $y_3=\cos x_2$, $y_4=\sin x_2$, $y_5=\cos x_3$, $y_6=\sin x_3$. Пожалуйста, убедитесь, что на этом торе $ds^2=dx_1^2+dx_2^2+dx_3^2$, то есть, "внутри" он совершенно плоский, и укажите, какой из "радиусов одной из кривизн" там "по случайному обстоятельству" "остаётся равным нулю" (не нулю, конечно, а бесконечности). Посему своё "обоснование" оставьте при себе.

При этом преобразовании все радиусы кривизны, произведение которых в минус первой степени дает внутреннюю кривизну гиперповерхности, равны бесконечности. Т.е. кривизна остается равной нулю. Пример вроде бы того же сорта...


"Вроде бы"... Разумеется, вообразить себе трёхмерный тор в шестимерном пространстве совершенно невозможно. Вы представляете себе, какую линию задают уравнения $y_1=\cos x_1$, $y_2=\sin x_1$, $y_3=1$, $y_4=0$, $y_5=1$, $y_6=0$ (она соответствует в параллелепипеде прямой $0\leqslant x_1\leqslant 2\pi$, $x_2=0$, $x_3=0$)? Это, между прочим, окружность радиуса $1$. Найдите на этом торе хотя бы одну линию, (внешняя) кривизна которой была бы равна нулю. С точки зрения объемлющего пространства $\mathbb R^6$, этот тор "весь кривой". А внутренняя геометрия у него плоская.

pc20b писал(а):
... что и пример со сворачиванием плоскости в цилиндр (в случае цилиндра хотя бы один отличный от бесконечности радиус появлялся. Его, кстати, очевидно, можно было бы найти по внутренним измерениям).


На цилиндре остаются прямолинейные образующие, а на "моём" торе никаких прямых линий нет, все кривые. Между прочим, радиус (внешней) кривизны поперечного сечения цилиндра по внутренним измерениям определить, "очевидно", невозможно. Можно измерить длину сечения, перпендикулярного образующей, но цилиндр-то не обязан быть круговым. Его поперечное сечение может иметь любую форму (разумно потребовать только соответствующей гладкости). Внутренние измерения дают информацию только о внутренней геометрии.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 04:10 
Заблокирован
Аватара пользователя


18/01/06

3241
ЧЕРНАЯ ДЫРА МУМУ-ШВАРЦНЕГЕРА
pc20b писал(а):
Вообще-то работа посвящена вовсе не склейке - в ней она не принципиальна и рассмотрен лишь пример склейки полного нерасширяемого пространства внутри электрического заряда с вакуумом через имеющуюся у него статическую поверхность, чтобы показать, что у поля Рейсснера - Нордстрема есть неточечный источник.

:evil: Давно известно что есть. Только источник этот сингулярный.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 06:56 
Заблокирован


26/03/07

2412
Котофеич
Цитата:
Давно известно что есть. Только источник этот сингулярный.

То, что от сингулярностей по крайней мере в пространствах с симметрией не избавиться, вроде бы интуитивно понятно и в каком-то смысле обосновано. Они - источники решения (к примеру, внутри предельного цикла обязана найтись хотя бы одна особая точка с индексом, равным +1).

А какой неточечный источник давно известен? И какая в нём сингулярность?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 10:20 
Заблокирован
Аватара пользователя


18/01/06

3241
ЧЕРНАЯ ДЫРА МУМУ-ШВАРЦНЕГЕРА
:evil: Pantoja, H. Rago, “Energy-momentum tensor valued distributions
for the Schwarzschild and Reissner-Nordstrøm geometries,”
http://arxiv.org/abs/gr-qc/9710072
Разбираться лучше начинать с точечного источника для Schwarzschildа
http://www.citebase.org/abstract?identi ... ociteswith

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 12:05 
Заблокирован


26/03/07

2412
Someone
Цитата:
"Даже по правилу непрерывности метрики и внешней кривизны не получится", а вот по Вашему условию $G_{\mu}^{\nu}f_{,\nu}=0$ прекрасно "склеится". Даже и непрерывность метрики обеспечить можно. А с внешней кривизной действительно будут проблемы.

Да нет, если параметры будут разные ($e,m_0$), то по обоим способам склеить два вакуумных решения не удастся. Если же склеивать два одинаковых вакуумных куска одного источника при $r_h=2r_f=e^2/m_0c^2$, то по правилу непрерывности индуцированных метрики и внешней кривизны склеить удастся, просто потому, что и метрика, и внешняя кривизна будут одинаковы, следовательно, их непрерывность будет обеспечена при любом $r\neq 0$.


И ковариантное условие Лихнеровича $G_{\mu}^{\nu}f_{,\nu}=\in C_0$ на любой гиперповерхности $f=r-r_h=0$ также будет выполнено автоматически.

В вакуумном решении Рейсснера - Нордстрема в координатах кривизн не удастся получить единственное условие, не входящее в условия склейки Дармуа - Израэли, - наличие экстремума (или перегиба) 4-кривизны радиальных сфер на горловине. Которое нужно для гладкой склейки.

pc20b писал(а):
Вообще-то работа посвящена вовсе не склейке - в ней она не принципиальна и рассмотрен лишь пример склейки полного нерасширяемого пространства внутри электрического заряда с вакуумом через имеющуюся у него статическую поверхность, чтобы показать, что у поля Рейсснера - Нордстрема есть неточечный источник.
Цитата:
Посмотрите статью Vickers P. A.. Charged dust spheres in general relativity. Annales de l'institut Henri Poincaré (A) Physique théorique, 18 no. 2 (1973), p. 137-145. Там что-то очень похожее. Вероятно, если хорошо поискать (не только в Интернете), то и Ваше решение найдётся, только без ошибок.

Обязательно посмотрим и доложим результат. В "нашем" решении ошибок нет. Если что совпадет, то это будет прекрасно. Не так ли. На первый взгляд решение похоже и, возможно, более общее, т.к., как утверждает автор, оно содержит три произвольные функции радиальной координаты (задача Коши), а в "наших" решениях, чтобы до конца проинтегрировать уравнения Эйнштейна, одна из функций полагается равной константе. Это генерирует три типа решений : с постоянным зарядом $Q_0$, с постоянным классическим радиусом $R_{f0}$ и с постоянным гравитационным радиусом $R_{g0}$ (полной энергией системы в гравитационном поле). Одно из них обсуждается здесь - решение с постоянным электрическим зарядом. Т.к. только в этом случае сама пыль оказывается незаряженной, а электромагнитное поле - "свободным" (в дальнейшем оно приобретает реальный источник - горловину).
Цитата:
Во внешнем решении нет никакого экстремума, и не появится он только из-за того, что Вы сделали замену переменной.

Верно, но Вы всё время пишете не до конца : "не появится никакого экстремума, если Вы сделали замену переменных допустимую".Т.е. сохраняющую изометричность преобразования координат. Какие преобразования этому условию удовлетворяют? - Те, которые не приводят к вырождению метрики, т.е. к особенностям в матрице её значений в новой системе координат. А этого не будет, если якобианы прямого и обратного преобразований не будут нулиться ни в одной точке области.
Далее что-то не то :
Цитата:
pc20b писал(а):
Цитата:
Возьмем два одинаковых куска геодезически полного нерасширяемого решения Рейсснера - Нордстема при $e>\sqrt km_0$ в подобласти $r\geqslant 2r_f$ и попробуем склеить их по поверхности $r=2r_f$.

В Вами отстаиваемом варианте склейки такая склейка возможна : на ней метрические коэффициенты будут одинаковы и внешние 3-кривизны тоже будут одинаковы.

Чёрт, надо же так всё перевернуть. Это же я Вам говорю, что такое "решение" недопустимо, а Вы мне толкуете о том, что условия склейки на них благополучно выполняются. Прошу прощения у всех за длинную цепочку цитат, но когда оппонент начинает нагло приписывать мне свои глупости...


Никто ничего не переворачивал. Вы тут не причем. Просто данная процедура склеивания двух одинаковых кусков вакуумного решения по условиям Дармуа - Израэли возможна. В этом даже убеждаться не надо : индуцированные на любой 3-гиперповерхности метрика и внешние кривизны (первая и вторая фундаментальные формы гиперповерхности) будут, естественно, одинаковы.

Точнее, Вы доказывали, что приведенный у нас пример вырожденного преобразования координат сохраняет изометрию, т.к. вырождение метрики (зануление якобиана) происходит на границе области, что, ввиду того, что в остальных точках области изометричность преобразования сохраняется, в силу непрерывности сохраняет её и в данной точке. Да, возможно, Вы правы, пример неудачен. Но хотелось бы ещё подумать на эту тему. Т.к. мы нигде в дифференциальной геометрии не встречали определения типа : "якобианы не должны нулиться, за исключением конечного числа точек, ..., гиперповерхностей, где ...". Мы же не математики.
Цитата:
радиус (внешней) кривизны поперечного сечения цилиндра по внутренним измерениям определить, "очевидно", невозможно. Можно измерить длину сечения, перпендикулярного образующей, но цилиндр-то не обязан быть круговым. Его поперечное сечение может иметь любую форму (разумно потребовать только соответствующей гладкости). Внутренние измерения дают информацию только о внутренней геометрии.

Это понятно. Вопрос был такой : почему, находясь на 2-поверхности, можно определить, кривая она или нет (по гауссовой кривизне, по расхождению геодезических), а, находясь на линии (тензор Римана равен нулю), нельзя. Скажем, для нульмерных математиков. Либо, за счет "материальности" линии (струны) - если она кривая, возникнет центробежная сила.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 12:08 
Заблокирован


28/03/07

455
Someone,

Т.к. предложенный пример преобразования с нулящимся якобианом $r=\tilde r + \frac{4r_f^2}{\tilde r+2r_f}$ был неудачным в смысле двузначности обратного преобразования (наличия двух листов), можно привести пример взаимнооднозначного преобразования $$r=\frac{(\tilde r-2r_f)^3+8r_f^3}{4r_f^2}$$ в области $r\geqslant 0$ $\tilde r \geqslant 0$ с нулящимся якобианом в точке $r=\tilde r=2r_f$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 12:40 
Заблокирован


26/03/07

2412
Котофеич
Цитата:
СообщениеДобавлено: Чт Апр 26, 2007 11:20:42 Заголовок сообщения:
Evil or Very Mad Pantoja, H. Rago, “Energy-momentum tensor valued distributions
for the Schwarzschild and Reissner-Nordstrøm geometries,”
http://arxiv.org/abs/gr-qc/9710072
Разбираться лучше начинать с точечного источника для Schwarzschildа
http://www.citebase.org/abstract?identi ... ociteswith

Спасибо за литературу. К тому же с обобщёнными функциями.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 13:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17055
Москва
pc20b писал(а):
Someone
Цитата:
"Даже по правилу непрерывности метрики и внешней кривизны не получится", а вот по Вашему условию $G_{\mu}^{\nu}f_{,\nu}=0$ прекрасно "склеится". Даже и непрерывность метрики обеспечить можно. А с внешней кривизной действительно будут проблемы.

Да нет, если параметры будут разные ($e,m_0$), то по обоим способам склеить два вакуумных решения не удастся.


Решение с ненулевым зарядом не вакуумное, так как есть электромагнитное поле, и тензор Эйнштейна не обнуляется. В вакуумных же решениях $G_{\mu}^{\nu}=0$, поэтому условие $G_{\mu}^{\nu}f_{,\nu}=0$ выполняется тождественно, для любой фунции $f$.

pc20b писал(а):
Если же склеивать два одинаковых вакуумных куска одного источника при $r_h=2r_f=e^2/m_0c^2$, то по правилу непрерывности индуцированных метрики и внешней кривизны склеить удастся, просто потому, что и метрика, и внешняя кривизна будут одинаковы, следовательно, их непрерывность будет обеспечена при любом $r\neq 0$.


Вы неправильно понимаете условие совпадения внешней кривизны. Знаки компонент внешней кривизны зависят от направления вектора нормали (я смотрю на формулу (21.60) в МТУ: $^{(4)}\nabla_i\vec n=-K_i^j\vec e_j$; если здесь заменить $\vec n$ на $-\vec n$, то знаки $K_i^j$ должны измениться на противоположные), и при сравнении векторы нормали по обе стороны поверхности склейки должны быть направлены в одну сторону, то есть, с одной стороны - в направлении возрастания $r$, а с другой - в направлении убывания $r$. В результате компоненты внешней кривизны по разные стороны поверхности будут иметь противоположные знаки, и склейка не удастся. Вы же неявно предполагаете (по незнанию, скорее всего), что векторы нормали направлены в противоположные стороны, например, в сторону возрастания $r$ в обоих листах.

pc20b писал(а):
В вакуумном решении Рейсснера - Нордстрема в координатах кривизн не удастся получить единственное условие, не входящее в условия склейки Дармуа - Израэли, - наличие экстремума (или перегиба) 4-кривизны радиальных сфер на горловине. Которое нужно для гладкой склейки.


Наличие экстремума - это Ваша собственная выдумка?

pc20b писал(а):
Цитата:
Во внешнем решении нет никакого экстремума, и не появится он только из-за того, что Вы сделали замену переменной.

Верно, но Вы всё время пишете не до конца : "не появится никакого экстремума, если Вы сделали замену переменных допустимую".Т.е. сохраняющую изометричность преобразования координат.


Метрика не имеет никакого отношения к наличию или отсутствию экстремума. Экстремум определяется в топологических терминах. Поэтому он никак не зависит от свойств метрики.

И вообще, я до сих пор удивляюсь Вашему заблуждению. Оно совершенно дикое. Выбирая на объекте другую систему координат, мы получаем тот же самый объект с другой системой координат, только и всего. Если мы нарушим условие сохранения гладкости системы координат, мы просто осложним себе вычисления, но с самим объектом ничего не произойдёт.

pc20b писал(а):
Никто ничего не переворачивал. Вы тут не причем.


Так, теперь уворачиваетесь.

pc20b писал(а):
Просто данная процедура склеивания двух одинаковых кусков вакуумного решения по условиям Дармуа - Израэли возможна. В этом даже убеждаться не надо : индуцированные на любой 3-гиперповерхности метрика и внешние кривизны (первая и вторая фундаментальные формы гиперповерхности) будут, естественно, одинаковы.


Я выше объяснил, почему склейка не получается.

pc20b писал(а):
Т.к. мы нигде в дифференциальной геометрии не встречали определения типа : "якобианы не должны нулиться, за исключением конечного числа точек, ..., гиперповерхностей, где ...". Мы же не математики.


Вопрос о том, какие условия можно нарушать и в какой степени, зависит от того, что Вы хотите вычислять и какие неудобства согласны терпеть (например, могут появляться несобственные интегралы). Обычно, если нужно вычислять какую-нибудь интегральную характеристику, такие нарушения допускаются "на множестве меры нуль". Может быть, Вам полезно было бы знакомство с темой "Замена переменных в кратных интегралах". Можно найти, например, здесь:
Г.М.Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том III."Наука", Москва, 1966. Глава шестнадцатая, § 4, и глава восемнадцатая, § 3, § 5.

pc20b писал(а):
Вопрос был такой : почему, находясь на 2-поверхности, можно определить, кривая она или нет (по гауссовой кривизне, по расхождению геодезических), а, находясь на линии (тензор Римана равен нулю), нельзя.


Потому что на (гладкой) линии локально имеется только одна внутренняя геометрия. Линии всегда можно (локально) наложить друг на друга с сохранением длин всех дуг.

pc20b писал(а):
Скажем, для нульмерных математиков. Либо, за счет "материальности" линии (струны) - если она кривая, возникнет центробежная сила.


Эта сила имеет смысл, если мы рассматриваем движение по кривой в объемлющем пространстве. А "внутри" линии она смысла не имеет. Как её там можно "изобразить"?

P.S. Не увлекайтесь обобщёнными функциями. Они требуют серьёзной математической культуры, которой у Вас нет. Вы только ещё больше запутаетесь и к уже имеющимся своим заблуждениям добавите кучу новых.
Я как-то посмотрел одну статью о применении обобщённых функций в ОТО, рекомендованную Котофеичем. По-моему, вся статья сводилась к тому, что автор(ы), используя обобщённые функции, создали себе проблемы на совершенно ровном месте, где их не было, а потом мужественно попытались эти проблемы преодолеть. Однако безуспешно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 18:03 
Заблокирован


26/03/07

2412
Someone
Цитата:
Посмотрите статью Vickers P. A.. Charged dust spheres in general relativity. Annales de l'institut Henri Poincaré (A) Physique théorique, 18 no. 2 (1973), p. 137-145. Там что-то очень похожее. Вероятно, если хорошо поискать (не только в Интернете), то и Ваше решение найдётся, только без ошибок.

Посмотрели в первом приближении. Там, как и у Маркова и Фролова (Марков М.А., Фролов В.П.ТМФ, 13,1972, с.41), найдены лишь три первых интеграла уравнений Эйнштейна-Максвелла - произвольные функции радиальной координаты. Вторые интегралы, а следовательно, метрика, не найдены. Задача сведена к квадратурам лишь для одного второго интеграла. Который не взят.

Эта работа была продолжена дальше и систему удалось проинтегрировать до конца (1975) в трех случаях, соответствующих трем типам решений, когда одна из произвольных функций от $r$ обращается в константу : 1) $Q=Q_0$, 2)$R_f=R_{fo}$, 3)$R_g=R_{g0}$. Второй и третий тип решений совпал с аналогичными решениями у Шикина (1975). А вот рассматриваемое здесь решение для системы с постоянным зарядом, когда пыль нейтральна, вроде бы нигде не встречается (жаль как симптом отсутствия ошибок).

Добавлено спустя 17 минут 35 секунд:

Someone
Цитата:
Эта сила имеет смысл, если мы рассматриваем движение по кривой в объемлющем пространстве. А "внутри" линии она смысла не имеет. Как её там можно "изобразить"?

Да, например, как скаляр.
Цитата:
Вопрос о том, какие условия можно нарушать и в какой степени, зависит от того, что Вы хотите вычислять и какие неудобства согласны терпеть (например, могут появляться несобственные интегралы). Обычно, если нужно вычислять какую-нибудь интегральную характеристику, такие нарушения допускаются "на множестве меры нуль". Может быть, Вам полезно было бы знакомство с темой "Замена переменных в кратных интегралах". Можно найти, например, здесь: Г.М.Фихтенгольц.

Это не то. То, что интегралы не реагируют на особенности с нулевой "площадью", это понятно. В данном же случае задача дифференциальная : сохраняется ли изометричность двух многообразий в окрестности точки, в которой якобиан нулится.

Добавлено спустя 18 минут 27 секунд:

Цитата:
Я как-то посмотрел одну статью о применении обобщённых функций в ОТО, рекомендованную Котофеичем. По-моему, вся статья сводилась к тому, что автор(ы), используя обобщённые функции, создали себе проблемы

В ОТО особенности - источники поля. Аппарат "распределений" позволяет не делать различий между дискретным и непрерывным. Это в русле идеи единства, а значит, хорошо.

Добавлено спустя 19 минут 9 секунд:

Цитата:
И вообще, я до сих пор удивляюсь Вашему заблуждению. Оно совершенно дикое. Выбирая на объекте другую систему координат, мы получаем тот же самый объект с другой системой координат, только и всего. Если мы нарушим условие сохранения гладкости системы координат, мы просто осложним себе вычисления, но с самим объектом ничего не произойдёт.

Нарушение нарушению рознь. Можно так "нарушить", что сам "объект" потерять. Ещё раз разрешите отметить : пространство ОТО - это тройка $(\mathbf {\mathcal {M},g,EE})$. Меняя систему координат, мы меняем многообразие. При наличии особенностей в преобразовании можно изменить метрику, так что она, удовлетворяя $\mathbf {EE}$, покинет класс эквивалентности. Как раз наивным с точки зрения ОТО является Ваше представление о существовании некого незыблимого "объекта", с которым ничего произойти не может, когда вы на нем чертите ту или иную сеть из карт.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2007, 19:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17055
Москва
pc20b писал(а):
Меняя систему координат, мы меняем многообразие.


Ну, хочется Вам с этой глупостью цацкаться - дело Ваше.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.04.2007, 08:10 
Заблокирован


26/03/07

2412
Someone
Цитата:
Цитата:
pc20b писал:
Меняя систему координат, мы меняем многообразие.

Ну, хочется Вам с этой глупостью цацкаться - дело Ваше.

Данное утверждение носит методический характер, связано с требованием соблюдения математической корректности совершаемых действий и вытекает из определения многообразия ([1], с.20) : $n$ - мерное $C^r$ - многообразие $\mathbf {\mathcal {M}}$ есть множество $\mathbf {\mathcal {M}}$ вместе с атласом (набором карт) $$\{\mathbf {\mathcal {U}}_{\alpha},\phi _{\alpha}\}$$ класса $C^r$, где каждое $$\mathbf {\mathcal {U}}_{\alpha}$$ есть локально-координатная окрестность, т.е. на ней определены координаты $x^a, a=1,\dots ,n$, заданные отображением $\phi _{\alpha}$ точек данной окрестности множества $\mathbf {\mathcal {M}}$ на $n$-мерное евклидово пространство $R^n$. Окрестности $$\mathbf {\mathcal {U}}_{\alpha}$$ образуют покрытие множества $\mathbf {\mathcal {M}}$. В пересечении двух координатных окрестностей координаты одной окрестности должны быть функциями класса $C^r$ координат другой окрестности и наоборот.

Какой-либо другой атлас называется совместным с данным атласом, если их объединение есть атлас класса $C^r$ для всего многообразия $\mathbf {\mathcal {M}}$. С последним как раз и связано данное утверждение. Тривиальный пример : Пусть на плоскости $R^2$ задана декартовая система координат. Она покрывает всю плоскость как одну координатную окрестность. Если в данном многообразии, заданном в декартовой системе координат, перейти к полярной системе координат $r,\theta$, покрывающих окрестность $(r>0,\0<\theta <2\pi )$, то точка $r=0$ будет выброшена. Следовательно, другими словами, если не предпринимать никаких других действий, то замена декартовой системы координат на полярную формально означает переход к другому многообразию. Либо надо на плоскости $R^2$ задавать по меньшей мере две такие координатные окрестности, чтобы покрыть всё $\mathbf {\mathcal {M}}$.

Т.о., если при преобразовании координат происходит зануление якобиана, т.е. новая метрика вырождается, то формально мы переходим к другому многообразию, а установление полноты покрытия и взаимно - однозначного соответствия отображений, а также их восстановление либо, наоборот, возможность расширения, требует дополнительного исследования. Разве не так?

Литература
1. С.Хокинг, Дж.Эллис. Крупномасштабная структура пространства-времени. М., "Мир", 1977.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.04.2007, 14:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17055
Москва
pc20b писал(а):
Т.о., если при преобразовании координат происходит зануление якобиана, т.е. новая метрика вырождается, то формально мы переходим к другому многообразию, а установление полноты покрытия и взаимно - однозначного соответствия отображений, а также их восстановление либо, наоборот, возможность расширения, требует дополнительного исследования. Разве не так?


Я это вроде бы уже объяснял.

Мы имеем полное право рассматривать многообразие класса $C^r$ как многообразие любой меньшей гладкости: класса $C^{r-1}$, $C^{r-2}$, ...,$C^0$. Когда Вы делаете преобразование координат, обратное к которому не дифференцируемо, Вы просто рассматриваете это многообразие как многообразие класса $C^0$, то есть, с непрерывными переходными функциями в атласе, без свойств дифференцируемости. От того, что Вы не хотите в полном объёме использовать свойства гладкости многообразия, оно не становится другим.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.04.2007, 14:54 
Заблокирован


26/03/07

2412
Разборка склейки - 1

Someone
Вы совершенно правы :
Цитата:
Вы неправильно понимаете условие совпадения внешней кривизны. Знаки компонент внешней кривизны зависят от направления вектора нормали (я смотрю на формулу (21.60) в МТУ: $^{(4)}\nabla_i\vec n=-K_i^j\vec e_j$; если здесь заменить $\vec n$ на $-\vec n$, то знаки $K_i^j$ должны измениться на противоположные), и при сравнении векторы нормали по обе стороны поверхности склейки должны быть направлены в одну сторону, то есть, с одной стороны - в направлении возрастания $r$, а с другой - в направлении убывания $r$. В результате компоненты внешней кривизны по разные стороны поверхности будут иметь противоположные знаки, и склейка не удастся. Вы же неявно предполагаете (по незнанию, скорее всего), что векторы нормали направлены в противоположные стороны, например, в сторону возрастания $r$ в обоих листах.

Чувствительность тензора внешней кривизны к направлению нормали многое решает. Во-первых, сразу исключается склейка "с изломом" поверхностей : в этом случае нормали на согласованных картах на гиперповерхности склейки имели бы разные направления, что невозможно ***.

Т.е. возможна только гладкая склейка, т.к. только при этом нормали двух кусков склеиваемых поверхностей будут направлены одинаково.

Во-вторых, склейка вакуумного пространства с внутренним решением возможна только по горловине - (гипер)поверхности экстремальной кривизны. Логика такая. В вакууме (неважно каком - с гравитационным полем массивного источника, $G^{\nu}_{\mu}=0$, или массивного заряженного источника, $G=0$, - кривизна всех поверхностей меняется монотонно, стремясь к $\infty$ в сингулярности - точечной особенности поля. Следовательно, чтобы устранить эту сингулярность, кривизны поверхностей внутри истинного ("материального", $G_{\mu}^{\nu}\neq 0$) источника должны затем уменьшаться, проходя через экстремум (горловину) в месте склейки.
Цитата:
Наличие экстремума - это Ваша собственная выдумка?

Выходит, что нет. Но логика была такой. Горловина по-английски bottleneck - "бутылочная шейка". Глядя на неё, нетрудно увидеть, что внешняя кривизна бутылки в месте горла максимальна. А так как вся математика есть лишь репроектирование бытовых образов на более общие ситуации, то вывод один : при склейке пространств по гиперповерхности кривизны на ней должны быть экстремальны.

*** Поэтому наше утверждение, что склейка двух одинаковых кусков вакуумного пространства по первой и второй фундаментальным формам поверхности возможна всегда, было ошибочным.
(продолжение следует)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.04.2007, 18:30 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17055
Москва
pc20b писал(а):
Чувствительность тензора внешней кривизны к направлению нормали многое решает. Во-первых, сразу исключается склейка "с изломом" поверхностей : в этом случае нормали на согласованных картах на гиперповерхности склейки имели бы разные направления, что невозможно.


Нет. Кажется, я понял, о чём Вы говорите. Вы представляете себе, что пространство-время вложено в объёмлющее пространство большей размерности, и думаете, что направление нормали определяется в этом объемлющем пространстве. Это неверно. Направление нормали определяется внутри пространства-времени.

Возьмём, например, Вашу склейку двух одинаковых усечённых конусов, в которой образуется "излом" в месте склейки. Я буду предполагать, что у нас один конус находится слева, другой - справа, а окружность, по которой они склеены, расположена в вертикальной плоскости, и мы смотрим на неё "с ребра". "Радиальную" координату направим вдоль образующей, и будем считать, что она возрастает слева направо и на линии склейки равна $0$. Вектор нормали направим также слева направо. В объемлющем пространстве векторы нормали к линии склейки слева и справа образуют угол, однако, находясь внутри, мы никакого угла не обнаружим: нормаль слева и нормаль справа одинаково перпендикулярны к поверхности склейки и (внутри поверхности) служат продолжениями друг друга.

Проблема здесь не в мнимом "изломе", которого во внутренней геометрии нет, а в несовпадении внешней кривизны линии склейки слева и справа: слева внешняя кривизна равна $\frac 1R$, а справа - $-\frac 1R$, где $R$ - расстояние от линии склейки до (отрезанной) вершины конуса.

И, конечно, на линии склейки нарушена гладкость.

pc20b писал(а):
Во-вторых, склейка вакуумного пространства с внутренним решением возможна только по горловине - (гипер)поверхности экстремальной кривизны.

Цитата:
Наличие экстремума - это Ваша собственная выдумка?


Может быть, я не совсем точно выразился. Я имел в виду не наличие экстремума вообще, а требование его наличия на поверхности склейки.
Разбирайте статью Робсона. В ней всё правильно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.04.2007, 20:23 
Заблокирован


26/03/07

2412
Someone
Читаем Робсона. А пока
Цитата:
Цитата:
pc20b писал(а):
Т.о., если при преобразовании координат происходит зануление якобиана, т.е. новая метрика вырождается, то формально мы переходим к другому многообразию, а установление полноты покрытия и взаимно - однозначного соответствия отображений, а также их восстановление либо, наоборот, возможность расширения, требует дополнительного исследования. Разве не так?

Мы имеем полное право рассматривать многообразие класса $C^r$ как многообразие любой меньшей гладкости: класса $C^{r-1}$, $C^{r-2}$, ...,$C^0$. Когда Вы делаете преобразование координат, обратное к которому не дифференцируемо, Вы просто рассматриваете это многообразие как многообразие класса $C^0$, то есть, с непрерывными переходными функциями в атласе, без свойств дифференцируемости. От того, что Вы не хотите в полном объёме использовать свойства гладкости многообразия, оно не становится другим.

Вы в данном рассуждении не выпустили из виду, что свобода опуститься до класса $C^0$ ограничена необходимостью учитывать наличие третьего объекта пространства ОТО - $\mathbf {EE}$, т.е. чтобы и уравнения Эйнштейна удовлетворялись. А для этого необходимо, чтобы все функции на многообразии были класса не менее, чем $C^2$. Везде, кроме конечного числа истинных сингулярностей. А если обратное преобразование оказывается недифференцируемым, то - возможны два исхода : либо случайно оказаться в другом пространстве ОТО, не изометричном исходному (возможно даже расширенном), либо вообще выйти за пространства ОТО, если третий объект, $\mathbf {EE}$, исчезает.***

*** Не тут ли пригодилось это уточнение определения многообразия...

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 271 ]  На страницу Пред.  1 ... 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19  След.

Модераторы: Jnrty, whiterussian, 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:
cron
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group