Обобщение решения Шварцшильда на N тел

[evgeniy]

Если приближенные аналитические решения с точностью 10% уравнений ОТО при больших энергиях для Вас являются бредом, то я ничего не могу сказать.

[Someone]

evgeniy в сообщении #913924 писал(а):

Если приближенные аналитические решения с точностью 10% уравнений ОТО при больших энергиях

Да ну! Что Вы говорите! Аж 10%!!!

А где они, и как Вы узнали, что 10%?
А "большие энергии" — это что значит?

[evgeniy]

Решение имеет следующий вид

evgeniy в сообщении #911329 писал(а):

Метрический интервал для $\alpha$ тела ищем в виде
$ds^2_{\alpha}=\exp(\lambda_{\alpha})c^2dt_{\alpha}^2- R_{\alpha}^2(d\theta_{\alpha}^2+\sin^2\theta_{\alpha} d\varphi^2)-\exp(\nu_{\alpha})d R_{\alpha}^2$
$\lambda_{\alpha}=\sum_{\beta=1 \beta \ne \alpha}^N \lambda_{\alpha \beta}(R_{\beta},t_{\alpha})$
$\nu_{\alpha}=\sum_{\beta=1 \beta \ne \alpha}^N \nu_{\alpha \beta}(R_{\beta},t_{\alpha})$
$R_{\beta}=|\vec r-\vec r_{\beta}|$
решая уравнение ОТО записанное для N тел
получим значение выражения, определяющего метрический тензор
$\exp(\lambda_{\alpha})=\exp(-\nu_{\alpha})=(1-\frac{2 k m_1}{c^2 R_1})...(1-\frac{2 k m_{\alpha-1}}{c^2 R_{\alpha-1}})(1-\frac{2 k m_{\alpha+1}}{c^2 R_{\alpha+1}})...(1-\frac{2 k m_N}{c^2 R_N})$

если возникнут сомнения, я приведу доказательство.
В моем гидродинамическом примере, решенном с использованием этой же идеи вычислена точность решения. Она оказалась 10%. Ориентировочная точность и для решения задачи ОТО.
Someone Вы плохо читаете мои тексты, отсюда и не понимание.

[Someone]

Этот бред я уже видел. Не вижу здесь никакого "решения задачи ОТО".

[evgeniy]

Приближенное решение уравнения ОТО получается в виде $g_{ik}=\sum_{\alpha=1}^N g_{ik\alpha}/N$. где как я уточняю имеем соотношение
$\exp(\lambda_{\alpha})=\exp(-\nu_{\alpha})=(1-\frac{2 k m_1}{c^2 R_1})...(1-\frac{2 k m_N}{c^2 R_N}) $
это решение получается при условии $x^l \to \infty$, а при конечных координатах получается приближенное решение.

[Утундрий]

Позвольте я резюмирую. Вы записали асимптотически плоскую метрику, которая ни при каких конечных значениях координат не является решением вакуумных уравнений Эйнштейна.

[VladTK]

evgeniy в сообщении #914187 писал(а):

Приближенное решение уравнения ОТО получается в виде $g_{ik}=\sum_{\alpha=1}^N g_{ik\alpha}/N$. где как я уточняю имеем соотношение
$\exp(\lambda_{\alpha})=\exp(-\nu_{\alpha})=(1-\frac{2 k m_1}{c^2 R_1})...(1-\frac{2 k m_N}{c^2 R_N}) $
это решение получается при условии $x^l \to \infty$, а при конечных координатах получается приближенное решение.

Вы, evgeniy, попробуйте идти обратным путем - выбираете метрический тензор, подставляете его в уравнения Эйнштейна и смотрите какой получается тензор энергии-импульса. Так может и найдете что-нить.

[Утундрий]

Так это же надо вторые производные уметь вычислять... Не... этот путь не для нас!

[VladTK]

Утундрий в сообщении #914291 писал(а):

Так это же надо вторые производные уметь вычислять... Не... этот путь не для нас!

А вообще-то, сейчас даже и вторые производные не надо уметь вычислять - все компы делают.

Я как-то пытался решить задачу нахождения потенциала $n$ точечных масс, удовлетворяющий $p$-уравнению Лапласа (такой себе нелинейный Ньютон). Дык этим методом удалось найти два частных случая.

[Утундрий]

(Оффтоп)

VladTK в сообщении #914300 писал(а):

Я как-то пытался решить задачу нахождения потенциала $n$ точечных масс, удовлетворяющий $p$-уравнению Лапласа (такой себе нелинейный Ньютон). Дык этим методом удалось найти два частных случая.

Я тоже как-то пытался поработить Мир, а вместо этого случайно сбил Луну. Но до сих пор никому не рассказываю об этом. Потому что невероятно скромен.

[evgeniy]

Утундрий в сообщении #914211 писал(а):

Позвольте я резюмирую. Вы записали асимптотически плоскую метрику, которая ни при каких конечных значениях координат не является решением вакуумных уравнений Эйнштейна.

Дело в том, что я решал уравнение Навье - Стокса и с помощью аналогичного метода вычисления получил решение с точностью 10%. Я надеюсь, что эта асимптотически плоская метрика будет давать решение уравнения ОТО с точностью аналогичной.

[Munin]

(Оффтоп)

Утундрий в сообщении #914301 писал(а):

Я тоже как-то пытался поработить Мир, а вместо этого случайно сбил Луну. Но до сих пор никому не рассказываю об этом.

А мы-то искали, кто виноват...

[Утундрий]

evgeniy в сообщении #914302 писал(а):

Дело в том, что я решал уравнение Навье - Стокса и с помощью аналогичного метода вычисления получил решение с точностью 10%. Я надеюсь, что эта асимптотически плоская метрика будет давать решение уравнения ОТО с точностью аналогичной.

Вы меня, конечно, извиняйте, но звучит как "Я ловил в реке окуня на опарыша, предварительно прикормив место, ничего не поймал, но надеюсь, что супротив Моби Дика моя метода такоже могёт".

[evgeniy]

Я говорю об общем методе решения нелинейных задач. Задача гидродинамики имеет много сходных черт с задачей ОТО. Где число Рейнольдса представляется в виде $R=\sum_{p=1}^N R_p\varphi_p(\vec r)$. Оно подставляется в уравнение Навье - Стокса, умножается на функцию $\varphi_q(\vec r)$ и интегрируется по пространству. задача сводится к нахождения координат положения равновесия этой нелинейной системы уравнений. Решается нелинейное уравнение
$\sum_{p,q=1}^N F_{lpq} R_p R_q-G_{ll} R_l R_{cr}+H_l=0$
Оно сводится к решению учитывающему один член ряда
$F_{lll}(R_l)^2-G_{ll} R_l R_{cr}+H_l=0$
решение этой задачи точно определяет асимптотику ламинарного режима, как и задача ОТО решается в плоском случае. Причем при числах Рейнольдса от 150-1000000 дает ошибку 10%. Общее у этих задач, что они обе нелинейные и решаются одинаковым способом.
Теперь по поводу уточнения задачи ОТО. Метрический тензор угловых координат удовлетворяет
$g_{\theta \theta}=-\frac{1}{\sum_{p=1}^N 1/R_p^2},R_p=|\vec r-\vec r_p|$
$g_{\varphi \varphi}=-g_{\theta \theta}\frac{\sum_{p=1}^N \sin^2\theta_p/R_p^2}{\sum_{p=1}^N 1/R_p^2}$
причем получается выражение для метрического тензора всех тел, без перехода к метрическому тензору одного тела.
Причем если рассматривается система разнесенных тел и ищется поле вблизи одного тела, то получается решение удовлетворяющее уравнению ОТО. В самом деле метрический интервал удовлетворяет
$ds^2=c^2dt^2(1-r_g/R_\alpha)-dr^2/(1-r_g/R_\alpha)-R_{\alpha}^2(d\theta^2+\sin^2\theta d\varphi^2)$
Т.е. по данным формулам считается метрический тензор одного тела, удаленного от других тел. Что если считать поле посредине между телами что будет я не знаю, надо думать.

[evgeniy]

Я очень извиняюсь, что сразу не смог сообразить, но у меня новые результаты
$g_{\theta \theta}=-(\frac{1}{\sum_{p=1}^N 1/R_p})^2=-R^2_{\sigma},R_p=|\vec r-\vec r_p|$
$g_{\varphi \varphi}=-g_{\theta \theta}\frac{\sum_{p=1}^N \sin^2\theta_p/R_p}{\sum_{p=1}^N 1/R_p}=-g_{\theta \theta}\sin^2 \theta_{\sigma}$
т.е. введены новые координаты $R_{\sigma},\sin\theta_{\sigma}$ . в новых координатах метрический интервал запишем в виде
$ds^2=\exp(\lambda)c^2dt^2-\exp(\nu)dR^2_{\sigma}-R_{\sigma}^2(d\theta_{\sigma}^2+\sin^2\theta_{\sigma} d\varphi^2)$
Подставляем метрический тензор в уравнение ОТО в новых координатах и получаем следующий результат.
$g_{00}=\exp(\lambda)=1-r_{g\sigma}/R_{\sigma}$
$g_{rr}=\exp(\nu)=1/(1-r_{g\sigma}/R_{\sigma})$
где константа, соответствующая гравитационному радиусу равна
$r_{g\sigma}=\frac{\sum_{\alpha, \beta=1\alpha \ne \beta}^N m_{\beta}/R_{\alpha \beta}}{\sum_{\alpha, \beta=1\alpha \ne \beta}^N 1/R_{\alpha \beta}}2G/c^2,R_{\alpha \beta}=|\vec r_{\alpha}-\vec r_{\beta}|$
Предельный случай, ньютонова механика содержится в решении.