Гравитационное поле движущегося массивного небесного тела

[Munin]

(Оффтоп)

Nemiroff
Когда человеку дают упражнение, он должен справиться самостоятельно.

arseniiv в сообщении #974414 писал(а):

(Формулу выше поправил, чтобы не пугала прохожих.)

Ну что ж. А теперь, не пользуясь Mathematicой, скажите, каково будет произведение тех трёх матриц, которые вы вначале написали, с опечаткой.

arseniiv в сообщении #974414 писал(а):

Ага, у $B_y$ знак неправильный, согласен.

Кстати, а почему?

[epros]

SergeyGubanov в сообщении #974281 писал(а):

epros в сообщении #974245 писал(а):

Упс, замечательный способ отвертеться от объяснений за сказанную глупость.

Ни одной глупости мною сказано не было.

Посыпались на редкость "содержательные" аргументы. Вот ещё:

SergeyGubanov в сообщении #974273 писал(а):

epros в сообщении #974235 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #974204 писал(а):

В искривлённом пространстве, в общем случае с этим нет проблемы, так как система покоя всего одна (опять же, держим в уме пример с $T \otimes S_3$).

Этот бред, как я вижу, Вы лелеете много лет.

Это не бред.

Ещё раз:

1) Утверждение о том, что плоская гравитационная волна "не окажет эффекта" на наблюдателя, является глупостью. Мой ответ был, что будут по крайней мере ощущаться чередующиеся сжатия и растяжения поперёк волнового вектора. Где Ваши аргументы?

2) Утверждение о том, что в искривлённом пространстве система покоя всего одна, является бредом. "Система покоя" -- это то, что определяется наблюдателем, а наблюдатели могу двигаться как угодно. Где Ваши аргументы?

SergeyGubanov в сообщении #974281 писал(а):

1) Если в решении Шварцшильда сделать замену координат, то оно так и останется решением Шварцшильда, но в других координатах

Вам уже было сказано, что так и должно быть.

SergeyGubanov в сообщении #974281 писал(а):

С тем же (нулевым) успехом можете пытаться получить решение Керра из решения Шварцшильда переходя к вращающимся координатам.

От бессодержательных ответов переходите к прямой демагогии? Никто не предлагал переходить от Шварцшильда к Керру заменой координат. Ещё раз:

Если нас интересует задача о нахождении гравитационного поля движущегося компактного сферически симметричного объекта, то это -- решение Шварцшильда в координатах, привязанных к движущемуся наблюдателю.

SergeyGubanov в сообщении #974281 писал(а):

2) Не систему координат надо менять, а систему отсчёта (тетраду бустить), это чтобы получить то что видит движущийся наблюдатель.

Что по существу сводится к тому же самому. Во всяком случае, заменой тетрады Вы другого многообразия не получите, как и заменой координат.

Я вижу, что Ваше понимание ОТО -- ниже плинтуса.

[Munin]

epros в сообщении #974502 писал(а):

Посыпались на редкость "содержательные" аргументы.

Ну так это повод выходить из разговора. На свои любимые темы SergeyGubanov неубеждаем (не сказать ещё хужей), это давно известно.

[fizeg]

Хорошо. Я ждал определенной предсказуемой реакции на мой последний ответ (про связность и прочее, с которой тоже все хорошо) но чего троллингом заниматься

Сделаю этакий личный wrap up.

1). Выбор системы отсчета - штука вольная и представляет из себя просто формальное переписывание модели в более удобном для рассмотрения "точки зрения наблюдателя" виде, другим выбором координат и иногда некоторыми другими преобразованиями. По желанию они могут включать вращение реперов, преобразования Боголюбова для частиц на этом фоне в КТП итп. Само решение при этом остается абсолютно тем же самым, просто смотрим мы на него по-другому.

2). Вращение реперов - это такое же формальное, ни на что не влияющее преобразование. Фактически калибровочное преобразование.

3). В случае черной дыры в пустоте с очень-очень легкими наблюдателями у нас нет никаких "якорей", которые бы влияли на решение. Легче всего ввести точку зрения наблюдателей на бесконечности, в асимптотически-плоском пространстве, для чего просто произвести буст. С точки зрения наблюдателей в асимптотически-плоском пространстве можно ввести энергию, импульс и момент импульса для нашей черной дыры, которые должны поменяться нужным образом.

4). Они не будут чувствовать преобразований координат, убывающих на бесконечности, а вращение на бесконечности рушит метрику Минковского. Поэтому черную дыру Шварцшильда нельзя наделить таким моментом импульса. Так что нужно искать другое решение - решение Керра. С другой стороны неубывающий на бесконечности буст не рушит метрику Минковского, но все величины преобразуются как 4-тензоры. В этом неправомочность сравнения с Керром.

5). Теперь замечание по поводу случа $T\otimes S_3$ (причем введем $R$ - характерный радиус этой самой пространственной сферы), из которого ноги похоже и растут. Теперь у нас действительно есть некий "якорь". Действительно мы можем говорить в таком случае о движении черной дыры относительно особой системы координат. В этом случае действительно нужно другое решение. Судя по всему именно этим Бурланков и занимался, но что либо он или SergeyGubanov без понимания обобщают на случай без "якоря". Однако даже в этом случае переход от одной системы отсчета к другой - это просто другой выбор координат.

6). Если есть такие глобальные "якори" (например Фридмановская система отсчета) мы можем достаточно легкую черную дыру все равно описывать как не знающую ничего про эти "якори". Речь идет о поправках порядка $\frac{R_g}{R}$, т.е. в нашем мире, если речь не идет о черной дыре с радиусом Шварцшильда в сотни миллионов световых лет на эти поправки можно забить. Суть в том, что это эффект связанный с большими расстояниями, а не маленькими. "Микроскопические искривления (возможно на субатомарном уровне)" здесь ни при чем. Если бы у нас было микроскопическое нарушение Лоренц-инвариантности (которое экспериментами сильно ограничено) другое дело. И опять же подчеркну, что это в любом случае не проблема с переходом от одной системы отсчета к другой.

7). Сколько здесь чуши происходит от Бурланкова, а сколько напридумывал и приписал ему по невежественности SergeyGubanov, я утверждать не буду, потому что о деятельности Бурланкова я знаю только из уст топикстартера. При этом я в личной беседе слышал от весьма уважаемого мной (и не только мной, но и всеми) человека по поводу Бурланкова хотя и не положительные, но снисходительные комментарии (хотя здесь могло сильно повлиять его личное отношение) Так что по Бурланкову обсуждать лучше отдельно. А вот топикстартеру, к сожалению, могу сказать, что его самовосприятие как человека, разбирающегося в ОТО, явно построено на иллюзиях. Вот это я говорю на основании и других тем.

В общем, если не будет содержательного ответа от топикстартера и каких-либо конструктивных замечаний, предлагаю считать тему закрытой.

[Munin]

fizeg в сообщении #974551 писал(а):

Теперь замечание по поводу случа $T\otimes S_3$ (причем введем $R$ - характерный радиус этой самой пространственной сферы), из которого ноги похоже и растут. Теперь у нас действительно есть некий "якорь". Действительно мы можем говорить в таком случае о движении черной дыры относительно особой системы координат. В этом случае действительно нужно другое решение.

Принадлежащее классу "чёрная дыра + космология", как например, Шварцшильд в Де Ситтере. С этим никто не спорит.

(Оффтоп)

Фридман не очень подходит, потому что требует ненулевой плотности вещества в пространстве, а чёрные дыры как раз желательно обсуждать без неё, иначе они будут нестационарно расти. Это не так давно в другой теме прояснил Утундрий.

fizeg в сообщении #974551 писал(а):

Речь идет о поправках порядка $\frac{R_g}{R}$,

Ну, для физики это верно, а вот для математики - даже такие поправки могут сильно изменить структуру решения. Например, можно взять очень медленно вращающегося Керра, и всё равно он будет существенно отличаться от Шварцшильда: эргосфера, другие сингулярности, другая диаграмма Пенроуза. Вопрос для матфизиков, и вопрос, как я понимаю, сложный.

Но это выходит за рамки данной темы, и я за то, чтобы в этой теме этот разговор не вести.

[epros]

fizeg в сообщении #974551 писал(а):

5). Теперь замечание по поводу случа $T\otimes S_3$ (причем введем $R$ - характерный радиус этой самой пространственной сферы), из которого ноги похоже и растут. Теперь у нас действительно есть некий "якорь". Действительно мы можем говорить в таком случае о движении черной дыры относительно особой системы координат. В этом случае действительно нужно другое решение.

По-моему, зря Вы сейчас даёте топикстартеру повод воскликнуть: "Вот видите, я был прав".

Разумется, есть куча решений, построеных таким образом, что какие-либо координаты являются "выделенными" по тем или иным признакам. И это не только любимое им $T\otimes S_3$. Решение Шварцшильда, например, имеет координаты, которые выделены по признаку статичности метрики. И если мы рассмотрим маленькую чёрную дыру, движущуюся около большой чёрной дыры, то в зависимости от того, как она движется (например, радиально или тангенциально) нам тоже придётся рассматривать разные решения (т.е. не приводимые друг к другу преобразованием координат).

Но это абсолютно не значит, что "система покоя единственна" (как полагает топикстартер). Вообще, статические решения ненулевой кривизны характерны именно единственностью статической системы отсчёта. Судя по всему, это породило у топикстартера иллюзию, что в общем случае можно всегда привязать систему отсчёта к каким-то "искривлениям". Он не понял, что случай статической системы отсчёта специфический -- именно тем, что мы изначально при построении решения выделили в нём "особые" (статические) координаты. В общем случае ничего подобного не будет.

[arseniiv]

(2 Munin.)

Munin в сообщении #974485 писал(а):

Ну что ж. А теперь, не пользуясь Mathematicой, скажите, каково будет произведение тех трёх матриц, которые вы вначале написали, с опечаткой.

Так ведь то же, которое там сейчас: в ней матрицы были правильными кроме знаков в $F$, которые я в ответе скорректировал уже руками. Я снова чего-то не учёл?

Munin в сообщении #974485 писал(а):

Кстати, а почему?

По определению $\mathbf H$. Потому что $\mathbf e_x\times\mathbf e_z = -\mathbf e_y\ne\mathbf e_y$. Или из знаков компонент $\varepsilon_{ijk}$, смотря что используем, чтобы связать напряжённость магнитного поля с вектором, чем она не является.

[Nemiroff]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #974485 писал(а):

Nemiroff
Когда человеку дают упражнение, он должен справиться самостоятельно.

Виноват.

arseniiv в сообщении #974414 писал(а):

Я это уже и в параграфе ЛЛ успел увидеть.

Можно было и внимательным вглядыванием в формулу.

[arseniiv]

(Оффтоп)

Вообще, мне нужно было просто как-то назвать три ненулевые независимые компоненты и не более (чтобы показать, что электрическое поле появится, и какие компоненты на это повлияют — в данном случае каждая магнитная компонента влияет не более чем на одну электрическую, так что знаки для определения, ноль будет или не ноль, не важны). Зря не назвал их $u,v,w$. Так точно было бы не важно, где минус, а где плюс — главное, антисимметричность сохранена. Но я назвал их $B_x,B_y,B_z$ и получил последствия.

Munin в сообщении #974485 писал(а):

А теперь, не пользуясь Mathematicой, скажите, каково будет произведение тех трёх матриц, которые вы вначале написали, с опечаткой.

А, понял вопрос. Нули будут.

[SergeyGubanov]

Пока вы тут ругались я исходную задачку решил.

В исходной ветке (до бранча) спрашивалось на сколько более сильно гравитирует движущаяся чёрная дыра по сравнению с неподвижной. Сейчас я напишу решение этой задачи. Почти этой. Почти потому, что у меня чёрная дыра будет неподвижна, а двигаться будет наблюдатель. Формулировка задачи будет чуть более конкретной: на сколько сильнее будет перегрузка в ракете движущегося наблюдателя, чем в ракете неподвижного.

Под неподвижным наблюдателем имеется ввиду ракета неподвижно зависшая на некотором расстоянии от чёрной дыры.

Под движущимся наблюдателем будет пониматься ракета летящая с постоянной скоростью $v$ прямёхонько вдоль оси $z$ (здесь есть неоднозначность, о которой будет сказано чуть позже).

Перегрузка действующая на космонавтов сидящих в ракетах понятно откуда возникает - ракетные двигатели работают.

Для описания гравитационного поля чёрной дыры я буду использовать систему координат Пенлевэ, метрика в которой имеет вид:

$$ ds^2 = dt^2 - \left( dr + \sqrt{\frac{a}{r}} \, dt \right)^2 - r^2 d \theta^2 - r^2 \sin^2(\theta) d\varphi^2 $$

Здесь $a = 2 k M / c^2$ - гравитационный радиус.

Напомню, что если ракета движется с четырёхскоростью $\frac{dx^{\mu}}{ds}$, то космонавт сидящий в ракете подвергается воздействию четырёхускорения $w^{\mu}$:

$$ w^{\mu} = \frac{d^2 x^{\mu}}{d s^2} + \Gamma^{\mu}_{\alpha \beta} \frac{dx^{\alpha}}{ds} \frac{dx^{\beta}}{ds} $$

Для определения абсолютной величины ускорения никаких бустов тетрад не нужно, достаточно вычислить

$$ |w| = \sqrt{ - g_{\mu \nu} \, w^{\mu} w^{\nu}}. $$

Но если акселерометр кроме абсолютной величины ускорения измеряет ещё и направление, то, для определения этих трёхмерных проекций, придётся помучиться с тетрадами.

Четырёхскорость неподвижной относительно чёрной дыры ракеты:

$$ {\frac{dx}{ds}}^{\mu} = \left\{ \frac{1}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}}, 0, 0, 0 \right\}. $$

Её четырёхускорение:

$$ w^{\mu} = \left\{ \frac{1}{2 (r - a)} \left( \frac{a}{r} \right)^{3/2}, \frac{a}{2 r^2}, 0, 0 \right\}. $$

$$ |w| = \frac{a}{2 r^2 \sqrt{1 - \frac{a}{r}}} $$

Теперь построим систему отсчёта относительно которой эта ракета покоится. Её репер:

$$ e_{(0)} = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}} \, \frac{\partial}{\partial t}, \quad e_{(1)} = \sqrt{1-\frac{a}{r}} \, \frac{\partial}{\partial r} + \frac{\sqrt{\frac{a}{r}}}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}} \, \frac{\partial}{\partial t}, \quad e_{(2)} = \frac{1}{r} \, \frac{\partial}{\partial \theta}, \quad e_{(3)} = \frac{1}{r \, \sin\theta} \, \frac{\partial}{\partial \varphi}. $$

Ко-репер:

$$ e^{(0)} = \sqrt{1-\frac{a}{r}} \, dt - \frac{\sqrt{\frac{a}{r}}}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}} \, dr, \quad e^{(1)} = \frac{dr}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}}, \quad e^{(2)} = r \, d\theta, \quad e^{(3)} = r \, \sin\theta \, d\varphi. $$

Проекции четырёхускорения (лоренцевские компоненты ускорения):

$$ w^{(a)} = e^{(a)}_{\mu} w^{\mu} $$

Как интуитивно и ожидалось отлична от нуля всего одна лоренцевская компонента ускорения:

$$ w^{(a)} = \left\{ 0, \frac{a}{2 r^2 \sqrt{1 - \frac{a}{r}}}, 0, 0 \right\}. $$

Теперь пришло время выяснить, а что же такое "прямёхонькая ось $z$". Тут возможно множество вариантов ответа. Например, с точки зрения только что построенной системы отсчёта, прямёхонькая ось $z$ определяется ортом $e'^{(1)}$ цилиндрической системы:

$$ e'^{(0)} = e^{(0)}, \quad e'^{(1)} = \cos(\theta) \, e^{(1)} - \sin(\theta) \, e^{(2)}, \quad e'^{(2)} = \sin(\theta) \, e^{(1)} + \cos(\theta) \, e^{(2)}, \quad e'^{(3)} = e^{(3)}. $$

Ну что ж возьмём её. Делаем Лоренцевский буст в плоскости $e'^{(0)} \wedge e'^{(1)}$ со скоростью $v$:

$$ e''^{(0)} = \frac{e'^{(0)} - v \, e'^{(1)}}{\sqrt{1 - v^2}}, \quad e''^{(1)} = \frac{e'^{(1)} - v \, e'^{(0)}}{\sqrt{1 - v^2}}, \quad e''^{(2)} = e'^{(2)}, \quad e''^{(3)} = e'^{(3)}. $$

И так, система отсчёта движущаяся равномерно со скоростью $v$ вдоль оси $z$ (это если судить по версии неподвижного наблюдателя) будет такой. Корепер:

$$ e''^{(0)} = \frac{\sqrt{1-\frac{a}{r}}}{\sqrt{1-v^2}} dt - \frac{\sqrt{\frac{a}{r}} + v \cos(\theta) }{ \sqrt{1 - \frac{a}{r}} \sqrt{1-v^2}} dr + \frac{v r \sin(\theta)}{\sqrt{1 - v^2}} d\theta $$

$$ e''^{(1)} = - \frac{v \sqrt{1-\frac{a}{r}}}{\sqrt{1-v^2}} dt + \frac{\sqrt{v \frac{a}{r}} + \cos(\theta) }{ \sqrt{1 - \frac{a}{r}} \sqrt{1-v^2}} dr - \frac{r \sin(\theta)}{\sqrt{1 - v^2}} d\theta $$

$$ e''^{(2)} = \frac{\sin(\theta)}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}} dr + r \cos(\theta) d\theta $$

$$ e''^{(3)} = r \sin(\theta) d\varphi $$

Репер:

$$ e''_{(0)} = \frac{1 + v \sqrt{\frac{a}{r}} \cos(\theta) }{\sqrt{1-\frac{a}{r}} \sqrt{1-v^2}} \frac{\partial}{\partial t} +\frac{v \sqrt{1-\frac{a}{r}} \cos(\theta)}{\sqrt{1-v^2}}\frac{\partial}{\partial r} - \frac{v \sin(\theta)}{r \sqrt{1 - v^2}} \frac{\partial}{\partial \theta} $$

$$ e''_{(1)} = \frac{v + \sqrt{\frac{a}{r}} \cos(\theta) }{\sqrt{1-\frac{a}{r}} \sqrt{1-v^2}} \frac{\partial}{\partial t} +\frac{\sqrt{1-\frac{a}{r}} \cos(\theta)}{\sqrt{1-v^2}}\frac{\partial}{\partial r} - \frac{\sin(\theta)}{r \sqrt{1 - v^2}} \frac{\partial}{\partial \theta} $$

$$ e''_{(2)} = \frac{\sqrt{\frac{a}{r}}\sin(\theta)}{\sqrt{1-\frac{a}{r}}}\frac{\partial}{\partial t} +\sqrt{1-\frac{a}{r}}\sin(\theta)\frac{\partial}{\partial r} +\frac{\cos(\theta)}{r} \frac{\partial}{\partial \theta} $$

$$ e''_{(3)} = \frac{1}{r\sin(\theta)}\frac{\partial}{\partial \varphi} $$

При $v=0$, $a=0$ это обычная цилиндрическая система (в сферических координатах), так что какой-то смысл в такой "прямохонькой оси $z$" есть.

Из $e''_{(0)}$ получаем, что вторая ракета летит по следующей хитрой траектории:

$$ {\frac{dx}{ds}}^{\mu} = \left\{ \frac{1 + v \sqrt{\frac{a}{r}} \cos(\theta) }{\sqrt{1-\frac{a}{r}} \sqrt{1-v^2}}, \frac{v \sqrt{1-\frac{a}{r}} \cos(\theta)}{\sqrt{1-v^2}}, - \frac{v \sin(\theta)}{r \sqrt{1 - v^2}}, 0 \right\} $$

Вот представьте себе, вот эта хитрая линия и есть прямая ось $z$ по версии зависшего над чёрной дырой космонавта! Для вычисления четырёхускорения нужно ещё знать вторую производную. Вторую производную найдём продифференцировав выражение для первой производной и заменив в получившемся выражении первые производные согласно исходной формуле. Далее вычисляем четырёх ускорение. Затем вычисляем его (лоренцевские) проекции на $e''^{(a)}_{\mu}$, окончательно получаем:

$$ w''^{(a)} = \left\{0, \frac{a \cos(\theta)}{2 r^2 \sqrt{(1-\frac{a}{r}) (1-v^2)}} , \frac{(a+2av^2+2r(\sqrt{1-\frac{a}{r}} -1)v^2)\sin(\theta)}{2 r^{5/2} \sqrt{1-\frac{a}{r}} (1-v^2)}, 0 \right\} $$

Его абсолютная величина

$$ |w''| = \frac{a}{2 r^2 \sqrt{1-\frac{a}{r}}(1-v^2)} \sqrt{ (1-v^2)\cos^2(\theta) + \left( 1 + 2 \left( 1 + \frac{r}{a} \left( \sqrt{1-\frac{a}{r}} - 1 \right) \right) v^2 \right)^2 \sin^2(\theta) } $$

При $v \to 1$ перегрузка второго космонавта неограниченно растёт, то есть, как бы, "движение увеличивает силу гравитации".

Но это не единственный ответ. В качестве того, что называть "прямой линией $z$" можно было бы взять нечто другое, например взять систему отсчёта свободно падающего (из бесконечности с нулевой начальной скоростью) наблюдателя, для него "прямая" линия $z$ была бы другой.

[Munin]

(Оффтоп)

arseniiv в сообщении #974631 писал(а):

По определению $\mathbf H$. :-) Потому что $\mathbf e_x\times\mathbf e_z = -\mathbf e_y\ne\mathbf e_y$. Или из знаков компонент $\varepsilon_{ijk}$, смотря что используем, чтобы связать напряжённость магнитного поля с вектором, чем она не является.

Первое не в кассу, второе - в кассу, третье - следствие из второго.

arseniiv в сообщении #974638 писал(а):

Вообще, мне нужно было просто как-то назвать три ненулевые независимые компоненты и не более

Вообще-то, полезно понимать, почему они именно в таком порядке идут. Ну, вы поняли.

arseniiv в сообщении #974638 писал(а):

А, понял вопрос. Нули будут.

Окей.

[arseniiv]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #974864 писал(а):

второе - в кассу, третье - следствие из второго

Вообще, я думал, что всё это следствия из того, что мы применяем звёздочку Ходжа — $\varepsilon_{ijk}$ являются её «координатным выражением» (ну почти), векторное произведение является применением $\star$ к внешнему.

[мат-ламер]

SergeyGubanov в сообщении #974733 писал(а):

При $v \to 1$ перегрузка второго космонавта неограниченно растёт, то есть, как бы, "движение увеличивает силу гравитации".

Исходная формулировка вопроса была такая

Munin в сообщении #970322 писал(а):

Но вот что интересно, если ТЭИ движущегося тела возрастает за счёт скорости неограниченно, возрастает ли так же неограниченно гравитация в его сторону?

Ваша формулировка

SergeyGubanov в сообщении #974733 писал(а):

В исходной ветке (до бранча) спрашивалось на сколько более сильно гравитирует движущаяся чёрная дыра по сравнению с неподвижной.

Причём тут чёрная дыра? Что меняется в силе притяжения в зависимости от того, является объект дырой или нет?
Второй вопрос. Допустим $\theta =0$. Т.е. космонавт двигается по оси, соединяющей его с объектом. Можно ли тогда пользоваться упрощённой методикой? Т.е. энергия объекта возрастает на множитель $(1-v^2)^{-1/2}$. Соответственно увеличивается и сила притяжения.

[мат-ламер]

Далее в ветке, от которой отпочковались, задавался вопрос

Munin в сообщении #970705 писал(а):

Меня интересовал "брутто" результат рассеяния.

Т.е. тут вопрос ставится отнюдь не про силу гравитационного притяжения, а про отклонение траектории. Рассмотрим два нейтрино, пролетающих мимо солнца. Допустим, второе нейтрино будет энергичнее первого. Тогда оно будет притягиваться Солнцем конечно сильнее. Только время во втором нейтрино течёт замедленее. Поэтому время гравитационного взаимодействия будет меньше (в часах нейтрино). Поэтому траектории этих нейтрино будут примерно одинаковыми и не сильно отличаться от траектории лучей света.

-- Сб фев 07, 2015 15:52:36 --

С другой стороны нейтрино гравитационно действует на Солнце. И энергичное нейтрино подвинет Солнце в большей степени.

[Geen]

SergeyGubanov в сообщении #974733 писал(а):

ракета летит по следующей хитрой траектории

SergeyGubanov в сообщении #974733 писал(а):

то есть, как бы, "движение увеличивает силу гравитации".

Вообще-то Вы просто навязали "хитрую траекторию", а вывод делаете, что "гравитация растёт" - если в Минковском взять "хитрую траекторию", то там тоже "гравитация" расти будет?