1 coJJyMAN 2017/01/17 (火) 19:16:09 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
こんばんは,coJJyMANです.
前回、といってもずいぶん前なのですが
等速円運動における粒子の逐次静止系〜Thomas歳差
http://eman.hobby-site.com/emanbbs/1412/141214002.html
の中で,等速円運動という加速粒子系を解析することで、回転座標系の相対論の代わりに導かれる結論を探りました。
しかしここでは,円周上の1点の時間の進み方を加速系と静止系で比較したくらいで,もともと感じていたある疑問を置き去りにしていました。
それは
Q,回転座標系と等速円運動座標系は同じものなのか違うものなのか?違うとしたら,何が同じで何が違うのか?
です.この問題を考えるのに,具体例として最近勉強している,エーレンフェストのパラドックスやボルン剛性の問題を,回転する円盤について考えてみたいと思います。
そこで,
Q'.慣性系の中で回転している円盤を回転座標系と等速円運動座標系でみたとき,それら座標系では半径や円周はどのような値になるのか?
これを考えていきます。
まあ,独自理論とかではなく、ランダウとメラーの丸写しなので,ご存知の方には退屈な記事となります.
2 coJJyMAN 2017/01/17 (火) 20:51:53 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
エーレンフェストのパラドックスを英語で検索すると
https://en.wikipedia.org/wiki/Ehrenfest_paradox
がまずヒットします。結論は「円周率>π」ですが,その理由というか考え方を理解したいです。
まず,「円周率>π」の平面というのは,「曲率がマイナス」の平面です(むしろ「平面」とは言えないかも)
幾何学で言うと「ロバチェフスキー幾何」ですね.
「ポアンカレの円板モデル」で検索すると,意味は分からなくても楽しそうな図形がたくさん登場します。
でも,意味が分からなくてはお勉強にならないので,まずは回転する円板について教科書がどう言っているか理解したいと思います。

よくある説明はこんな感じです。例えば

[仮定]
円板に固定している物差しの,慣性系 $I$  でのある時刻の長さは,円板に固定されたこの物差しとその時刻に同じ速度を持つ慣性系 $I_0$  内にある標準物差しと正確に同じである.さらに一般化して,加速系内の標準物差しは慣性系 $I$  内の物差しにくらべてLorentz変換を受けているだけが違っている.つまりこの物差しの長さは, $I$  にたいする加速度には無関係である。

こういう仮定をおいて,次のように考えます。

円板状の標準物差しで円盤上の2点 $(r,\theta)$  と $(r+dr,\theta)$  の間の距離を測れば, $I$  に対する物差しの速度は物差しに直交してLorentz短縮は起きないから,その値 $d\sigma$  は
<tex>d\sigma=dr\tag{1}</tex>
となる.ところが次に円板上で座標が $(r,\theta)$  および $(r,\theta+d\theta)$  である2点を考えれば,この2点を結ぶ物差しは $I$  に対して物差しの方向に $r\omega$  の速度を持っているから $I$  系の物差しにくらべてLorentz変換による短縮を受ける.このため,この縮んだ物差しで測った2点間の距離 $d\sigma$  は
<tex>d\sigma=\frac{rd\theta}{\sqrt{1-r^2 \omega^2/c^2}}\tag{2}</tex>
となることになる.

結局、この円板上の物差しで2つの近接点 $(r,\theta)$  と $(r+dr,\theta+d\theta)$  の間を測った値 $d\sigma$  は,
<tex>d\sigma^2=dr^2+\frac{r^2 d\theta^2}{1-r^2 \omega^2/c^2}\tag{3}</tex>
となる.この結果はEuclid幾何学とは異なる性質を持つ.例えばr=一定で与えられる曲線は(1)から半径 $r$  の円を表している.ところがその円周の長さは(2)から
<tex>\int_{0}^{2\pi}\frac{rd\theta}{\sqrt{1-r^2 \omega^2/c^2}}=\frac{2\pi r}{\sqrt{1-r^2 \omega^2/c^2}}\tag{4}</tex>
となる.その結果,円周と半径との比は $2\pi$  にはならずに
<tex>\frac{2\pi }{\sqrt{1-r^2 \omega^2/c^2}}>2\pi\tag{5}</tex>
となる.

3 coJJyMAN 2017/01/17 (火) 22:17:38 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 01/18 (水) 03:04 [修正] [削除]
回転座標系 $x^\mu=(ct,r,\theta,z)$  の線素の式は
<tex>ds^2&=g_{\mu\nu}dx^\mu dx^\nu\\&-(c^2-r^2\omega^2)dt^2+2\omega r^2 dtd\theta +dr^2+rd\theta^2+dz^2\tag{6}</tex>
で表されますが、これは慣性系 $X^\mu=(cT,X,Y,Z)$  の平坦な時空の線素
<tex>ds^2=-c^2dT^2+dX^2+dY^2+dZ^2\tag{7}</tex>

<tex>X=r\cos(\theta+\omega t),Y=r\sin(\theta+\omega t),Z=z,T=t\tag{8}</tex>
と座標変換して得られます。

この座標系での真の時間間隔は,つまり $dr=d\theta=dz=0$  の場合の固有時ですから
<tex>d\tau=\frac{1}{c}\sqrt{-g_{00}}dx^0 =\sqrt{-g_{00}}dt=\sqrt{1-\frac{r^2\omega^2}{c^2}}dt\tag{9}</tex>
です.
4 coJJyMAN 2017/01/18 (水) 02:19:56 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 03:04 [修正] [削除]
慣性系  $X^\mu=(cT,X,Y,Z)$ と回転座標系  $x^\mu=(ct,r,\theta,z)$  について
<tex>dx^\mu=\frac{\partial x^\mu}{\partial X^\nu} dX^\nu=A^\mu_\nu dX^\nu\tag{10}</tex>

<tex>dX^\mu=\frac{\partial X^\mu}{\partial x^\nu} dx^\nu=\hat{A}^\mu_\nu dx^\nu\tag{11}</tex>

という $A$ と $\hat{A}$  を定義すれば,計量テンソルは
<tex>g_{\mu\nu}=G_{\rho\sigma}\hat{A}_\mu^\rho\hat{A}_\nu^\sigma\tag{12}</tex>
である.ここで $G$  は $G_{00}=-1,G_{11}=G_{22}=G_{33}=1$  で,それ以外の成分は $0$  である.

それで,この座標系(以下, $R$  系と呼ぶ)での空間座標が $(x^i)$  および $(x^i+dx^i)$  (ただし, $i=1,2,3$  )であるような2つの座標点を $A,B$  とする.

さて,時刻 $t=x^0 /c$  における $A$  と $B$  の間の空間的距離 $d\sigma$  を, $AB$  2点を結び, $A$  に対して静止している標準尺で測ることができる. $dx^i$  は微小なので, $B$  も標準尺に対して事実上静止していることになる.

次に、 $d\sigma$  を $g_{\mu\nu}$  の関数として表わすため,時刻 $t$  に座標点 $A$  (ついでに $B$  も)が静止しているような慣性系 $I_0$  を導入する。 $I_0$  の中の直交時空座標を $X^\mu$  で表わせば、 $I_0$  から $R$  への変換は(10)~(12)式で与えられる.

ところが,いま考えている時刻で $I_0$  は点 $A$  の静止系であるから
<tex>\hat{A}_0^i=\frac{\partial X^i}{\partial x^0}=\frac{\partial X^i}{c\partial t}=0\ ,\ (i=1,2,3)\tag{13}</tex>
である.

また,測定の時刻における点 $A$  と $B$  の直交座標の同時的な座標値の差 $dX^i$  は(11)式で $\mu=i,dx^0=dt=0$  として得られる。つまり
<tex>dX^i=\hat{A}_j^i dx^j\tag{14}</tex>
である.

先に述べた一般的な仮定によれば、 $R$  系中の標準物差しは,
 $I_0$  中の照準物差しと同じ長さを有する.したがって $d\sigma^2$  は単純に
<tex>d\sigma^2=\eta_{ij}dX^i dX^j\tag{15}</tex>
となる.(ただし, $\eta$  は $\eta_{11}=\eta_{22}=\eta_{33}=1$  でそれ以外は $0$  )

この $dX^i$  に(14)と適用すれば,
<tex>d\sigma^2=\gamma_{ij}dx^i dx^j\tag{16}</tex>
となる.ただし
<tex>\gamma_{ij}=\eta_{kl}\hat{A}_i^k \hat{A}_j^l=\hat{A}_i^1 \hat{A}_j^1+\hat{A}_i^2 \hat{A}_j^2+\hat{A}_i^3 \hat{A}_j^3\tag{17}</tex>

これは(12)式より
<tex>g_{ij}=-\hat{A}_i^0\hat{A}_j^0+\gamma_{ij}</tex>
だから,
<tex>\gamma_{ij}=g_{ij}+\hat{A}_i^0\hat{A}_j^0\tag{18}</tex>
の関係にある。

すると,(13)から
<tex>g_{i0}=-\hat{A}_i^0\hat{A}_0^0+\hat{A}_i^1\hat{A}_0^1+\hat{A}_i^2\hat{A}_0^2+\hat{A}_i^3\hat{A}_0^3=-\hat{A}_i^0\hat{A}_0^0</tex>
なので,
<tex>\hat{A}_i^0=-\frac{g_{i0}}{\hat{A}_0^0}=-\frac{g_{i0}}{\sqrt{-g_{00}}}\tag{19}</tex>

ここで,新たに
<tex>\gamma_i=\frac{g_{i0}}{\sqrt{-g_{00}}}\tag{20}</tex>
と定義すれば,空間的距離の計量テンソルを表わす式
<tex>\gamma_{ij}=g_{ij}+\gamma_i \gamma_j\tag{21}</tex>
が得られる。

このように, $R$  系における空間の幾何学を決める計量テンソル $\gamma_{ij}$  は,一般に4次元計量テンソル $g_{\mu\nu}$  の空間成分 $g_{ij}$  とそのまま等しくはない。等しくなるのは $g_{10}=g_{20}=g_{30}=0$  のときだけである.

回転座標系の場合,
<tex>\gamma_2=\frac{g_{20}}{\sqrt{-g_{00}}}=\frac{\omega r^2/c}{\sqrt{1-r^2\omega^2/c^2}}\tag{22}</tex>
となるので,
<tex>\gamma_{22}&=r^2+\frac{\omega^2 r^4/c^2}{1-r^2\omega^2/c^2}=\frac{r^2-r^4\omega^2/c^2+\omega^2 r^4/c^2}{1-r^2\omega^2/c^2}\\&=\frac{r^2}{1-r^2\omega^2/c^2}\tag{23}</tex>
最終的に
<tex>d\sigma^2=dr^2+\frac{r^2 d\theta^2}{1-r^2\omega^2/c^2}\tag{24}</tex>
が得られる。

5 coJJyMAN 2017/01/18 (水) 03:05:59 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
回転座標系で標準物差しを使って測る空間方向の距離は
<tex>d\sigma^2=dr^2+\frac{r^2 d\theta^2}{1-r^2\omega^2/c^2}\tag{24}</tex>
のように求めることができた.
確かに円周率は $\pi$ より大きい結果は出たものの,何か迂回路を通っているようで,正直不安が残る。
どういうことかというと,「物差し」については確かにそうだが,そのとき回転座標系の1点にいる観測者から見て,当の「円板」はどのような状態に見えているのだろうか?
これが全く想像できない。

それに,回転座標系というのは,慣性系で静止している座標軸を変数変換して作ったもののように見えるので,もしかしたらこれは「回転している円板が静止して見える座標系」なのではなくて,「静止している円板を回転している観測者が見た時の座標系」なのではないかと思えてしまう。

次からは,等速円運動座標系の計算法を使って半径と円周の比を考えて見よう。
「円形の範囲に敷き詰められた時計の集団」が全体として等速円運動しているとする.
これなら,遠くから見れば,円板が回転しているように見えるはずだ.
個々の時計は等速円運動しているだけなので、逐次ローレンツ変換で十分解析できるだろう。
6 coJJyMAN 2017/01/19 (木) 19:17:26 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
あらためて,前回用いた方程式を再掲しておきます。
以下、上にドットの記号は固有時での微分を表わすものとします。

微分方程式
<tex>\dot{{L^i}_j}= {L^i}_k\frac{ \dot{ U^k}  U_j-U^k \dot{  U_j} }{c^2}  </tex>
<tex>(U^i=\dot{x^i},U_i=\eta_{ij}U^j,\dot{U_i}=\eta_{ij}\dot{U^j})</tex>
を解いて得られる  ${L^i}_j(\tau)$  は、
静止系  $S$  から、  $x^i=f^i(\tau)$  で運動する粒子の瞬間静止系  $S'=S'(\tau)$  へ移る変換を決定するものであり、
 $S'$  系の座標を  $x'$  とすれば
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}x^j \\x^i=x'^j L_j^{\ i} \\x'_i=L_i^{\ j}x_j \\x_i=x'_j L^j_{\ i}\end{array}\right.</tex>
 $({L_i}^j=\eta_{i \rho}{L^\rho}_\sigma \eta^{j \sigma} )$ 
である。
あるいは、  $S'$  系の原点を逐次移動して、粒子が常に  $S'(\tau)$  系の原点に静止しているようにするなら
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}\left(x^j - f^j(\tau)\right)  \\[4pt]x^i=f^i(\tau) + x'^j L_j^{\ i} \end{array}\right. </tex>
である。

また、いま考えている粒子に長さ1の空間ベクトル  $\Vec{e}'(\tau)$  を結びつけ、
 $S'$  系の空間軸に対して  $\Vec{e}'(\tau)$  が、どの時刻でも同じ成分を持つようにしておく。
例えば、  $\Vec{e}'(\tau)$  は、  $S'(\tau)$  系の座標軸のある方向を向くものとしてもよい。
このとき、  $\Vec{e}'(\tau)$  は時々刻々、その方向を変えないで変位をうけるだけであり,
 $S$  系での  $\Vec{e}(\tau)$  を固有時で微分したものは以下の方程式に従う。
<tex>\dot{e_i}=\frac{( e_l \dot{U^l} )U_i}{c^2} \ \ , \ \ \left ( e_i\left ( \tau=0 \right ) =e'_k{{L}^k}_{i}{ ( \tau=0 )} \right)</tex>
7 coJJyMAN 2017/01/19 (木) 22:36:09 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
それで, $S$  系に2つの時計OとPを考え,Oは原点に止まったまま,Pはそのまわりを
 $x=a\cos{\omega t} \ , \ y=a\sin{\omega t}$ 
で等速円運動しているとします。OからみたPの軌道は $l=2\pi a$ の円周軌道です。
一周にかかる時間は $T=2\pi/\omega$ です.

反対にPからみたOの動きはどうなっているかというと,前回求めた座標変換
<tex>L\left ( \tau \right )=\begin{pmatrix}\gamma & \gamma\beta\sin\theta & -\gamma\beta\cos\theta \\ \gamma\beta\sin\varphi  & \cos\varphi\cos\theta+\gamma\sin\varphi\sin\theta & \cos\varphi\sin\theta-\gamma\sin\varphi\cos\theta\\ -\gamma\beta\cos\varphi & \sin\varphi\cos\theta-\gamma\cos\varphi\sin\theta & \sin\varphi\sin\theta+\gamma\cos\varphi\cos\theta\end{pmatrix}</tex>
(ここで、  $\theta=\gamma\omega\tau,\varphi=\gamma^2\omega\tau$  )
を用いて
<tex>x'^i=L^i_{\ j}\left(x^j - f^j(\tau)\right)</tex>
の式に
 $x^0=ct_o,x^1=x^2=0$ 
 $f^0=c\gamma \tau,f^1=a\cos\theta,f^2=a\sin\theta$ 
を代入すると
 $x'^0=c\gamma(t_o -\gamma\tau)$ 
それで,常に $x'^0=0$ となるように $t_o$ のスケールを決めて, $t_o=\gamma\tau=t_p$ ということにすれば
 $x'^1=-{L^1}_1 f^1 -{L^1}_2 f^2=-a\cos\varphi=-a\cos\gamma\theta=a\cos(\gamma\theta+\pi)$ 
 $x'^2=-{L^2}_1 f^1 -{L^2}_2 f^2=-a\sin\varphi=-a\sin\gamma\theta=a\sin(\gamma\theta+\pi)$ 

お互いに同じ半径 $a$ の円軌道で観測されているようです。
半径については $r'=r$ と変換されるのでしょう.
ただし,移動速度は違います。Pから見たOの円運動の速さの方が $\gamma$ 倍速いです.
そこで問題となるのが「Pは,自分が等速円運動していて,Oは静止していると認識しており,
Pに付属したジャイロセンサーで確かに加速度を確認できる.」という点です。

OとPは絶対的に何かが違います。
自分が自分の動いた道のりを計算するにはどうしたら良いでしょうか?
とりあえず,「何をもって1回転とするか?」これを別の角度から考えてみます。
8 coJJyMAN 2017/01/20 (金) 01:08:03 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
OからPのある位置が初めに+x方向にあって,次に+x方向に来た時を「一回転」とします.
この意味では、Pから見てOが初めに-x方向にあってから,次に-x方向に来る時までが「一回転」になります.
すると,Pの運動にはThomas歳差が効いてくるので,Oから見てPが「一回転」したときに,P自身は「一回転」してはいないという結果が得られます。

運動を解析するのに,固有時 $\tau$ を,ただの運動のパラメータとして扱いましょう。
それで,1枚のグラフに慣性系で見たOの位置に点Oをうち,点Oを基点に座標軸の単位ベクトルを矢印で書き足します。
パラメータ $\tau$ を動かしながら,Pの位置に点Pをうち,Pの座標軸の単位ベクトルを同様にP基点の矢印でリアルタイムで表示させます。

 $S'$  系に張り付いた空間方向の単位ベクトルを、いま
 $e'_k=(0,-1,0)$ 
とする。これは-x軸方向、つまり初期状態で点Oのある方向である。これを  $S$  系で見ると
 $e_i(\tau)=e'_k {L(\tau)^k}_i$ 
である。初期状態では
<tex>L_{(\tau=0)}=\begin{pmatrix}\gamma & 0 & -\gamma \beta\\ 0 & 1 & 0\\ -\gamma \beta & 0 &\gamma \end{pmatrix}</tex>
だったので、
 $e_{i(\tau=0)}=(0,-1,0)$ 
である。  $S$  系で見ても-x軸方向を向いている。
任意の時間での  $e_i$  の各成分は  $\theta=\gamma\omega\tau$  とすると、
<tex> e_{0}(\tau)&=-\gamma\beta\sin\gamma\theta \\ e_{1}(\tau)&=- \cos\gamma\theta\cos\theta-\gamma\sin\gamma\theta\sin\theta\\ e_{2}(\tau)&= -\cos\gamma\theta\sin\theta+\gamma\sin\gamma\theta\cos\theta</tex>
それで,Pが1回転,つまり次にOが-x方向に見える時はいつかというと, $e_2(\tau)=0$ のときなので,その $\tau$ は
 $\cos\gamma\theta\sin\theta=\gamma\sin\gamma\theta\cos\theta$ 
この $\theta$ が $2\pi$ とは少しずれているはずなので,その条件で上の式を満たす $\theta$ は
<tex>\theta=\frac{2\pi}{\gamma}</tex>
これより,
<tex>\tau=\frac{1}{\gamma}\frac{2\pi}{\omega}</tex>
これはOからみてPが1回転した時には,Pから見たOは1回転以上動いていることを意味します。
そこで,もし,Pが「Oは止まっていて自分が動いている」という認識で,
Oの位置の測定から自分の位置を逆算して,グラフにプロットしたとしましょう。
すると,
<tex>\tau=\frac{1}{\gamma}\frac{2\pi}{\omega}</tex>
の時点で、自分の移動距離はちょうど $2\pi a$ になりますが,Oからの情報で
<tex>\tau=\frac{2\pi}{\omega}</tex>
のときに一回転したよ,という認識を得ることになります.
その認識のもとでは,Pは
「自分は半径 $a$ で等速円運動しその周期は $T=2\pi/\omega$ である.」
(角速度が $\omega$ だから当然の認識である。)
「ところが何故か道のりの距離は $2\pi a$ の $\gamma$ 倍となった.」

さて,確かに計算上は円周率は $\pi$ より大きく $2\pi\gamma$ となりましたが,これではまだよく分かりません。

続いては,もっと丁寧に考えていきます.ここから
「原点が任意の運動をしている変形しない準拠系」の話になります。

9 coJJyMAN 2017/01/23 (月) 22:10:02 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 01/30 (月) 23:14 [修正] [削除]
さて, $(cT,X,Y,Z)$  の慣性系の時空(=S 系)で粒子が $X_i=f_i(\tau)$  の軌道を描いていたとします。

すると, $\tau$ がいかなるときでも,粒子が常に原点にとどまっている慣性系(=S'(τ)系)への座標変換は,前述の方程式から得られる ${L^i}_j (\tau)$  を用いて
<tex>\left\{\begin{array}{l}X'^i={L^i}_j (\tau) \left(X^j - f^j(\tau)\right)  \\X_i=f_i(\tau) + X'_j {L^j}_i (\tau) \end{array}\right.\tag{25}</tex>
で定められます。

この $S'$ 系において, $X'_0=-X'^0=-cT'=0$  である座標の各点 $(0,X',Y',Z')$  は,原点にある粒子から見て同じ時刻の点ですが,ここで $(x,y,z)=(X',Y',Z')$  および $t=\tau$  とした時空 $x_i=(ct,x,y,z)$  を考えると、この時空で時刻が $t$  (=固有時と同じ値)の時の各点 $(x,y,z)$  はちょうど $S'$ 系の $(0,X',Y',Z')$  と等しいものとなります。つまり,時間軸は固有時を使い,空間座標は瞬間静止系を使う時空を考えようということです。時間軸が空間座標に直交する相対論的座標系はこのように定義されます。

 $X'_0=0$  なので、上の変換式は
<tex>X_i=f_i(\tau)|_{\tau=t}+X'_\alpha {L^\alpha}_i (\tau)|_{\tau=t}\tag{26}</tex>
となります.ここで, $\alpha$  についての和は $\alpha=1,2,3$  についてなされるものとします。以下は, $\tau$ の置き換えについて簡略化して
<tex>X_i=f_i (t)+X'_\alpha {L^\alpha}_i (t)\tag{27}</tex>
の形で計算していきます。
10 coJJyMAN 2017/01/23 (月) 22:35:13 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
(27)を微分すると
<tex>dX_i&=\{\dot{f}_i (t)+x_\alpha {\dot{L}^\alpha}_i (t)\}dt+dx_\alpha {L^\alpha}_i(t)\\&=(U_i +x_\alpha {L^\alpha}_k {H^k}_i)dt +dx_\alpha {L^\alpha}_i\tag{28}</tex>
となるので,この時空の微小線素 $ds^2$  は
<tex>ds^2&=\eta^{ij} dX_i dX_j\\&=\eta^{ij}\{(U_i+x_\alpha {L^\alpha}_k {H^k}_i)dt+dx_\alpha {L^\alpha}_i\}\\ &\times\{(U_j+x_\beta {L^\beta}_l {H^l}_j)dt+dx_\beta {L^\beta}_j\}\tag{29}</tex>
となります.

以降は、この(29)を計算して行くことになります。この式を展開すると
<tex>\eta^{ij}\{(U_i+x_\alpha {L^\alpha}_k {H^k}_i)dt\}\{(U_j+x_\beta {L^\beta}_l {H^l}_j)dt\}\tag{29-1}</tex>

<tex>\eta^{ij}\{(U_i+x_\alpha {L^\alpha}_k {H^k}_i)dt\}\{dx_\beta {L^\beta}_j\}\tag{29-2}</tex>

<tex>\eta^{ij}\{dx_\alpha {L^\alpha}_i\}\{(U_j+x_\beta {L^\beta}_l {H^l}_j)dt\}\tag{29-3}</tex>

<tex>\eta^{ij}\{dx_\alpha {L^\alpha}_i\}\{dx_\beta {L^\beta}_j\}\tag{29-4}</tex>

となるので,これらをそれぞれ求めて,最後に足しあわせます.
11 coJJyMAN 2017/01/23 (月) 23:19:17 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
まずは簡単な(29-4)から,
<tex>&\eta^{ij} \{dx_\alpha {L^\alpha}_i\}\{ dx_\beta {L^\beta}_j\} \\&=\{\eta^{ij} {L^\alpha}_i  {L^\beta}_j \} dx_\alpha dx_\beta \\&=\eta^{\alpha \beta}dx_\alpha dx_\beta =dx^2+dy^2+dz^2\tag{29-4'}</tex>
つぎに(29-3),これと(29-2)は同じものになります. $\eta^{ij}$ は対称テンソルなので.
<tex>&\eta^{ij}\{dx_\alpha {L^\alpha}_i\}\{(U_j+x_\beta {L^\beta}_l {H^l}_j)dt\} \\&=dx_\alpha dt \{ {L^\alpha}_i U_j \eta^{ij}+{L^\alpha}_ix_\beta {L^\beta}_l {H^l}_j\eta^{ij}\}\\&=dx_\alpha dt \{ {L^\alpha}_i U^i+\frac{1}{c^2}{L^\alpha}_ix_\beta {L^\beta}_l (\dot{U}^l U^i-U^l \dot{U}^i)\}\\&=dx_\alpha dt \{ {L^\alpha}_i U^i+{L^\alpha}_i U^i \frac{1}{c^2} x_\beta {L^\beta}_l \dot{U}^l - {L^\beta}_l U^l \frac{1}{c^2}{L^\alpha}_ix_\beta \dot{U}^i\}\tag{29-3'}</tex>
すると, $U'^0={L^0}_i U^i=c$  および $U'^\alpha={L^\alpha}_i U^i=0$  なので(29-3')の各項はすべて $0$  となります.

残りの(29-1),これも少々面倒くさいので,これも展開してそれぞれ計算します。
<tex>dt^2 \eta^{ij} U_iU_j\tag{29-1-1}</tex>
<tex>2 dt^2 \eta^{ij} U_i x_\beta {L^\beta}_l {H^l}_j\tag{29-1-2}</tex>
<tex>dt^2 \eta^{ij} x_\alpha x_\beta {L^\alpha}_k {H^k}_i  {L^\beta}_l {H^l}_j\tag{29-1-3}</tex>

(29-1-1)は $U^i U_i=-c^2$  から簡単に
<tex>-c^2dt^2\tag{29-1-1'}</tex>
ですが,他の2つはややこしいです.
12 coJJyMAN 2017/01/23 (月) 23:35:07 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
<tex>&\eta^{ij} U_i  {L^\beta}_l {H^l}_j \\& =\frac{1}{c^2}{L^\beta}_l(\dot{U}^l U^i -U^l \dot{U}^i)U_i \\ &=\frac{1}{c^2}{L^\beta}_l(\dot{U}^l U^i U_i-U^l \dot{U}^i U_i )\\</tex>

 $\dot{U}^i U_i=0 , U^i U_i=-c^2$  なので,これは
<tex>=-{L^\beta}_l \dot{U}^l</tex>
したがって(29-1-2)は
<tex>2 dt^2 \eta^{ij} U_i x_\beta {L^\beta}_l {H^l}_j =-2 dt^2  x_\beta {L^\beta}_l \dot{U}^l\tag{29-1-2'}</tex>
13 coJJyMAN 2017/01/24 (火) 00:11:12 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
<tex>&\eta^{ij}  {L^\alpha}_k {H^k}_i  {L^\beta}_l {H^l}_j \\& =\frac{1}{c^4}{L^\alpha}_k  {L^\beta}_l  (\dot{U}^k U_i -U^k \dot{U}_i)(\dot{U}^l U^i -U^l \dot{U}^i) \\ & =\frac{1}{c^4}{L^\alpha}_k  {L^\beta}_l  (\dot{U}^k \dot{U}^l  U_i U^i + U^k U^l \dot{U}_i  \dot{U}^i ) \\&  =-\frac{1}{c^2}{L^\alpha}_k  {L^\beta}_l  \dot{U}^k \dot{U}^l   +\frac{1}{c^4}({L^\alpha}_k U^k) ( {L^\beta}_l U^l )\dot{U}_i  \dot{U}^i  \\&  =-\frac{1}{c^2}({L^\alpha}_k \dot{U}^k )( {L^\beta}_l   \dot{U}^l )  </tex>

したがって(29-1-3)は
<tex>&dt^2 \eta^{ij} x_\alpha x_\beta {L^\alpha}_k {H^k}_i  {L^\beta}_l {H^l}_j \\&=-\frac{1}{c^2}dt^2(x_\alpha {L^\alpha}_k \dot{U}^k )( x_\beta{L^\beta}_l   \dot{U}^l )\tag{29-1-3'}</tex>
それで $a^\alpha={L^\alpha}_k \dot{U}^k$  と定義すると,(29-1)は
<tex>&-c^2 dt^2-2dt^2 a^\alpha x_\alpha-\frac{1}{c^2}dt^2(a^\alpha x_\alpha)(a^\beta x_\beta) \\&=-c^2 dt^2\left(1+\frac{2}{c^2}a^\alpha x_\alpha+\frac{1}{c^4}(a^\alpha x_\alpha)(a^\beta x_\beta)\right)\\&=-c^2 dt^2\left(1+\frac{a^\alpha x_\alpha}{c^2}\right)^2</tex>
以上の計算より,この時空の線素は
<tex>ds^2=-c^2 dt^2\left(1+\frac{a^\alpha x_\alpha}{c^2}\right)^2+dx^2+dy^2+dz^2\tag{30}</tex>
であることがわかりました.
14 hirota 2017/01/24 (火) 11:38:02 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
局所的リンドラー座標だね。
15 coJJyMAN 2017/01/31 (火) 18:33:04 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 02/02 (木) 19:13 [修正] [削除]
そうそう,ここで求めたのは一般化したリンドラー座標系だったのだけど,
とんでもないことに座標系の定義を間違えていました。すみません。m(_._)m
>>9
>ここで  $(x,y,z)=(X',Y',Z')$  および  $t=\tau$  とした時空  $x_i=(ct,x,y,z)$  を考えると
と $x_i$ の添え字下付きで定義してしまいましたが,これは誤りでした。正しくは上付き添え字です.

結論の式は
<tex>ds^2=-c^2 dt^2\left(1+\frac{a_\alpha x^\alpha}{c^2}\right)^2+dx^2+dy^2+dz^2\tag{30}</tex>
となります.ここで
<tex>a_i(t)=\delta_{ij}{L^j}_\mu \dot{U}^\mu |_{\tau=t}</tex>
であります. $\delta_{ij}$ はクロネッカーのδです.

計量テンソルは $ds^2=g_{\mu\nu}dx^\mu dx^\nu$ として
<tex>g_{00}=-\left(1+\frac{a_1 x^1+a_2 x^2+a_3 x^3}{c^2}\right)^2,</tex>
 $g_{11}=g_{22}=g_{33}=1,$ 
および, $g_{\mu\nu}=0(\mu\neq\nu)$ 
16 coJJyMAN 2017/01/31 (火) 21:42:13 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
計算の概略だけは記しておきます。
(以下,ローマ字の添え字は1,2,3,ギリシャ文字の添え字は0,1,2,3をとります)
 $(x^\mu)=(ct,x,y,z)$ として,MCRFの空間座標は
 $X'_i=\delta_{ij}x^j$ となる.
ここで, $\delta_{ij}$ はクロネッカーのδである。
座標変換の式は
 $X_\mu=f_\mu (t)+X'_i {L^i}_\mu (t)=f_\mu (t)+\delta_{ij}x^i {L^j}_\mu (t)$ 
したがって,その微分は
 $dX_\mu =(\dot{f}_\mu (t)+\delta_{ij} x^i {L^j}_\mu )dt+dx^i \delta_{ij}{L^j}_\mu$ 
 $\quad  = (U_\mu+\delta_{ij} x^i {L^j}_\rho {H^\rho}_\mu)dt+dx^i \delta_{ij}{L^j}_\mu$ 
そして,線素は
 $ds^2=\eta^{\mu\nu}dX_\mu dX_nu$ 
なので,各項を計算すると,
$\eta^{\mu\nu}(dx^i \delta_{ij}{L^j}_\mu)(dx^k \delta_{kl}{L^l}_\nu)$ 
 $\quad =dx^i dx^k \delta_{ij} \delta_{kl}\eta^{jl}$ 
 $\quad =(dx^1)^2+(dx^2)^2+(dx^3)^2=dx^2+dy^2+dz^2$ 
$\eta^{\mu\nu}(U_\mu+\delta_{ij} x^i {L^j}_\rho {H^\rho}_\mu)dt(dx^k \delta_{kl}{L^l}_\nu)$ 
 $\quad = dtdx^k(\delta_{kl}{L^l}_\nu U^\nu +\delta_{ij}x^i \delta_{kl}{L^l}_\nu {L^j}_\rho {H^\rho}_\mu \eta^{\mu\nu}$ 
 $\quad = dtdx^k[\delta_{kl}{L^l}_\nu U^\nu +\delta_{ij}x^i \delta_{kl}{L^l}_\nu {L^j}_\rho \frac{1}{c^2}(\dot{U}^\rho U^\nu -U^\rho \dot{U}^\nu)]=0$ 
なぜなら ${L^i}_\mu U^\mu =0$ なので.
$\eta^{\mu\nu}(U_\mu+\delta_{ij} x^i {L^j}_\rho {H^\rho}_\mu)(U_\nu+\delta_{kl} x^k {L^l}_\sigma {H^\sigma}_\nu)$ 
 $\quad=\eta^{\mu\nu}U_\mu U_\nu$ 
 $\quad+2\eta^{\mu\nu}U_\mu \delta_{kl} x^k{L^l}_\sigma {H^\sigma}_\nu$ 
 $\quad + \eta^{\mu\nu} \delta_{ij} \delta_{kl}x^i x^k {L^j}_\rho {H^\rho}_\mu {L^l}_\sigma {H^\sigma}_nu$ 
 $=-c^2$ 
 $\quad -2\delta_{kl}x^k {L^l}_\mu \dot{U}^\mu$ 
 $\quad -\frac{1}{c^2}(\delta_{ij}x^i {L^j}_\mu \dot{U}^\mu)(\delta_{kl}x^k {L^l}_\nu \dot{U}^\nu)$ 
なぜなら
 $\eta^{\mu\nu}U_\mu{L^i}_\rho {H^\rho}_\nu=-{L^i}_\mu \dot{U}^\mu,$ 
 $\eta^{\mu\nu}{L^i}_\rho{H^\rho}_\mu  {L^j}_\sigma{H^\sigma}_\nu  =-\frac{1}{c^2}({L^i}_\mu\dot{U}^\mu)({L^j}_\nu\dot{U}^\nu)$ 
なので.
再計算は以上です。
17 coJJyMAN 2017/01/31 (火) 22:55:38 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 02/02 (木) 19:14 [修正] [削除]
原点が任意の運動をしている変形しない準拠系は以上のように表わされる。
今回の座標系で原点にとった粒子は $(X_\mu)$ の慣性系で
 $X_1=f_1(t)=a\cos\gamma\omega t ,  X_2=f_2(t)=a\sin\gamma\omega t$ 
の運動をしていたものであったので、ここでの4元加速度は
 $\dot{U}^0=0, $ 
 $\dot{U}^1=-\gamma^2 \omega^2 a \cos\gamma\omega t ,$ 
 $\dot{U}^2=-\gamma^2 \omega^2 a \sin\gamma\omega t .$ 
したがって,今の加速度 $a_i (t)$ は
 $a_1(t)=-\gamma^2 \omega^2 a \cos\gamma^2 \omega t , $ 
 $a_2(t)=-\gamma^2 \omega^2 a \sin\gamma^2 \omega t .$ 
となる.これより,線素 $ds^2$ は, $dz=0$ として省略すると,

 $ds^2=-[1-A(x^1 \cos B x^0 +x^2 \sin B x^0)]^2(dx^0)^2+(dx^1)^2+(dx^2)^2$ 

と求められる。ここで,
 $A=\gamma^2\omega^2 a/c^2,\quad B=\gamma^2\omega/c.$ 
とした.

さて,この時空は重力場の中に静止している粒子を表わしているが、今回,その重力場は定常でなく,原点の粒子のまわりを一定の角速度で回転している「回転重力場」の時空となっている.
その重力場の方向の反対向きに距離 $a$ のところには、元の慣性系での円運動の中心点がある.そして,ここにも慣性系で静止した時計を置いておけば,その時計は,今の時空では逆に等速円運動して見えるだろう。
そこで,今の座標系を座標変換することで,原点の時計(元の円周の時計)も,距離 $a$ で円運動している時計(元の円の中心の時計)も,両方ともが静止して見えるようにしよう。
すると,そのような座標系は、元の慣性系で「半径 $a$ 以内にあった全ての時計」すなわち「時計群の全体」が静止しているように見えるだろう.

まさにこういう理由で,回転座標系を導入する.

これは,公転周期と同じ周期で自転する,地球の衛星(=月)と同じようなものである。粒子が円運動の中心に,常に同じ面を向けている様子を想像しよう.

またそこでは,重力場が時間的変化することなく,定常重力場になるだろう.
18 coJJyMAN 2017/02/02 (木) 19:12:47 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
 $ds^2=-[1-A(x^1 \cos B x^0 +x^2 \sin B x^0)]^2(dx^0)^2+(dx^1)^2+(dx^2)^2$ 
を回転座標系にして,スカラー曲率を求めようと思っていましたが、
おそらく計算がめんどうで,間違いが起こりやすいのが心配です。
それで,寄り道になりますが、練習をかねて
 $ds^2=-[1+A(x^1 \cos B x^0 )]^2(dx^0)^2+(dx^1)^2$ 
という座標系の性質を調べてみます。
これは, $(X_i)$ の慣性系で
 $X=a(1-\cos\omega T )$ 
という往復運動している粒子の相対論的静止系です。
ちょうど,「双子のバラドックス」に出てくる「飛んで帰ってきたら年が違っていた」方の人の座標系ですね.
計算を簡単にするため,
 $ds^2=-(1+x \cos t )^2dt^2+dx^2$ 
というかたちの線素で調べてみようと思います。
19 coJJyMAN 2017/02/03 (金) 02:03:43 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
 $ds^2=-(1+x \cos t )^2dt^2+dx^2$ 
の時空で、 $|x|<<1$  のあたりを調べます。近似的に
 $ds^2=-(1+2x \cos t )dt^2+dx^2$ 
つまり,
 $g_{00}=-1-2x\cos t ,$   $g_{11}=1,$   $ g_{01}=g_{10}=0.$ 
したがって,
 $g^{00}=-(1+2x\cos t)^{-1}\sim -(1-2x\cos t)  ,$   $g^{11}=1,$   $ g^{01}=g^{10}=0.$ 
計量テンソルの偏微分を
 $(ij,k)=g_{ij,k}$ 
クリストッフェル記号を
 $[ijk]=\Gamma_{ijk}=[(ij,k)+(ik,j)-(jk,i)]/2$ 
および
 $[i|jk]=\Gamma^i_{jk}=g^{in}\Gamma_{njk}$ 
として計算すると、
 $[000]=[(00,0)+(00,0)-(00,0)]/2=(00,0)/2=x\sin t.$ 
 $[001]=[(00,1)+(01,0)-(01,0)]/2=(00,1)/2=-\cos t.$ 
それ以外はゼロ.したがって,
 $[0|00]=g^{0n}[n00]=-(1-2x\cos t)x\sin t=-x\sin t +2x^2\cos t \sin t.$ 
 $[0|01]=[0|10]=g^{0n}[n01]=(1-2x\cos t)\cos t.$ 
 $[1|00]=g^{1n}[n00]=x\sin t.$ 
リーマン曲率を
 $\{i|klm\}=R^i_{klm}$ 
と書けば,
 $\{i|klm\}=-\{i|kml\}, \{i|kll\}=0$ 
であって,
 ${\displaystyle \{i|klm\}=\{[i|kl],m\}-\{[i|km],l\}+\sum_{n}\{ [i|nm][n|kl]-[i|nl][n|km] \}}$ 
で与えられる。
 $\{i|k01\}$ の場合だけ計算すればよいので,
 ${\displaystyle \{0|001\}=\{[0|00],1\}-\{[0|01],0\}+\sum_{n}\{ [0|n1][n|00]-[0|n0][n|01] \}}$ 
 $=-\sin t +4x\cos t \sin t -2x\sin t \cos t +(1-2x\cos t)\sin t $ 
 $=0.$ 
 ${\displaystyle \{0|101\}=\{[0|10],1\}-\{[0|11],0\}+\sum_{n}\{ [0|n1][n|10]-[0|n0][n|11] \}}$ 
 $ =-2\cos^2 t +\{[0|01]\}^2=-2\cos^2 t +(1-2x\cos t)^2 \cos^2 t.$ 
 $ =-2\cos^2 t +(1-4x\cos t +4x^2\cos^2 t)\cos^2 t.$ 
 $ =(-1-4x\cos t +4x^2\cos^2 t)\cos^2 t.$ 
 $ \sim -(1+4x\cos t)\cos^2 t.$ 
 $\{0|110\}=-\{0|101\}=(1+4x\cos t)\cos^2 t.$ 
 ${\displaystyle \{1|101\}=\{[1|10],1\}-\{[1|11],0\}+\sum_{n}\{ [1|n1][n|10]-[1|n0][n|11] \}}$ 
 $=0.$ 
すると,リッチ・テンソル
 ${\displaystyle \{ij\}=R_{ij}=R^n_{inj}=\sum_{n}\{n|inj\}}$ 
は,
 $\{00\}=\{0|000\}+\{1|010\}=0. $ 
 $\{01\}=\{10\}=\{0|001\}+\{1|011\}=0. $ 
 $\{11\}=\{0|101\}+\{1|111\} $ 
 $ =-(1+4x\cos t)\cos^2 t.$ 
したがって,スカラー曲率は
 $R=g^{ij}R_{ij}=g^{11}\{11\}$ 
 $ =-(1+4x\cos t)\cos^2 t. $ 
 $\le 0$ 
負の曲率を持つ時空でした。

 ${\displaystyle R_{xx}+\frac{1}{2}g_{xx}R=-\frac{3}{2} (1+4x\cos t)\cos^2 t \le 0 }$ 
が,何を意味するのかよく分からないですけれど(^ ^;)。
20 hirota 2017/02/03 (金) 02:36:54 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
双子のバラドックスで往復する人の座標系なら平坦時空を加速系に座標変換しただけだから曲率を持つ時空になるはずないけど。
21 甘泉法師 2017/02/03 (金) 06:14:01 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

>>18 のオリジナルな設定のほうがわかりやすいです。

観覧車に乗っている兄と出入り口で待っている弟。地球の重力は捨てます。
回転系そのものです。

それをx軸に射影したものだけみても、ゼロにならない、という具合と想像します。
22 coJJyMAN 2017/02/03 (金) 06:35:31 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>20
hirotaさん,コメントありがとうございます.
計算間違いがないか,もうちょっと見直してみますね。近似のしかたが気になるし.
ただし,「平坦な時空を加速系に座標変換した」座標系ではないはずなんです.
<tex>ds^2=-c^2 dt^2\left(1+\frac{a_\alpha x^\alpha}{c^2}\right)^2+dx^2+dy^2+dz^2\tag{30}</tex>
は,空間部分の計量と時間部分の計量を別の方法で変換したものをつなぎあわせてます.
---------------------------------------------------------
この  $S'$  系において,  $X'_0=-X'^0=-cT'=0$  である座標の各点  $(0,X',Y',Z')$  は,原点にある粒子から見て同じ時刻の点ですが,ここで  $(x,y,z)=(X',Y',Z')$  および  $t=\tau$  とした時空  $x^i=(ct,x,y,z)$  を考えると、この時空で時刻が  $t$  (=固有時と同じ値)の時の各点  $(x,y,z)$  はちょうど  $S'$  系の  $(0,X',Y',Z')$  と等しいものとなります。つまり,時間軸は固有時を使い,空間座標は瞬間静止系を使う時空を考えようということです。時間軸が空間座標に直交する相対論的座標系はこのように定義されます。
-------------------------------------------------------
まあ,だとしても,重力方程式の解として $R_{ij}=0$ でなければならないはずだということなら,根本的に考え直さなくてはいけません。
23 coJJyMAN 2017/02/03 (金) 07:15:13 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>21
甘泉法師さん,コメントありがとうございます。
>>18 のオリジナルな設定のほうがわかりやすかったですか・・(反省)
「回転重力場」を解く前に,「振動重力場」で計算してみたのですが,,
元の路線にもどって,解析をつづけます.
24 甘泉法師 2017/02/03 (金) 12:02:57 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

>>18  $X=a(1-\cos\omega T $ 
だけでなく  $Y=a\sin\omega T $  もあわせ平面上の円運動にすれば
すでに解決済み、という趣旨でした。 

地球からは目的地を真横にみて出発する。 ふつうに回転系なので

>>18  $ds^2=-[1-A(x^1 \cos B x^0 +x^2 \sin B x^0)]^2(dx^0)^2+(dx^1)^2+(dx^2)^2$ 
とは $g_{00}$ が異なる。 $g_{01},g_{02}$ がゼロでないなど異なってしまいますが。
25 hirota 2017/02/03 (金) 13:18:18 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
>>22
双子のバラドックスと同じ時空ではなかったのですか。
それなら平坦でなくとも問題ありません。
26 hirota 2017/02/03 (金) 15:43:14 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
双子のバラドックスのように往復する座標なら
慣性系 $(x^0,x^1)=(t,x)$ に対して往復系は $x=v\sin(t)+y$ とでもして
<tex>ds^2&=dt^2-dx^2=\Bigl(1-v^2(\cos(t))^2\Bigr)dt^2\!-2v\cos(t)dtdy-dy^2\\&=\frac{v^2(\cos(t))^2}{1-v^2(\cos(t))^2}\!\left(\!\frac{1-v^2(\cos(t))^2}{v\cos(t)}dt-dy\!\right)^{\!\!2}\!\!-\frac{dy^2}{1-v^2(\cos(t))^2}</tex>
であるから
<tex>t'=\frac{1}{v}\ln\!\left(\!\frac{\cos(t)}{1-\sin(t)}\!\right)\!-v\sin(t)-y</tex>
とすれば往復系 $(y^0,y^1)=(t',y)$ の計量は
<tex>ds^2=\frac{v^2(\cos(t))^2}{1-v^2(\cos(t))^2}(dt')^2\!-\frac{dy^2}{1-v^2(\cos(t))^2}</tex>
となる。
分母0はチョト不味いかな?
27 甘泉法師 2017/02/03 (金) 17:25:08 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

計算の途中のところ

>>19 つまり,
 $g_{00}=-1-2x\cos t ,$   $g_{11}=1,$   $ g_{01}=g_{10}=0.$ 
したがって,
 $g^{00}=-(1+2x\cos t)^{-1}\sim -(1-2x\cos t)  ,$   $g^{11}=1,$   $ g^{01}=g^{10}=0.$ 

以下の計算ではx^2までとっているから計量もそこまでとる
あるいは以下の計算でもxの2次を落とす 整合性は不要でしょうか。
28 coJJyMAN 2017/02/03 (金) 19:21:43 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>27甘泉法師さん
そうだ!それかも!帰ったら考え直してみます!ありがとうございます。
29 coJJyMAN 2017/02/03 (金) 19:59:10 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
hirotaさん,検討ありがとうございます。
>>26の計量も調べてみたいと思います。m(_._)m
30 hirota 2017/02/03 (金) 21:09:45 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
>>26は欠陥があるので $x=v\sin(t)$ の運動をする物体の世界点 $(t_0,v\sin(t_0))$ と同時刻線 $(v\cos(t_0),1)$ を使って座標変換
<tex>(t,x)=(t_0,v\sin(t_0))+\frac{y}{\sqrt{1-v^2(\cos(t_0))^2}}(v\cos(t_0),1)</tex>
を考えると
<tex>ds^2=dt^2-dx^2=\!\left(\!\sqrt{1-v^2(\cos(t_0))^2}-\frac{yv\sin(t_0)}{1-v^2(\cos(t_0))^2}\!\right)^{\!\!2}\!\!(dt_0)^2\!-dy^2</tex>
となり、 $y=0$ での固有時
<tex>dt'\!=\!\sqrt{1-v^2(\cos(t_0))^2}\,dt_0</tex>
を使うと
<tex>ds^2=\!\left(\!1-\frac{yv\sin(t_0)}{(1-v^2(\cos(t_0))^2)^{3/2}}\!\right)^{\!\!2}\!\!(dt')^2\!-dy^2</tex>
となる。
31 coJJyMAN 2017/02/03 (金) 21:34:31 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
hirotaさん,検討ありがとうございます。
>>30の方の計量を調べてみたいと思います。m(_._)m
32 coJJyMAN 2017/02/03 (金) 21:59:14 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
あ〜,,>>19は計算ミスしてました。。大変失礼いたしました。。
33 coJJyMAN 2017/02/03 (金) 23:39:05 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
1次元の任意の運動について,改めて調べました。
結果、以下のように、曲率テンソルの成分は全てゼロであることが確かめられました。
(この練習,キツイ..)
いま, $\theta(\tau)$  を $\tau=0$  でゼロとなるような,ある関数として,元の慣性系での粒子の4元速度が
 $U^i=(c \ \cosh \ \theta(\tau),c \ \sinh \ \theta(\tau),0,0)$ 
であったとします.つまり,粒子の世界線は
 ${\displaystyle x^i=f^i(\tau)=\left( c\int _{ 0 }^{ \tau  }{ \cosh { \theta \left( \tau  \right)  } d\tau  } ,c\int _{ 0 }^{ \tau  }{ \sinh { \theta \left( \tau  \right)  } d\tau  } ,0,0 \right) }$ 
であると考えます。このとき,4元加速度は
 $\dot{U}^i=(c \dot{\theta}\sinh {\theta},c \dot{\theta}\cosh {\theta},0,0)$ 
となり,MCR系へのローレンツ変換は
 ${\displaystyle { L^{ i } }_{ j }=\begin{pmatrix} \cosh { \theta  }  & -\sinh { \theta  }  \\ -\sinh { \theta  }  & \cosh { \theta  }  \end{pmatrix}}$ 
であたえられます.
参考)
http://eman.hobby-site.com/emanbbs/1412/141214002.html#res41

すると,このスレの理論での加速度
 ${\displaystyle a_i(t)=\delta_{ij}{L^j}_\mu \dot{U}^\mu |_{\tau=t}}$ 
は,
 ${\displaystyle a_1(t)=\delta_{11}({L^1}_0 \dot{U}^0+{L^1}_1 \dot{U}^1) |_{\tau=t}}$ 
 ${\displaystyle \quad= -c \dot{\theta}\sinh^2 {\theta}+c \dot{\theta}\cosh^2 {\theta}}$ 
 ${\displaystyle \quad= c \dot{\theta}(t)}$ 
となります.
これにより,計量テンソルは  $ds^2=g_{\mu\nu}dx^\mu dx^\nu$  として
 ${\displaystyle g_{00}=-\left(1+\frac{a_1 x^1}{c^2}\right)^2,}$ 
 $g_{11}=g_{22}=g_{33}=1,$ 
および,  $g_{\mu\nu}=0(\mu\neq\nu)$ 

ちなみに,もし $\theta(\tau)$ が
 $\theta(\tau)=(a/c)\tau$ 
という, $\tau$ の1次関数だったら,
 ${\displaystyle a_1(t)=a=const.}$ 
となり,リンドラー座標が正確に再現されます。

さて,
 ${\displaystyle a_1(t)=c \dot{\theta}(t)}$ 
であったのだから,計量テンソルの00成分は
 ${\displaystyle g_{00}=-\left(1+\frac{ x \dot{\theta} }{c}\right)^2,}$ 
以下,空間はxの1次元とし, $c=1$ の単位系で考えることにします。
計量テンソルは
 ${\displaystyle g_{00}=-(1+x \dot{\theta} )^2,g_{01}=g_{10}=0,g_{11}=1}$ 
そして,
 ${\displaystyle g^{00}=-(1+x \dot{\theta} )^{-2},g^{01}=g^{10}=0,g^{11}=1}$ 
である.
 ${\displaystyle g_{00}=-(1+2x \dot{\theta} +x^2 \dot{\theta}^2)}$ 
と展開して, $\theta$ が $t$ だけの関数であることに注意しながら計算すると、
接続係数は
 $[ijk]=\Gamma_{ijk}=[(ij,k)+(ik,j)-(jk,i)]/2$ 
で与えられ,計量の偏微分は
 $(00,0)=-(2x\ddot{\theta}+2x^2\dot{\theta}\ddot{\theta})=-2x\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})$ 
 $(00,1)=-(2\dot{\theta}+2x\dot{\theta}^2)=-2\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})$ 
であるので,
 $[000]=[(00,0)+(00,0)-(00,0)]/2=(00,0)/2=-x\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})$ 
 $[001]=[(00,1)+(01,0)-(01,0)]/2=(00,1)/2=-\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})$ 
 $[010]=[001]=-\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})$ 
 $[011]= [(01,1)+(01,1)-(11,0)]/2=0$ 
 $[100]=[(10,0)+(10,0)-(00,1)]/2=-(00,1)/2=-[001]=\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})$ 
 $[101]=[(10,1)+(11,0)-(01,1)]/2=0$ 
 $[110]=[101]=0$ 
 $[111]=(11,1)/2=0$ 
したがって,
 $[0|00]=g^{0n}[n00]=g^{00}[000]=(1+x \dot{\theta} )^{-2}x\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})=x\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-1}$ 
 $[0|01]=g^{0n}[n01]=g^{00}[001]=(1+x \dot{\theta} )^{-2}\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})=\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-1}$ 
 $[0|10]=[0|01]=\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-1}$ 
 $[0|11]=g^{0n}[n11]=g^{00}[011]=0$ 
 $[1|00]=g^{1n}[n00]=g^{11}[100]=\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})$ 
 $[1|01]=g^{1n}[n01]=g^{11}[101]=0$ 
 $[1|10]=[1|01]=0$ 
 $[1|11]=g^{1n}[n11]=g^{11}[111]=0$ 

曲率テンソルは
 ${\displaystyle \{i|klm\}=\{[i|kl],m\}-\{[i|km],l\}+\sum_{n}\{ [i|nm][n|kl]-[i|nl][n|km] \}}$ 
で与えられる。 $\{i|klm\}=-\{i|kml\}, \{i|kll\}=0$ から,
 $\{i|k01\}$  の場合だけ計算すればよいので,
まず,
 ${\displaystyle \{0|001\}=\{[0|00],1\}-\{[0|01],0\}+\sum_{n}\{ [0|n1][n|00]-[0|n0][n|01] \}}$ 
ここで,
 ${\displaystyle \sum_{n}\{ [0|n1][n|00]-[0|n0][n|01] \}}$ 
 $= [0|01][0|00]-[0|00][0|01]+ [0|11][1|00]-[0|10][1|01]$ 
 $=0$ 
なので,
 ${\displaystyle \{0|001\}=\{[0|00],1\}-\{[0|01],0\}}$ 
ところが,
 $\{[0|00],1\}=\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-1}-x\ddot{\theta}\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-2} $ 
 $=(\ddot{\theta}+x\ddot{\theta}\dot{\theta})(1+x\dot{\theta})^{-2}-x\ddot{\theta}\dot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-2}$ 
 $=\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-2}$ 
 $\{[0|01],0\} =\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-1}-\dot{\theta}x\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-2}$ 
 $=(\ddot{\theta}+x\ddot{\theta}\dot{\theta})(1+x\dot{\theta})^{-2}-\dot{\theta}x\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-2}$ 
 $=\ddot{\theta}(1+x\dot{\theta})^{-2}$ 
なので,
 ${\displaystyle \{0|001\}=\{[0|00],1\}-\{[0|01],0\}=0}$ 
となる.また,
 ${\displaystyle \{0|010\}=-\{0|001\}=0}$ 
である.

つぎに,
 ${\displaystyle \{0|101\}=\{[0|10],1\}-\{[0|11],0\}+\sum_{n}\{ [0|n1][n|10]-[0|n0][n|11] \}}$ 
ここで,
 ${\displaystyle \sum_{n}\{ [0|n1][n|10]-[0|n0][n|11] \}}$ 
 $=[0|01][0|10]-[0|00][0|11] +[0|11][1|10]-[0|10][1|11]$ 
 $=[0|01]^2 $ 
なので,
 ${\displaystyle \{0|101\}=\{[0|01],1\}+[0|01]^2  }$ 
ところが,
 $\{[0|01],1\}=-\dot{\theta}^2(1+x\dot{\theta})^2$ 
だから,
 ${\displaystyle \{0|101\}=-\dot{\theta}^2(1+x\dot{\theta})^2+\dot{\theta}^2(1+x\dot{\theta})^2 =0 }$ 
したがって,
 ${\displaystyle \{0|110\}=0 }$ 
つづいて,
 ${\displaystyle \{1|001\}=\{[1|00],1\}-\{[1|01],0\}+\sum_{n}\{ [1|n1][n|00]-[1|n0][n|01] \}}$ 
 ${\displaystyle =\{[1|00],1\}-[1|00][0|01] }$ 
ここで,
 $\{[1|00],1\}=\dot{\theta}^2$ 
 $[1|00][0|01]=\dot{\theta}^2$ 
なので,
 ${\displaystyle \{1|001\}=\{[1|00],1\}-[1|00][0|01] =0}$ 
最後に、
 ${\displaystyle \{1|101\}=\{[1|10],1\}-\{[1|11],0\}+\sum_{n}\{ [1|n1][n|10]-[1|n0][n|11] \}=0}$ 

以上で,確かに曲率テンソルはゼロになりました.
34 coJJyMAN 2017/02/04 (土) 23:13:45 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 02/07 (火) 23:13 [修正] [削除]
 $ds^2=-[1-A(x^1 \cos B x^0 +x^2 \sin B x^0)]^2(dx^0)^2+(dx^1)^2+(dx^2)^2$ 
を回転座標系にして,スカラー曲率を調べてみたいと思います。
ここで,
 $A=\gamma^2\omega^2 a/c^2,\quad B=\gamma^2\omega/c.$ 
です.
 ${\displaystyle \begin{pmatrix}  x'_1 \\ x'_2   \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}  \cos{Bx_0} &  \sin{Bx_0} \\  -\sin{Bx_0} &  \cos{Bx_0}  \end{pmatrix}\begin{pmatrix}  x_1 \\ x_2   \end{pmatrix} }$ 
とすれば,
 ${\displaystyle \begin{pmatrix}  x_1 \\ x_2   \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}  \cos{Bx_0} &  -\sin{Bx_0} \\  \sin{Bx_0} &  \cos{Bx_0}  \end{pmatrix}\begin{pmatrix}  x'_1 \\ x'_2   \end{pmatrix} }$ 
なので,
 ${\displaystyle dx_1=dx'_1 \cos{Bx_0}-dx'_2 \sin{Bx_0}-Bdx_0(x'_1\sin{Bx_0}+x'_2\cos{Bx_0}) }$ 
 ${\displaystyle dx_2=dx'_1 \sin{Bx_0}+dx'_2 \cos{Bx_0}+Bdx_0(x'_1\cos{Bx_0}-x'_2\sin{Bx_0}) }$ 
したがって,
 ${\displaystyle -[1-A(x^1 \cos B x^0 +x^2 \sin B x^0)]^2(dx^0)^2=-(1-Ax'_1)^2(dx^0)^2}$ 
また,
 $(dx^1)^2+(dx^2)^2$ 
 $\quad =(dx'^1)^2+(dx'^2)^2$ 
 $\quad +B^2(dx_0)^2({x'_1}^2+{x'_2}^2)$ 
 $\quad -2Bdx_0 dx'_1 x'_2(\cos^2{Bx_0}+\sin^2{Bx_0})$ 
 $\quad +2Bdx_0 dx'_2 x'_1(\sin^2{Bx_0}+\cos^2{Bx_0})$ 
 $\quad =(dx'^1)^2+(dx'^2)^2+B^2(dx_0)^2({x'_1}^2+{x'_2}^2)-2Bx'_2 dx_0 dx'_1 +2Bx'_1 dx_0 dx'_2 $ 
この座標系を,あらためてダッシュをつけずに書き直すと,
 $ds=g_{ij}dx^i dx^j$ 
として,
 $g_{00}=-(1-Ax)^2+B^2(x^2+y^2)$ 
 $g_{11}=g_{22}=1$ 
 $g_{01}=g_{10}=-By,g_{02}=g_{20}=Bx$ 
となる.
ここで,
 $A=\gamma^2\omega^2 a/c^2,\quad B=\gamma^2\omega/c.$ 
を思い出すと、
 $v=a\omega/c$ 
とおけば,
 $A=vB$ 
なので,
 $g_{00}=-1+2Ax-A^2x+B^2x^2+B^2y^2$ 
 $=-1+2vBx+(1-v^2)B^2x^2+B^2y^2$ 
 $=-1+2bCx+C^2x^2+B^2y^2$ 
となります,ここで,
 $C=\sqrt{1-v^2}B,\quad b=vB/C$ 
としました.
35 hirota 2017/02/04 (土) 23:42:14 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
地球からの潮汐力を受けてる宇宙ステーション?
36 coJJyMAN 2017/02/05 (日) 00:58:11 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>35
そうなるかも・・?
37 大学生A 2017/02/05 (日) 02:23:20 ID:Utjkuz.Osc 修正アリ: 06:41 [修正] [削除]
hirotaさん

 $g_{01}=g_{10}=-2By,g_{02}=g_{20}=2Bx$ 

では?
ところで、

a = 0

のとき、γ= 1 なので、

<tex>ds^2=[1-\frac{\omega^2}{c^2}(x^2+y^2)]dct^2-dx^2-dy^2-dz^2+\frac{2\omega y}{c}dctdx-\frac{2\omega x}{c}dctdy</tex>

となるわけですが、これはどこかで見たことがあります。
この線素方程式は何を意味しているのでしょうか?

******************************************************************

すみません。

 $g_{01}=g_{10}=-By,g_{02}=g_{20}=Bx$ 

ですね。
ダブルカウントしてしまいました。m(_ _)m
38 coJJyMAN 2017/02/05 (日) 06:17:03 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 08:19 [修正] [削除]
大学生Aさん,
$g_{01}=g_{10}=-2By,g_{02}=g_{20}=2Bx$ 
 $ds=g_{ij}dx^i dx^j$  だから,非対角成分は $g_{01}(dx^0)(dx^1)+g_{10}(dx^0)(dx^1)$ 
のように2回足されますよ.
(追記)
その後,気付いていただいて何よりでござる。
39 hirota 2017/02/05 (日) 11:39:54 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
なんで呼ばれたんだ?
40 coJJyMAN 2017/02/05 (日) 11:41:02 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
人違いでしょう。
41 coJJyMAN 2017/02/05 (日) 11:42:50 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>34の続きです。
公転周期と自転周期が一致したこの座標系の計量は
 $g_{00}=-1+2bCx+C^2x^2+B^2y^2$ 
 $g_{11}=g_{22}=1$ 
 $g_{01}=g_{10}=-By,g_{02}=g_{20}=Bx$ 
ただし,
 $C=\sqrt{1-v^2}B,\quad b=vB/C$ 
のとき,つまり
 ${\displaystyle g_{ij}=\begin{pmatrix}  -1+2bCx+C^2x^2+B^2y^2 & -By & Bx \\ -By & 1  & 0 \\ Bx & 0 & 1 \end{pmatrix} }$ 
のとき,
https://www.wolframalpha.com/input/?i=inverse+%7B%7BA+,+-B+,+C%7D,+%7B+-B+,+1++,+0+%7D,%7B+C+,+0+,+1%7D%7D
より,
 ${\displaystyle A=\begin{pmatrix} F& -G & H \\ -G & 1 & 0 \\ H & 0 & 1 \end{pmatrix} }$ 
の逆行列は
 ${\displaystyle A^{ -1 }=\frac { 1 }{ F-G^{ 2 }-H^{ 2 } } \begin{pmatrix} 1 & G & -H \\ G & F-H^2 & -G H \\ -H & -G H & F-G^2 \end{pmatrix} }$ 
だから,
 $F=-1+2bCx+C^2x^2+B^2y^2,G=By,H=Bx$ 
として,
 $g=F-G^2-H^2=-1+2bCx+C^2x^2-B^2x^2$ 
 $=-1+2bCx-v^2B^2x^2=-1+2bCx-b^2C^2x^2$ 
 $=-(1-bCx)^2$ 
また,
 $F-H^2=-(1-bCx)^2+B^2y^2,$ 
 $F-G^2=-(1-bCx)^2+B^2x^2$ 
より,
 ${\displaystyle g^{ ij }=\frac { 1 }{ -(1-bCx)^{ 2 } } \begin{pmatrix} 1 & By & -Bx \\ By & -(1-bCx)^{ 2 }+B^{ 2 }y^{ 2 } & -B^{ 2 }xy \\ -Bx & -B^{ 2 }xy & -(1-bCx)^{ 2 }+B^{ 2 }x^{ 2 } \end{pmatrix} }$ 
42 hirota 2017/02/06 (月) 21:02:26 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
潮汐力を受けてる宇宙ステーションってどうなるかなーと思ってチョト計算。
まず等方化したSchwarzschild計量
<tex>ds^2=\!\biggl(\!1-\frac{2GM}{r}\Bigl(1+\frac{GM}{2r}\Bigr)^{\!\!-2}\biggr)dt^2\!-\!\Bigl(1+\frac{GM}{2r}\Bigr)^{\!\!4}\!(dx^2+dy^2+dz^2)</tex>
からz省略で
<tex>\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\!=\!\begin{pmatrix}r_s\cos\omega t\\r_s\sin\omega t\end{pmatrix}\!+\!\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}</tex>
とすると複雑になりすぎるから大幅に近似して、
更に引力と遠心力が釣り合ってる条件
<tex>\frac{GM}{r_s}=r_s\omega^2</tex>
を入れると直交化計算の結果は
<tex>ds^2=&\biggl(\!1-\frac{GM}{r_s}\Bigl(3-\frac{2}{r_s}(x'\cos\omega t+y'\sin\omega t)\Bigr)\!\biggr)\!\Bigl(dt+r_s\omega\,(\sin\omega t\,dx'-\cos\omega t\,dy')\Bigr)^{\!\!2}\\&-\!\Biggl(\!\biggl(1+\frac{GM}{r_s}\Bigl(1+\frac{1}{2}(\sin\omega t)^2\Bigr)\!\biggr)dx'\!-\frac{GM}{2r_s}\sin\omega t\cos\omega t\,dy'\!\Biggr)^{\!\!2}\\&-\!\Biggl(\!\biggl(1+\frac{GM}{r_s}\Bigl(1+\frac{1}{2}(\cos\omega t)^2\Bigr)\!\biggr)dy'\!-\frac{GM}{2r_s}\sin\omega t\cos\omega t\,dx'\!\Biggr)^{\!\!2}</tex>
となる。
近似したのに…まだ複雑やねー
43 coJJyMAN 2017/02/07 (火) 03:54:51 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
hirotaさん,どうもです.
一応、「座標原点のリーマン曲率テンソルにゼロでない成分がある」ことを確認しました。
以下に計算の仮定を記します。
(ほんとは,局所線形変換で接続係数をゼロにするとか,はたまた,断面曲率をそれぞれ求めて見たかったのですが、そこまで勉強が進んでないのです)
 $g_{00}=-1+2bCx+C^2x^2+B^2y^2$ 
 $g_{11}=g_{22}=1$ 
 $g_{01}=g_{10}=-By,g_{02}=g_{20}=Bx$ 
 ${\displaystyle g^{ ij }=\frac { 1 }{ -(1-bCx)^{ 2 } } \begin{pmatrix} 1 & By & -Bx \\ By & -(1-bCx)^{ 2 }+B^{ 2 }y^{ 2 } & -B^{ 2 }xy \\ -Bx & -B^{ 2 }xy & -(1-bCx)^{ 2 }+B^{ 2 }x^{ 2 } \end{pmatrix} }$ 
 ${\displaystyle g^{00}=\frac { -1 }{ (1-bCx)^2 } }$ 
 ${\displaystyle g^{01}=g^{10}=\frac { -By }{ (1-bCx)^2 } }$ 
 ${\displaystyle g^{02}=g^{20}=\frac { Bx }{ (1-bCx)^2} }$ 
 ${\displaystyle g^{11}=\frac { (1-bCx)^2-B^2y^2}{ (1-bCx)^2 }=1-\frac { B^2y^2}{ (1-bCx)^2 } }$ 
 ${\displaystyle g^{12}=g^{21}=\frac { B^2 xy }{ (1-bCx)^2} }$ 
 ${\displaystyle g^{22}=\frac { (1-bCx)^2-B^2x^2}{ (1-bCx)^2 }=1-\frac { B^2x^2}{ (1-bCx)^2 } }$ 
計量の微分は
 $(00,1)=2bC+2C^2x$ 
 $(00,2)=2B^2y$ 
 $(01,2)=(10,2)=-B$ 
 $(02,1)=(20,1)=B$ 
接続係数は
 $[ijk]=\Gamma_{ijk}=[(ij,k)+(ik,j)-(jk,i)]/2$ 
 $[000]=0$ 
 $[001]=[(00,1)+(01,0)-(01,0)]/2=(00,1)/2=bC+C^2x$ 
 $[002]=[(00,2)+(02,0)-(02,0)]/2=(00,2)/2=B^2y$ 
 $[010]=[001]=bC+C^2x$ 
 $[011]=[(01,1)+(01,1)-(11,0)]/2=0$ 
 $[012]=[(01,2)+(02,1)-(12,0)]/2=[-B+B]/2=0$ 
 $[020]=[002]=B^2y$ 
 $[021]=[012]=0$ 
 $[022]=[(02,2)+(02,2)-(22,0)]/2=0$ 
 $[100]=[(10,0)+(10,0)-(00,1)]/2=-(00,1)/2=-bC-C^2x$ 
 $[101]=[(10,1)+(11,0)-(01,0)]/2=0$ 
 $[102]=[(10,2)+(12,0)-(02,1)]/2=[-B-B]/2=-B$ 
 $[110]=[101]=0$ 
 $[111]=[(11,1)+(11,1)-(11,1)]/2=0$ 
 $[112]=[(11,2)+(12,1)-(12,1)]/2=0$ 
 $[120]=[102]=-B$ 
 $[121]=[112]=0$ 
 $[122]=[(11,2)+(12,1)-(12,1)]/2=0$ 
 $[200]=[(20,0)+(20,0)-(00,2)]/2=-(00,2)/2=-B^2y$ 
 $[201]=[(20,1)+(21,0)-(01,2)]/2=[B+B]/2=B$ 
 $[202]=[(20,2)+(22,0)-(02,2)]/2=0$ 
 $[210]=[201]=B$ 
 $[211]=[(21,1)+(21,1)-(11,2)]/2=0$ 
 $[212]=[(21,2)+(22,1)-(12,2)]/2=0$ 
 $[220]=[202]=0$ 
 $[221]=[212]=0$ 
 $[222]=[(22,2)+(22,2)-(22,2)]/2=0$ 

さて,リーマン曲率は, $\{i|klm\}=R^i_{klm}$ で,
 ${\displaystyle \{i|klm\}=\{[i|kl],m\}-\{[i|km],l\}+\sum_{n}\{ [i|nm][n|kl]-[i|nl][n|km] \}}$ 
でしたが,ここの
 $[i|jk]=\Gamma^i_{jk}=g^{in}\Gamma_{njk}$ 
は,今回特に求めたい座標原点での値については  
 $[i|jk](0)=\Gamma^i_{jk}(0)=\eta^{in}\Gamma_{njk}(0)$ 
となります.
したがって,ゼロでない値を持つのは
 $[0|jk](0)=-\Gamma_{0jk}(0)$ より
 $[0|01](0)=[0|10](0)=-bC$ ,
 $[1|jk](0)=\Gamma_{1jk}(0)$ より
 $[1|00](0)=-bC$ ,
 $[1|02](0)=[1|20](0)=-B$ ,
 $[2|jk](0)=\Gamma_{2jk}(0)$ より
 $[2|01](0)=[2|10](0)=B$ ,

そこで, $\{0|001\}=R^0_{001}$ を求めると、
 $[0|00]=\Gamma^0_{00}=g^{0n}\Gamma_{n00}=g^{00}\Gamma_{000}+g^{01}\Gamma_{100}+g^{02}\Gamma_{200}$ 
 ${\displaystyle =\frac { By(bC+C^2x) }{ (1-bCx)^2 }+\frac { -B^3xy }{ (1-bCx)^2} }$ 
 ${\displaystyle =\frac { bC }{ (1-bCx)^2 }+\frac { B(C^2-B^2)xy }{ (1-bCx)^2} }$ 
より,
 $\{[0|00],1\}(0)=2b^2C^2$ 
したがって,
 ${\displaystyle \{0|001\}=\{[0|00],1\}-\{[0|01],0\}+\sum_{n}\{ [0|n1][n|00]-[0|n0][n|01] \}}$ 
 $=2b^2C^2$ 
 $+[0|01][0|00]+[0|11][1|00]+[0|21][2|00]$ 
 $-[0|00][0|01] -[0|10][1|01] -[0|20][2|01] $ 
 $=2b^2C^2+0[1|00]-[0|10]0 -0[2|01] $ 
 $=2b^2C^2$ 
これは,ゼロでない成分です。
ということは,この時空は平坦ではないことが分かります。
44 coJJyMAN 2017/02/07 (火) 07:32:26 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
あー、すみません。
ちゃんとスカラー曲率求めなきゃ意味ないですね。
局所慣性系をしっかり勉強しますm(_ _)m
45 hirota 2017/02/07 (火) 12:49:25 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
これって計算の練習?
回転座標にする前の計量で計算した方が楽では?
空間部分だけを計算するなら別だけど、時空全部なら座標変換はテンソルの本質を変えない。
46 甘泉法師 2017/02/07 (火) 15:28:13 ID:ctwIRbLQLU 修正アリ: 15:32 [修正] [削除]
こんにちは。

そうですね。

>>34  $ds^2=-[1-A(x^1 \cos B x^0 +x^2 \sin B x^0)]^2(dx^0)^2+(dx^1)^2+(dx^2)^2$ 

より一般的に $ds^2=g_{00}(x^1,x^2,x^0)(dx^0)^2+(dx^1)^2+(dx^2)^2$ 

 偏微分してゼロでないのは $g_{00}$ だけ
  $g^{ij}$ は対角行列
 Rの結果の式に $g_{00}$ の具体形をいれる

ほうが簡単そうです。 手を使わずあれこれいうのはおこがましいですが。
47 甘泉法師 2017/02/07 (火) 15:30:03 ID:ctwIRbLQLU 修正アリ: 17:01 [修正] [削除]
PS

1
 $g_{00}(x^1,x^2,x^0)$  がx1 と x2 について対称でない>>34は奇妙で面白いです.

2
<tex>\sqrt{-g_{00}(x^1,x^2,x^0)}dx^0=d\mathfrak{x}^0</tex>
を導入すると計量(-,+,+,+)
<tex>ds^2=-(d\mathfrak{x}^0)^2+(dx^1)^2+(dx^2)^2</tex>
になるので、こういう ときところですすみかたの違う時間を使うことが局所慣性系への変換になる と推測します。
48 甘泉法師 2017/02/07 (火) 17:48:32 ID:ctwIRbLQLU 修正アリ: 02/11 (土) 16:29 [修正] [削除]
こんにちは。

>>19 の処方によりクリストッフェル記号まで計算してみると

>計量テンソルの偏微分を
>  $(ij,k)=g_{ij,k}$ 

 $(00,k)=g_{00,k}$ 

>クリストッフェル記号を
>  $[ijk]=\Gamma_{ijk}=[(ij,k)+(ik,j)-(jk,i)]/2$ 

 $[i00]=\Gamma_{i00}=[2(i0,0)-(00,i)]/2=\delta_{i0}(00,0)/2-\delta_{i1}(00,1)/2-\delta_{i2}(00,2)/2$ 
 $[0j0]=\Gamma_{0j0}=(00,j)/2$ 
 $[00k]=\Gamma_{00k}=(00,k)/2$ 


計量の反変成分は
 $g^{00}=(g_{00})^{-1},g^{11}=1,g^{22}=1.$ 

>  $[i|jk]=\Gamma^i_{jk}=g^{in}\Gamma_{njk}$ 

<tex>[i|jk]=\Gamma^i_{jk}=g^{in}\Gamma_{njk}=g^{i0}\Gamma_{0jk}+g^{i1}\Gamma_{1jk}+g^{i2}\Gamma_{2jk}=\delta_{i0}g^{00}\Gamma_{0jk}+\delta_{i1}\delta_{j0}\delta_{k0}\Gamma_{100}+\delta_{i2}\delta_{j0}\delta_{k0}\Gamma_{200}</tex>

<tex>=\delta_{i0}\delta_{j0}\frac{\Gamma_{00k}}{g_{00}}+\delta_{i0}\delta_{k0}\frac{\Gamma_{0j0}}{g_{00}}+\delta_{i1}\delta_{j0}\delta_{k0}\Gamma_{100}+\delta_{i2}\delta_{j0}\delta_{k0}\Gamma_{200}</tex>

<tex>=\delta_{i0}\delta_{j0}\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{i0}\delta_{k0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}-\delta_{i1}\delta_{j0}\delta_{k0}(00,1)/2-\delta_{i2}\delta_{j0}\delta_{k0}(00,2)/2</tex>
49 甘泉法師 2017/02/07 (火) 22:10:27 ID:ctwIRbLQLU 修正アリ: 02/12 (日) 12:28 [修正] [削除]
(続き)

>リーマン曲率を
>  $\{i|klm\}=R^i_{klm}$ 
>と書けば,
>  $\{i|klm\}=-\{i|kml\}, \{i|kll\}=0$ 
>であって,
>  ${\displaystyle \{i|klm\}=\{[i|kl],m\}-\{[i|km],l\}+\sum_{n}\{ [i|nm][n|kl]-[i|nl][n|km] \}}$ 


1.
<tex>[i|jk],l=\delta_{i0}\delta_{j0}[\frac{(00,k)/2}{g_{00}}]_{,l}+\delta_{i0}\delta_{k0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,l}-\delta_{i1}\delta_{j0}\delta_{k0}(00,1l)/2-\delta_{i2}\delta_{j0}\delta_{k0}(00,2l)/2</tex>

<tex>[i|jl],k=\delta_{i0}\delta_{j0}[\frac{(00,l)/2}{g_{00}}]_{,k}+\delta_{i0}\delta_{l0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,k}-\delta_{i1}\delta_{j0}\delta_{l0}(00,1k)/2-\delta_{i2}\delta_{j0}\delta_{l0}(00,2k)/2</tex>

<tex>[i|jk],l-[i|jl],k=\delta_{i0}\delta_{j0}\{[\frac{(00,k)/2}{g_{00}}]_{,l}-[\frac{(00,l)/2}{g_{00}}]_{,k}\}+\delta_{i0}\{\delta_{k0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,l}-\delta_{l0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,k}\}-\delta_{i1}\delta_{j0}\{\delta_{k0}(00,1l)/2-\delta_{l0}(00,1k)/2\}-\delta_{i2}\delta_{j0}\{\delta_{k0}(00,2l)-\delta_{l0}(00,2k)/2\}</tex>

<tex>=\delta_{i0}\{\delta_{k0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,l}-\delta_{l0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,k}\}-\delta_{i1}\delta_{j0}\{\delta_{k0}(00,1l)/2-\delta_{l0}(00,1k)/2\}-\delta_{i2}\delta_{j0}\{\delta_{k0}(00,2l)/2-\delta_{l0}(00,2k)/2\}</tex>



2.
<tex>\sum_{n}\{ [i|nl][n|jk]-[i|nk][n|jl] \}=[i|0l][0|jk]-[i|0k][0|jl] + [i|1l][1|jk]-[i|1k][1|jl] + [i|2l][2|jk]-[i|2k][2|jl]</tex>

<tex>=[\delta_{i0}\frac{(00,l)/2}{g_{00}}+\delta_{i0}\delta_{l0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}}-\delta_{i1}\delta_{l0}(00,1)/2-\delta_{i2}\delta_{l0}(00,2)/2][\delta_{j0}\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{k0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]-[\delta_{i0}\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{i0}\delta_{k0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}}-\delta_{i1}\delta_{k0}(00,1)/2-\delta_{i2}\delta_{k0}(00,2)/2][\delta_{j0}\frac{(00,l)/2}{g_{00}}+\delta_{l0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]</tex>

<tex>+[\delta_{i0}\delta_{l0}\frac{(00,1)/2}{g_{00}}][-\delta_{j0}\delta_{k0}(00,1)/2]-[\delta_{i0}\delta_{k0}\frac{(00,1)/2}{g_{00}}][-\delta_{j0}\delta_{l0}(00,1)/2]</tex> キャンセル

<tex>+[\delta_{i0}\delta_{l0}\frac{(00,2)/2}{g_{00}}][-\delta_{j0}\delta_{k0}(00,2)/2]-[\delta_{i0}\delta_{k0}\frac{(00,2)/2}{g_{00}}][-\delta_{j0}\delta_{l0}(00,2)/2]</tex> キャンセル

<tex>=[\delta_{i0}\frac{(00,l)/2}{g_{00}}+\delta_{i0}\delta_{l0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}}-\delta_{i1}\delta_{l0}(00,1)/2-\delta_{i2}\delta_{l0}(00,2)/2][\delta_{j0}\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{k0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]-[\delta_{i0}\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{i0}\delta_{k0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}}-\delta_{i1}\delta_{k0}(00,1)/2-\delta_{i2}\delta_{k0}(00,2)/2][\delta_{j0}\frac{(00,l)/2}{g_{00}}+\delta_{l0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]</tex>

3.
1と2を加えて曲率テンソルは

<tex> \{i|jkl\}=\delta_{i0}\delta_{j0}\{[\frac{(00,k)/2}{g_{00}}]_{,l}-[\frac{(00,l)/2}{g_{00}}]_{,k}\}+\delta_{i0}\{\delta_{k0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,l}-\delta_{l0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,k}\}-\delta_{i1}\delta_{j0}\{\delta_{k0}(00,1l)/2-\delta_{l0}(00,1k)/2\}-\delta_{i2}\delta_{j0}\{\delta_{k0}(00,2l)-\delta_{l0}(00,2k)/2\}</tex>

<tex>+[\delta_{i0}\frac{(00,l)/2}{g_{00}}+\delta_{i0}\delta_{l0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}}-\delta_{i1}\delta_{l0}(00,1)/2-\delta_{i2}\delta_{l0}(00,2)/2][\delta_{j0}\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{k0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]-[\delta_{i0}\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{i0}\delta_{k0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}}-\delta_{i1}\delta_{k0}(00,1)/2-\delta_{i2}\delta_{k0}(00,2)/2][\delta_{j0}\frac{(00,l)/2}{g_{00}}+\delta_{l0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]</tex>

反変成分ごとにみると

<tex> \{0|jkl\}=\delta_{k0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,l}-\delta_{l0}[\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]_{,k}</tex>

<tex>+[\frac{(00,l)/2}{g_{00}}+\delta_{l0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}}][\delta_{j0}\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{k0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]-[\frac{(00,k)/2}{g_{00}}+\delta_{k0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}}][\delta_{j0}\frac{(00,l)/2}{g_{00}}+\delta_{l0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}}]</tex>


<tex>\{0|jkl\}=\delta_{k0}\frac{(00,jl)/2}{g_{00}} - \delta_{l0}\frac{(00,jk)/2}{g_{00}}-2\delta_{k0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}^2}(00,l)/2 + 2\delta_{l0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}^2}(00,k)/2</tex>
<tex>+\delta_{j0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}^2}[\delta_{l0}(00,k)/2-\delta_{k0}(00,l)/2]</tex>
<tex>+\frac{(00,j)/2}{g_{00}^2}[\delta_{k0}(00,l)/2-\delta_{l0}(00,k)/2]</tex>


<tex>\{0|jkl\}=\delta_{k0}\frac{(00,jl)/2}{g_{00}} - \delta_{l0}\frac{(00,jk)/2}{g_{00}}-\delta_{k0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}^2}(00,l)/2 + \delta_{l0}\frac{(00,j)/2}{g_{00}^2}(00,k)/2+\delta_{j0}\frac{(00,0)/2}{g_{00}^2}[\delta_{l0}(00,k)/2-\delta_{k0}(00,l)/2]</tex>

<tex>\{0|001\}=-\{0|010\}=\frac{(00,01)/2}{g_{00}}-2\frac{(00,0)/2\ (00.1)/2}{g_{00}^2}</tex>,
<tex>\{0|002\}=-\{0|020\}=\frac{(00,02)/2}{g_{00}}-2\frac{(00,0)/2\ (00,2)/2}{g_{00}^2}</tex>,
<tex>\{0|101\}=-\{0|110\}=\frac{(00,11)/2}{g_{00}}-\frac{(00,1)/2\ (00.1)/2}{g_{00}^2}</tex>,
<tex>\{0|102\}=-\{0|120\}=\frac{(00,12)/2}{g_{00}}-\frac{(00,1)/2\ (00.2)/2}{g_{00}^2}=</tex>,
<tex>\{0|201\}=-\{0|210\}=\frac{(00,12)/2}{g_{00}}-\frac{(00,1)/2\ (00.2)/2}{g_{00}^2}</tex>,
<tex>\{0|202\}=-\{0|220\}=\frac{(00,22)/2}{g_{00}}-\frac{(00,2)/2\ (00.2)/2}{g_{00}^2}</tex>,
<tex>\{0|012\}=\{0|112\}=\{0|212\}=0</tex>.


<tex> \{1|jkl\}=-\delta_{j0}\{\delta_{k0}(00,1l)/2-\delta_{l0}(00,1k)/2\}+\frac{(00,1)/2}{g_{00}}[-\delta_{l0}\delta_{j0}(00,k)/2-\delta_{l0}\delta_{k0}(00,j)/2+\delta_{k0}\delta_{j0}(00,l)/2+\delta_{k0}\delta_{l0}(00,j)/2]</tex>.

<tex> \{1|jkl\}=\delta_{j0}[-\delta_{k0}(00,1l)/2+\delta_{l0}(00,1k)/2+\frac{(00,1)/2}{g_{00}}[-\delta_{l0}(00,k)/2+\delta_{k0}(00,l)/2]]</tex>.

<tex> \{2|jkl\}=\delta_{j0}[-\delta_{k0}(00,2l)/2+\delta_{l0}(00,2k)/2+\frac{(00,2)/2}{g_{00}}[-\delta_{l0}(00,k)/2+\delta_{k0}(00,l)/2]]</tex>.

<tex>\{1|001\}=-\{1|010\}=-(00,11)/2+\frac{(00,1)/2\ (00,1)/2}{g_{00}}</tex>,
<tex>\{1|002\}=-\{1|020\}=-(00,12)/2+\frac{(00,1)/2\ (00,2)/2}{g_{00}}</tex>,
<tex>\{1|012\}=-\{1|021\}=0</tex>.

<tex>\{2|001\}=-\{2|010\}=-(00,21)/2+\frac{(00,2)/2\ (00,1)/2}{g_{00}}</tex>,
<tex>\{2|002\}=-\{2|020\}=-(00,22)/2+\frac{(00,2)/2\ (00,2)/2}{g_{00}}</tex>,
<tex>\{2|012\}=-\{2|021\}=0</tex>.

4.
リッチテンソルは
<tex>R_{00}=\{1|001\}+\{2|002\}=-(00,11)/2+\frac{(00,1)/2\ (00,1)/2}{g_{00}}-(00,22)/2+\frac{(00,2)/2\ (00,2)/2}{g_{00}}</tex>

<tex>R_{11}=\{0|110\}=-\frac{(00,11)/2}{g_{00}}+\frac{(00,0)/2\ (00.1)/2}{g_{00}^2}</tex>

<tex>R_{22}=\{0|220\}=-\frac{(00,22)/2}{g_{00}}+\frac{(00,2)/2\ (00.2)/2}{g_{00}^2}</tex>
<tex>R_{12}=R_{21}=\{0|120\}=-\frac{(00,12)/2}{g_{00}}+\frac{(00,1)/2\ (00.2)/2}{g_{00}^2}</tex>
<tex>R_{01}=\{0|010\}=-(00,01)/2+2\frac{(00,0)/2(00,1)/2}{g_{00}}</tex>
<tex>R_{10}=0</tex> !?
<tex>R_{02}=\{0|020\}=-(00,02)/2+2\frac{(00,0)/2(00,2)/2}{g_{00}}</tex>
<tex>R_{20}=0</tex> !?
50 coJJyMAN 2017/02/08 (水) 00:24:54 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 03:10 [修正] [削除]
hirotaさん,甘泉法師さん,アドバイスありがとうございます。
公転周期と自転周期が一致する座標系では,スカラー曲率が負
 $R=-2(1+\gamma^2)\gamma^4\omega^2/c^2,\gamma=\sqrt{1-a^2\omega^2/c^2}$ 
になって,アインシュタインテンソルが,
 $ G^0_0=0,G^1_1=\gamma^4\omega^2/c^2,G^2_2 =\gamma^6\omega^2/c^2$ 
となりました。

いま,時空の線素
 $ds^2=g_{ij}dx^i dy^j $ 
で,計量テンソルが点 $O$ のまわりでテイラー展開したとき
 $g_{ij}=\eta_{ij}+ c_{ij,k}x^k+c_{ij,kl}x^k x^l+...$ 
つまり,
 $c_{ij,k}=(ij,k)(0),\quad 2c_{ij,kl}=(ij,kl)(0)$ 
のように定数係数で表わされるとき,適当なローレンツ変換をすると
 $g_{ij}=\eta_{ij}+ c_{ij,kl}x'^k x'^l+...$ 
のように,1次の項を消すことができる。
この変換は,任意のテンソルの値を変えないから,曲率テンソル等の計算は,この変換を施した後の座標系で計算したものを使う.
計量テンソルは
 $g_{00}=-1+C^2x^2+B^2y^2$ 
 $g_{11}=g_{22}=1$ 
 $g_{ij}=0(i\neq j)$ 
4階共変曲率テンソル
 $R_{ijkl}=g_{im}R^m_{jkl}$ 
は,
 $R_{ijkl}=\Gamma_{ijk,l}-\Gamma_{ijl,k}+\Gamma^n_{jl}\Gamma_{ink}-\Gamma^n_{jk}\Gamma_{inl}$ 
ところが,変換後の座標系では,座標原点では $\Gamma_{ijk}=0$ となるので,
 $R_{ijkl}=\Gamma_{ijk,l}-\Gamma_{ijl,k}=(g_{ik,jl}+g_{jl,ik}-g_{il,jk}-g_{jk,il})/2$ 
したがって,上の係数を使うと
 $R_{ijkl}=c_{ik,jl}+c_{jl,ik}-c_{il,jk}-c_{jk,il}$ 
ゼロでない $ c_{ij,kl}$ の値は,
 $ c_{00,11}=C^2,\quad c_{00,22}=B^2$ 
だけだから,
 $R_{0101}=c_{00,11}+c_{11,00}-c_{01,01}-c_{01,01}=C^2$ 
 $R_{1010}=R_{0101}=C^2$ 
 $R_{0110}=R_{1001}=-C^2$ 
 $R_{0202}=c_{00,22}+c_{22,00}-c_{02,02}-c_{02,02}=B^2$ 
 $R_{2020}=R_{0202}=B^2$ 
 $R_{0220}=R_{2002}=-B^2$ 
リッチテンソルは,座標原点の計量が $g_{ij}=\eta_{ij},g^{ij}=\eta^{ij}$ なので,
 $R_{00}=\eta^{ij}R_{i0j0}=\eta^{11}R_{1010}+\eta^{22}R_{2020}=C^2+B^2$ 
 $R_{01}=R_{10}=0$ 
 $R_{11}=\eta^{ij}R_{i1j1}=\eta^{00}R_{0101}=-C^2$ 
 $R_{12}=R_{21}=0$ 
 $R_{02}=R_{20}=0$ 
 $R_{22}=\eta^{ij}R_{i2j2}=\eta^{00}R_{0202}=-B^2$ 
ここで,
 $B=\gamma^2\omega/c$ 
 $C=\sqrt{1-v^2}B=\gamma B$ 
 $v=a\omega/c$ 
を思い出すと,
 $R^0_0=\eta^{00}R_{00}=-(C^2+B^2)=-(1+\gamma^2)\gamma^4\omega^2/c^2$ 
 $R^1_1=\eta^{11}R_{11}=-C^2=-\gamma^6\omega^2/c^2$ 
 $R^2_2=\eta^{22}R_{22}=-B^2=-\gamma^4\omega^2/c^2$ 
最終的に,スカラー曲率は
 $R=R^0_0+R^1_1+R^2_2=-2(1+\gamma^2)\gamma^4\omega^2/c^2$ 
アインシュタインテンソル
 ${\displaystyle G^i_j=R^i_j-\frac{1}{2}\delta^i_j R }$ 
は,
 ${\displaystyle G^0_0=-(1+\gamma^2)\gamma^4\omega^2/c^2+(1+\gamma^2)\gamma^4\omega^2/c^2 =0}$ 
 ${\displaystyle G^1_1=-\gamma^6\omega^2/c^2+(1+\gamma^2)\gamma^4\omega^2/c^2 =\gamma^4\omega^2/c^2}$ 
 ${\displaystyle G^2_2=-\gamma^4\omega^2/c^2+(1+\gamma^2)\gamma^4\omega^2/c^2 =\gamma^6\omega^2/c^2}$  (誤植訂正)
となる.
51 hirota 2017/02/08 (水) 01:29:58 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
エネルギーが0で圧力だけがある不思議な重力源ですね。
52 coJJyMAN 2017/02/08 (水) 04:18:45 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>51
コメントありがとうございます。
 $G^{00}=\eta{00}G^0_0=0$ 
 $G^{11}=\eta^{11}G^1_1=\gamma^4\omega^2/c^2$ 
 $G^{22}=\eta^{22}G^2_2=\gamma^6\omega^2/c^2$ 
ですね.
座標原点のエネルギー密度はゼロのようです。
今回求めた場に,点粒子の作る重力場を足したものが現実の時空になるということかもしれません。
今回の求めた場は,粒子の円運動の原因となる圧力勾配をもたらしている外場なのではないかと思っています。
粒子の運動学的な性質しか仮定していないからです。

面白かったのは,粒子の速度方向と垂直方向で歪み方が違う点で,これは期待通りでした。
53 hirota 2017/02/09 (木) 17:50:59 ID:mxZWPl0EEs 修正アリ: 02/11 (土) 18:53 [修正] [削除]
私も>>34の計量
<tex>g_{jk}&=-\delta^0_j\delta^0_k\Bigl(1-A(x\cos Bt+y\sin Bt)\Bigr)^{\!\!2}\!+(1-\delta^0_j)\delta_{jk}\\t&=x^0,\,x=x^1,\,y=x^2</tex>
から計算してみました。
<tex>1-&A(x\cos Bt+y\sin Bt)=\frac{1}{F}\\\frac{\partial(1/F)}{\partial x^n}&=-A\Bigl(B\delta^0_n(-x\sin Bt+y\cos Bt)+\delta^1_n\cos Bt+\delta^2_n\sin Bt\Bigr)\\\frac{\partial F}{\partial x^n}&=AF^2\Bigl(B\delta^0_n(-x\sin Bt+y\cos Bt)+\delta^1_n\cos Bt+\delta^2_n\sin Bt\Bigr)</tex>
とすると
<tex>g_{jk}&=-\frac{\delta^0_j\delta^0_k}{F^2}+(1-\delta^0_j)\delta_{jk}\\g^{jk}&=-\delta^j_0\delta^k_0F^2+(1-\delta^j_0)\delta^{jk}\\\frac{\partial g_{jk}}{\partial x^n}&=\frac{2A}{F}\delta^0_j\delta^0_k\Bigl(B\delta^0_n(-x\sin Bt+y\cos Bt)+\delta^1_n\cos Bt+\delta^2_n\sin Bt\Bigr)\\\Gamma^k_{\,mj}&=\frac{1}{2}\,g^{kn}\!\left(\!\frac{\partial g_{nj}}{\partial x^m}+\frac{\partial g_{nm}}{\partial x^j}-\frac{\partial g_{mj}}{\partial x^n}\!\right)\\&=-A\!\left(\!\delta^k_0F\Bigl(\!B\delta^0_m\delta^0_j(-x\sin Bt+y\cos Bt)+(\delta^0_m\delta^1_j+\delta^1_m\delta^0_j)\cos Bt+(\delta^0_m\delta^2_j+\delta^2_m\delta^0_j)\sin Bt\Bigr)\!+\frac{\delta^0_m\delta^0_j}{F}(\delta^k_1\cos Bt+\delta^k_2\sin Bt)\!\!\right)</tex>
Γの微分をサボらず書くと
<tex>\frac{\partial\Gamma^k_{\,mj}}{\partial x^n}=-A\Biggl(\!&B\delta^0_n\biggl(\!\delta^k_0F\Bigl(\!AF(-x\sin Bt+y\cos Bt)\Bigl(\!(\delta^0_m\delta^1_j+\delta^1_m\delta^0_j)\cos Bt+(\delta^0_m\delta^2_j+\delta^2_m\delta^0_j)\sin Bt+B\delta^0_m\delta^0_j(-x\sin Bt+y\cos Bt)\Bigr)\\&-(\delta^0_m\delta^1_j+\delta^1_m\delta^0_j)\sin Bt+(\delta^0_m\delta^2_j+\delta^2_m\delta^0_j)\cos Bt-B\delta^0_m\delta^0_j(x\cos Bt+y\sin Bt)\Bigr)\\&+\delta^0_m\delta^0_j\biggl(\!\Bigl(1-A(x\cos Bt+y\sin Bt)\Bigr)\!(-\delta^k_1\sin Bt+\delta^k_2\cos Bt)-A(-x\sin Bt+y\cos Bt)(\delta^k_1\cos Bt+\delta^k_2\sin Bt)\!\biggr)\!\biggr)\\&+\delta^1_n\biggl(\!A\delta^k_0F^2\Bigl((\delta^0_m\delta^1_j+\delta^1_m\delta^0_j)\cos Bt+(\delta^0_m\delta^2_j+\delta^2_m\delta^0_j)\sin Bt+B\delta^0_m\delta^0_j(-x\sin Bt+y\cos Bt)\Bigr)\!\cos Bt\\&-\delta^0_m\delta^0_j\Bigl(B\delta^k_0F\sin Bt+A(\delta^k_1\cos Bt+\delta^k_2\sin Bt)\cos Bt\Bigr)\!\biggr)\\&+\delta^2_n\biggl(\!A\delta^k_0F^2\Bigl((\delta^0_m\delta^1_j+\delta^1_m\delta^0_j)\cos Bt+(\delta^0_m\delta^2_j+\delta^2_m\delta^0_j)\sin Bt+B\delta^0_m\delta^0_j(-x\sin Bt+y\cos Bt)\Bigr)\!\sin Bt\\&+\delta^0_m\delta^0_j\Bigl(B\delta^k_0F\cos Bt-A(\delta^k_1\cos Bt+\delta^k_2\sin Bt)\sin Bt\Bigr)\!\biggr)\!\Biggr)</tex>
曲率テンソルは
<tex>R^h_{\,knj}&=\frac{\partial\Gamma^h_{\,kj}}{\partial x^n}-\frac{\partial\Gamma^h_{\,kn}}{\partial x^j}+\Gamma^m_{\,kj}\Gamma^h_{\,mn}-\Gamma^m_{\,kn}\Gamma^h_{\,mj}=0</tex>
あれまー!縮約しなくても0だよ。
時空が平坦だから座標変換で平坦計量にできるはずだけど変換を求めるのは困難だ。
質点軌跡を求めれば時間軸として使えるはずだけど
質点運動の微分方程式
<tex>\frac{d^2x}{dt^2}&=A\biggl(\!\!\Bigl(1-A(x\cos Bt+y\sin Bt)\Bigr)\!\cos Bt-\frac{1}{1-A(x\cos Bt+y\sin Bt)}\Bigl(\!B(-x\sin Bt+y\cos Bt)+2\frac{dx}{dt}\cos Bt+2\frac{dy}{dt}\sin Bt\Bigr)\frac{dx}{dt}\!\biggr)\\\frac{d^2y}{dt^2}&=A\biggl(\!\!\Bigl(1-A(x\cos Bt+y\sin Bt)\Bigr)\!\sin Bt-\frac{1}{1-A(x\cos Bt+y\sin Bt)}\Bigl(\!B(-x\sin Bt+y\cos Bt)+2\frac{dx}{dt}\cos Bt+2\frac{dy}{dt}\sin Bt\Bigr)\frac{dy}{dt}\!\biggr)</tex>
が特殊解すら分からない〜
54 coJJyMAN 2017/02/09 (木) 18:37:22 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>53
あれっ!?平坦時空ですか?
僕も元の座標系での曲率を計算してみます.
55 coJJyMAN 2017/02/12 (日) 14:11:47 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
どうもありがとうございます。元の座標系での曲率はゼロですね.

座標系 $x^i=(t,x,y)$ の線素を
 $ds^2=-[1-A(x \cos B t +y \sin B t)]^2 dt^2+dx^2+dy^2$ 
とします.( $c=1$ の単位系をとったようなものです.)
この座標系の原点 $x^i=(t,x,y)=(0,0,0)$ での曲率を求めたいので,計量テンソルを原点まわりで2次までテイラー展開すると,
 $g_{00}=-[1-A(x \cos B t +y \sin B t)]^2$ 
 $=-1+2A(x \cos B t +y \sin B t)-A^2(x \cos B t +y \sin B t)^2$ 
 $\sim -1+2Ax+2ABty-A^2x^2$ 
反変の計量テンソルについては,曲率テンソルの計算のなかの $\{[i|jk],m\}$ の項で必要となるのが $[i|jk]$ が座標の1次関数であることなので, $g^{ij}$ は1次まででよいことになります.つまり,
 $g^{00}=-1-2Ax,g^{11}=g^{22}=1$ 
すると,
 $(00,0)=2ABy$ 
 $(00,1)=2A-2A^2 x$ 
 $(00,2)=2ABt$ 
 $[000]=(00,0)/2=ABy$ 
 $[001]=(00,1)/2=A-A^2x$ 
 $[002]=(00,2)/2=ABt$ 
 $[100]=-(00,1)/2=-A+A^2x$ 
 $[200]=-(00,2)/2=-ABt$ 
 $[0|00]=(-1-2Ax)ABy\sim-ABy$ 
 $[0|01]=(-1-2Ax)(A-A^2x)\sim-A-A^2x$ 
 $[0|02]=(-1-2Ax)ABt\sim-ABt$ 
 $[1|00]=[100]=-A+A^2x$ 
 $[2|00]=[200]=-ABt$ 
曲率テンソルは,
 ${\displaystyle \{i|klm\}=\{[i|kl],m\}-\{[i|km],l\}+\sum_{n}\{ [i|nm][n|kl]-[i|nl][n|km] \}}$ 
だったので,いくつか計算すると,
 $\{0|001\}=\{[0|00],1\}-\{[0|01],0\}+\sum_{n}\{ [0|n1][n|00]-[0|n0][n|01] \}$ 
 $=[0|01][0|00]-[0|00][0|01]=0$ 
 $\{0|002\}=\{[0|00],2\}-\{[0|02],0\}+\sum_{n}\{ [0|n2][n|00]-[0|n0][n|02] \}$ 
 $=-AB+AB+[0|02][0|00]-[0|00][0|02]=0$ 
 $\{0|101\}=\{[0|10],1\}-\{[0|11],0\}+\sum_{n}\{ [0|n1][n|10]-[0|n0][n|11] \}$ 
 $=-A^2+[0|01][0|10]=-A^2+(A+Ax^2)^2=0$ 
 $\{1|001\}=\{[1|00],1\}-\{[1|01],0\}+\sum_{n}\{ [1|n1][n|00]-[1|n0][n|01] \}$ 
 $=A^2+[1|00][0|10]=A^2-(A+A^2x)(A-A^2x)=0$ 
 $\{1|002\}=\{[1|00],2\}-\{[1|02],0\}+\sum_{n}\{ [1|n2][n|00]-[1|n0][n|02] \}$ 
 $=[1|00][0|02]=-(A-A^2x)ABt=0$ 
 $\{2|002\}=\{[2|00],2\}-\{[2|02],0\}+\sum_{n}\{ [2|n2][n|00]-[2|n0][n|02] \}$ 
 $=-[2|00][0|02]=-A^2 B^2 t^2=0$ 
で,これ以外の全てもゼロですね。

56 hirota 2017/02/12 (日) 21:55:18 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
>>53をちょっと変えて
<tex>g_{jk}&=-\delta^0_j\delta^0_k\Bigl(1-A(x\cos Bt+y\sin Bt)\Bigr)\!+(1-\delta^0_j)\delta_{jk}=-\frac{\delta^0_j\delta^0_k}{F}+(1-\delta^0_j)\delta_{jk}\\t&=x^0,\,x=x^1,\,y=x^2\\g^{jk}&=-\delta^j_0\delta^k_0F+(1-\delta^j_0)\delta^{jk}</tex>
で計算してみました。
<tex>\frac{\partial g_{jk}}{\partial x^n}&=A\delta^0_j\delta^0_k\Bigl(B\delta^0_n(-x\sin Bt+y\cos Bt)+\delta^1_n\cos Bt+\delta^2_n\sin Bt\Bigr)\\\Gamma^k_{\,mj}&=\frac{1}{2}\,g^{kn}\!\left(\!\frac{\partial g_{nj}}{\partial x^m}+\frac{\partial g_{nm}}{\partial x^j}-\frac{\partial g_{mj}}{\partial x^n}\!\right)\\&=-\frac{A}{2}\biggl(\!\delta^k_0F\Bigl(\!B\delta^0_m\delta^0_j(-x\sin Bt+y\cos Bt)+(\delta^0_m\delta^1_j+\delta^1_m\delta^0_j)\cos Bt+(\delta^0_m\delta^2_j+\delta^2_m\delta^0_j)\sin Bt\Bigr)\!+\delta^0_m\delta^0_j(\delta^k_1\cos Bt+\delta^k_2\sin Bt)\!\biggr)</tex>
Γの微分もサボらず書いて
<tex>\frac{\partial\Gamma^k_{\,mj}}{\partial x^n}=-\frac{A}{2}\Biggl(\!&B\delta^0_n\biggl(\!\delta^k_0F\biggl(\!B\delta^0_m\delta^0_j\Bigl(AF(-x\sin Bt+y\cos Bt)^2\!-x\cos Bt-y\sin Bt\Bigr)\\&+(\delta^0_m\delta^1_j+\delta^1_m\delta^0_j)\!\Bigl(AF(-x\sin Bt+y\cos Bt)\cos Bt-\sin Bt\Bigr)\\&+(\delta^0_m\delta^2_j+\delta^2_m\delta^0_j)\!\Bigl(AF(-x\sin Bt+y\cos Bt)\sin Bt+\cos Bt\Bigr)\!\biggr)\!+\delta^0_m\delta^0_j(-\delta^k_1\sin Bt+\delta^k_2\cos Bt)\!\biggr)\\&+\delta^k_0F\biggl(\!AF(\!\delta^0_m\delta^1_j+\delta^1_m\delta^0_j)(\delta^1_n\cos Bt+\delta^2_n\sin Bt)\\&+B\delta^0_m\delta^0_j\biggl(\delta^1_n\Bigl(AF(-x\sin Bt+y\cos Bt)\cos Bt-\sin Bt\Bigr)\!+\delta^2_n\Bigl(AF(-x\sin Bt+y\cos Bt)\sin Bt+\cos Bt\Bigr)\!\biggr)\!\biggr)\!\Biggr)</tex>
そして曲率テンソルの縮約は
<tex>R_{kj}&=R^n_{\,knj}=\frac{\partial\Gamma^n_{\,kj}}{\partial x^n}-\frac{\partial\Gamma^n_{\,kn}}{\partial x^j}+\Gamma^m_{\,kj}\Gamma^n_{\,mn}-\Gamma^m_{\,kn}\Gamma^n_{\,mj}\\&=\frac{A^2F}{4}\!\Bigl(-\delta^0_k\delta^0_j+F(\delta^1_k\cos Bt+\delta^2_k\sin Bt)(\delta^1_j\cos Bt+\delta^2_j\sin Bt)\!\Bigr)\\R&=g^{kj}R_{kj}=\frac{A^2F^2}{2}</tex>
この重力場を発生するエネルギー運動量テンソルは
<tex>T_{kj}=R_{kj}-\frac{R}{2}g_{kj}=-\frac{A^2F^2}{4}(-\delta^1_k\sin Bt+\delta^2_k\cos Bt)(-\delta^1_j\sin Bt+\delta^2_j\cos Bt)</tex>
行列で書くと
<tex>(T_{kj})=-\frac{A^2F^2}{4}\!\!\begin{pmatrix}0\\-\sin Bt\\\cos Bt\end{pmatrix}\!\!\!\Bigl(\,0\,,-\sin Bt,\,\cos Bt\Bigr)=\frac{A^2F^2}{4}\!\!\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\cos Bt&-\sin Bt\\0&\sin Bt&\cos Bt\end{pmatrix}\!\!\!\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\!\!\!\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\cos Bt&\sin Bt\\0&-\sin Bt&\cos Bt\end{pmatrix}</tex>
これは回転する一方向に張力だけがある重力源である。
57 coJJyMAN 2017/02/13 (月) 19:31:37 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>56
ふむ〜,,2乗がついてないとそうなるのですか,面白い。
58 coJJyMAN 2017/02/13 (月) 20:07:00 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
すいません,いまさらながらですが,
>>34から>>50にかけて二つの間違いがありましたので,公転+自転系はあらためて計算し直しです。
@>>34で $A=\gamma^2\omega^2 a/c^2,\quad B=\gamma^2\omega/c.$ 
と書きましたが,正しくは
 $A=\gamma^2\omega^2 a/c^2,\quad B=\gamma\omega/c.$ 
ですね.
A局所慣性系への座標変換を「適当なローレンツ変換」と思ってましたが,とんでもない間違いでした。
1)まず,どんな $g_{ij}$ でも,ある1点に注目すれば,適当な線形変換をすることで,0次の近似で
 $g_{ij}(P)\sim \eta_{ij}$ 
とできる.
2)この座標系からはどのようにローレンツ変換しようと,0次近似は $g_{ij}(P)\sim \eta_{ij}$ のままである.
3)この座標系では,一般に $\Gamma^{t}_{ij} (P)$ は0ではないけれど,
 ${\displaystyle (x'^k - c'^k) \ =\  (x^k - c^k)  \ +\  \frac{1}{2} \Gamma^{t}_{ij} (P) (x^i-c^i) (x^j-c^j) }$ 
という座標系に変換すれば,変換後では $\Gamma'^{t}_{ij} (P)=0$ となる.これは,物理的には適当な加速度系に移ると局所的に重力が消えることを意味する.この変換後の座標系を局所慣性系(局所直線座標系,局所ローレンツ系)という.
ですね.
幾何学的には「測地座標系」とも言うそうです。
具体的にはRiemann Normal Coordinatesというもので書けるそうなので,ただいま勉強中です。
59 coJJyMAN 2017/02/13 (月) 22:22:51 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 02/18 (土) 19:05 [修正] [削除]
計量の定義された時空でのある1点での曲率を求めたいとします。
その点をあらためて座標原点にとりなおして,適当な線形変換を施せば,計量の0次近似は $\eta_{ij}$ にすることができるので,ここでは,はじめから計量の0次近似が $\eta_{ij}$ であるとして考えます。

座標原点 $O$ からある点 $P$ までの測地線の道のりを
 ${\displaystyle s=\int_{O}^{P}ds }$ 
として,測地線の方程式は,
 ${\displaystyle \frac{d^2 x^i}{ds^2} +\Gamma^i_{jk} \frac{dx^j}{ds}\frac{dx^k}{ds}=0}$ 
と書かれます。
そこで,点 $P$ の座標を
 $x^i \rightarrow y^i=\xi^i s$ 
とする座標変換を考えます。ここで,
 ${\displaystyle \xi^i=\left.\frac{dx^i}{ds}\right|_{O}}$ 
です.OPをむすぶ測地線の単位長さあたりの各座標の変化分の点Oでの値,言葉で言うと長いですね。
物理的イメージでは自由落下する質点の軌道が
 ${\displaystyle \frac{d^2 x^i}{d\tau^2} +\Gamma^i_{jk} \frac{dx^j}{d\tau}\frac{dx^k}{d\tau}=0}$ 
であるとして,
 $x^i \rightarrow y^i=U^i \tau$ 
という座標系に変換するというところでしょうか。
この
 ${\displaystyle U^i=\left.\frac{dx^i}{d\tau}\right|_{O}}$ 
は,初速度の4元速度に相当します。
さて,もとの, $x^i \rightarrow y^i=\xi^i s$ の座標変換で,点 $P$ が点 $O$ の近くにある場合,点 $P$ の座標の値 $x^i (P)$ を $s$ でテイラー展開すると
 ${\displaystyle x^i(P)=x^i(O)+\left.\frac{dx^i}{ds}\right|_{O}s+\frac{1}{2}\left.\frac{d^2x^i}{ds^2}\right|_{O}s^2+...   }$ 
これはつまり,
 ${\displaystyle x^i(P)=x^i(O)+\xi^i s-\frac{1}{2}\Gamma^i_{jk}(O)\left.\frac{dx^j}{ds}\right|_{O}\left.\frac{dx^k}{ds}\right|_{O}s^2+...   }$ 
 ${\displaystyle =x^i(O)+\xi^i s-\frac{1}{2}\Gamma^i_{jk}(O)\left(\left.\frac{dx^j}{ds}\right|_{O}s\right)\left(\left.\frac{dx^k}{ds}\right|_{O}s\right)+...   }$ 
 ${\displaystyle =x^i(O)+\xi^i s-\frac{1}{2}\Gamma^i_{jk}(O)\xi^j s \xi^k s +...   }$ 
なので,
 ${\displaystyle x^i(P)-x^i(O)=y^i-\frac{1}{2}\Gamma^i_{jk}(O) y^j y^k +...   }$ 
となります.
もし, $x^i$ の座標系で計量が
 $g_{ij}=\eta_{ij}+ c_{ij,k}x^k+c_{ij,kl}x^k x^l+...$ 
であったなら,この座標変換で1次の項はなくなり,
 $g'_{ij}=\eta_{ij}+ c'_{ij,kl}y^k y^l+...$ 
となります.
変換後の座標系での測地線の方程式は
 ${\displaystyle \frac{d^2 y^i}{ds^2} +\Gamma'^i_{jk} \frac{dy^j}{ds}\frac{dy^k}{ds}=0}$ 
ですが,
 ${\displaystyle \frac{d^2 y^i}{ds^2} =\frac{d^2 }{ds^2}\xi^i s=0}$ 
 ${\displaystyle \Gamma'^i_{jk} \frac{dy^j}{ds}\frac{dy^k}{ds}=\Gamma'^i_{jk} \xi^j \xi^k}$ 
ですから,
 ${\displaystyle \Gamma'^i_{jk} \xi^j \xi^k=0}$ 
 $O$ から見て,あらゆる方向の $P$ のついてこの式が成り立っているので
 ${\displaystyle \Gamma'^i_{jk}(O) =0}$ 
です.このことは,
 ${\displaystyle \left.\frac{\partial g'_{ij}}{\partial  y^k}\right|_{O} =0}$ 
を意味します。
また,座標変換を2次の展開で打ち切った
 ${\displaystyle x^i(P)-x^i(O)=y^i-\frac{1}{2}\Gamma^i_{jk}(O) y^j y^k }$ 
ものにしても同様に計量の1次偏微分や,接続係数の原点での値はゼロになります。
次では,具体的に計量が座標の2次式
 $g_{ij}=\eta_{ij}+ c_{ij,k}x^k+c_{ij,kl}x^k x^l$ 
のとき,
 ${\displaystyle x^i=y^i-\frac{1}{2}\Gamma^i_{jk}(O) y^j y^k }$ 
の変換で計量がどうなるか調べたいと思います。
(勉強は続く..)
60 甘泉法師 2017/02/14 (火) 09:56:16 ID:ctwIRbLQLU 修正アリ: 11:49 [修正] [削除]
こんにちは。

>>56

<tex>[(1-A(x\cos Bt+y\sin Bt)]^2=1-2A(x\cos Bt+y\sin Bt)+o(A^2)</tex>

両計量は A<<1 の一次で係数2が違うだけなのに曲率のふるまいが違うとは面白いです。 一般相対性理論の非線形性のしからしむるところでしょうか。
61 hirota 2017/02/14 (火) 12:59:31 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
曲率は計量の二階微分ですから。
62 hirota 2017/02/15 (水) 17:12:11 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
>>53,>>56は式のどの部分が効いてるのか調べるため少し一般化して
<tex>g_{jk}=-\delta^0_j\delta^0_k\Bigl(1-A(t,x,y)\Bigr)^{\!\!2}\!+(1-\delta^0_j)\delta_{jk}\hspace{25pt}t&=x^0,\,x=x^1,\,y=x^2</tex>
で計算してみたら、重力源のエネルギー運動量テンソルは
<tex>(T_{kj})=\frac{1}{1-A}\!\!\begin{pmatrix}0&0&0\\0&-A_{yy}&A_{xy}\\0&A_{xy}&-A_{xx}\end{pmatrix}</tex>
となった。
 $g_{00}$ だけ弄ってもエネルギー部分は0だし、応力部分は空間変数による2階微分で決まるんだね。
63 甘泉法師 2017/02/15 (水) 18:10:47 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

ニュートン近似だとポテンシャルはAの一次で同じなのに。 興味深いです。
64 冷蔵庫 2017/02/15 (水) 18:47:14 ID:euMO4xGYwk 修正アリ: 19:21 [修正] [削除]
>>53 hirotaさん

>質点運動の微分方程式
>が特殊解すら分からない〜

x = -a cos Bt
y = -a sin Bt

という解が比較的簡単に求まります。(B=γ^2ω, c=1としています)
今、慣性系において等速円運動する粒子から見た座標を考えているわけですが、
この解は元の慣性系で、その円運動の中心に静止するという解ですね。
65 hirota 2017/02/15 (水) 21:57:04 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
なるほど
<tex>x&=\frac{A\cos Bt}{A^2-B^2}\\y&=\frac{A\sin Bt}{A^2-B^2}</tex>
という特殊解がありますね。
ここから座標変換までは更に断崖絶壁ですが。
66 甘泉法師 2017/02/15 (水) 23:08:15 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

>>62

計量 <tex>diag\{g_{00},1,1\}</tex> の系について
アインシュタイン方程式からエネルギー密度、運動量密度はゼロ
関数<tex>A(t,x,y)=1-\sqrt{-g_{00}}</tex>の空間座標の2階偏微分でエネルギー運動量tensorの応力tensorが与えられる。

という一般的な結果ですね。 これは

>>51 不思議、同感です。

Aはニュートン近似の重力ポテンシャルエネルギーと一致しますね。

リンドラー座標だと
<tex>A(t,x,y)=1-\sqrt{-g_{00}}=1-gx</tex>
リンドラー座標の系だとエネルギー運動量テンソルの全成分がゼロになるので
リンドラー座標系の成立にエネルギー運動量は要らないということでつじつまがあいます。
67 冷蔵庫 2017/02/18 (土) 19:47:35 ID:euMO4xGYwk [修正] [削除]
>>65 hirotaさん

A, Bで書くとそうなりますね。
慣性系への座標変換は、このスレの>>7>>9 などの議論から求めるのが楽かと思います。





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