Suhteellisuusteoriaa

[Disputator]

Pyörittelin tätä lisää, ja sain jopa ratkaisun. Ensimmäisen aiemmista differentiaaliyhtälöistäni kirjoitan muotoon

$\frac{d{u}^t}{d\tau }=-{\displaystyle \frac{2GM}{r(r-2GM)}}\frac{dr}{d\tau }{u}^t$

Ja tämän edelleen

$\frac{1}{u^t}d{u}^t=-{\displaystyle \frac{2GM}{r(r-2GM)}}dr$.

Nyt voin integroida

$ln(u^t)=\ln \left(\frac{r}{r-2GM}\right)+ln(C)$,

ja järjestellä termit siten, että

$ln(C)=ln\left(\frac{u^t(r-2GM)}{r}\right)$.

Vakio C ratkeaa, kun sijoitan alkuehdon $(u^t{)}_0=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{2GM}{r_0}}}$. Tässä siis pudotusetäisyydellä r₀ tuon testikappaleen nelinopeuden aikakomponentti on $(u^t{)}_0$. Tästä saadaan

$C=\frac{(u^t{)}_0(r_0-2GM)}{r_0}=\frac{\frac{1}{\sqrt{1-\frac{2GM}{r_0}}}(r_0-2GM)}{r_0}=\sqrt{1-\frac{2GM}{r_0}}$.
...

Tämä on erittäin ovelasti laskettu!

Tuossa saat tuon vakion C:n lausekkeen $C=\sqrt{1-\frac{2GM}{r_0}}$ vain muokkaamalla tuota differentiaaliyhtälöä, eikä tarvitse tietää Killingin kentistä mitään, riittää että metriikka ei riipu ajasta. Hyvin hienoa!

Tässä tapauksessa se aikasymmetrian Killing-kenttä X olisi X = ${\partial }_t$, jolla siis olisi näissä Sch-koordinaateissa komponenttiesitys $X^{\mu }=({\partial }_t{)}^{\mu }$ = (1, 0, 0, 0).

Killingin kenttään ja geodeesiin liittyvä säilyvä suure on $C=X_{\mu }{u}^{\mu }$, missä $u^{\mu }$ geodeesin 4-nopeusvektori. Sch-metriikassa Killingin vektorin kovariantti muoto on $({\partial }_t{)}_{\mu }=(-(1-2GM/r)$, 0, 0, 0) ja säilyvä suure

$C=X_{\mu }{u}^{\mu }=-(1-2GM/r)\frac{dt}{d\tau }$,

kuten pitääkin. EIKU, tuossa on nyt ylimääräinen miinusmerkki!

Hmm, harmillista, nyt ei ymmärrä miten nyt noin. Onkohan nyt metriikan eri signatuureista vai mistä kysymys.

Innostuin tuosta Killingistä muuten melkoisesti ja nyt sitten olen aloittanut laskemaan seuraavaa eli jos on 2D-aika-avaruus, jossa metriikka on annettu jossain koordinaateissa (t,r) kaavalla:

$d{s}^2=-a(r)d{t}^2+b(r)d{r}^2$,

ja mitähän tuosta saisi irti. Tuo sun integrointi onnistuu lienee tässäkin tapauksessa, kun tämäkin metriikka ei riipu koordinaatista t tai toisin sanoen tälläkin ratkaisulla on Killing-kenttä $X^{\mu }=({\partial }_t{)}^{\mu }$ = (1, 0, 0, 0). Tämä siksi ,että a= a(r) ja b = b(r), eikä yleisempi a=a(t,r) ja b= b(t,r). Tässä kohtaa myös tuo miinusmerkki pulpahti, kun laskin säilyväksi suureeksi luvun:

$C=-a(r)\frac{dt}{d\tau }$.

[Disputator]

Jatkan aloittamaani, oli annettu metriikka, jossa toki a(r) > 0 ja b(r) > 0:

$d{s}^2=-a(r)d{t}^2+b(r)d{r}^2$,

Muodostetaan Lagrangen funktio L alla käyräpartametrina ajanlaatuisen geodeesin itseisaika $\tau$:

$L(r,\dot{r},t,\dot{t})=\frac{1}{2}(-a(r){\dot{t}}^2+b(r){\dot{r}}^2)$

Lasketaan Lagrangen yhtälöt = geodeesien yhtälöt:

$\frac{\partial L}{\partial r}=-\frac{1}{2}{a}_r{\dot{t}}^2+\frac{1}{2}{b}_r{\dot{r}}^2$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=b\dot{r}$

$\frac{\partial L}{\partial t}=0$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{t}}=-a\dot{t}$

ja

$\frac{\partial }{\partial \tau }\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=b_r{\dot{r}}^2+b\frac{d^{2}r}{d{\tau }^2}$

$\frac{\partial }{\partial \tau }\frac{\partial L}{\partial \dot{t}}=-a_r\dot{r}\dot{t}-a\frac{d^{2}t}{d{\tau }^2}$.

Geodeesien yhtälöt ovat siten:

$0=\frac{\partial }{\partial \tau }\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial L}{\partial r}=b_r{\dot{r}}^2+b\frac{d^{2}r}{d{\tau }^2}+\frac{1}{2}{a}_r{\dot{t}}^2-\frac{1}{2}{b}_r{\dot{r}}^2$

$0=\frac{\partial }{\partial \tau }\frac{\partial L}{\partial \dot{t}}-\frac{\partial L}{\partial t}=\frac{d}{d\tau }(-a\dot{t})=-a_r\dot{r}\dot{t}-a\frac{d^{2}t}{d{\tau }^2}$

Jälkimmäinen yhtälö sisältää säilymislain$\frac{d}{d\tau }(-a\dot{t})=C$ = vakio. Tässäkään ei tarvittu eksplisiittisesti käyttää Killingin kenttiä, vaan saatiin säilymislaki Lagrangen yhtälöistä. Jakamalla sitten kumpikin yhtälö toisen derivaatan kertoimella saadaan:

$0=\frac{d^{2}r}{d{\tau }^2}+\frac{a_r}{2b}{\dot{t}}^2+(\frac{b_r}{b}-\frac{b_r}{2b}){\dot{r}}^2$

$0=\frac{d^{2}t}{d{\tau }^2}+\frac{a_r}{a}\dot{r}\dot{t}$

Noista voi lukea konnektiokertoimia, esimerkiksi:

${\mathrm{\Gamma }}_{rt}^t=\frac{a_r}{a}$.

Jos käyttää Sch-metriikan lauseketta funktiolle a_r eli

$a(r)=-(1-\frac{2GM}{r})$

saa tuolla nähtävästi oikean vastauksen.

HUOM HUOM, en ole mitenkään tarkastanut kunnolla noita mun laskelmia, joten virheitä voi olla, mutta periaate on oikein. En nyt ihan tiedä mihin noita sitten voisi käyttä, mutta laskuharjoituksena menee ainakin.

PS: yritin palstan lateksilla kirjoittaa r:n toista derivaattaa \ddot{r}-komennolla-> "Invalid equation"-virhe. Yritin olla sitten ovela. Lopputulos:

$\dot{\dot{r}}$

[QS]

...
Täytyy kuitenkin ensin laskea nelinopeuden radiaalinen komponentti u^r. Metriikka voidaan kirjoittaa muotoon
...
$u^r=\frac{dr}{d\tau }=-\sqrt{\frac{2GM}{r}-\frac{2GM}{r_0}}$,

missä dr on siirtymä Schwartzschildin koordinaateissa ja $d\tau$ on testikappaleen mittaama ominaisajan siirtymä.

Nyt kun vilkaisin viestiäni, niin tajusin, että hölmönä tein turhaa työtä, kun laskin tuon u^r. Kun metriikka tunnetaan, ja tiedetään, että $\frac{dt}{dt}=1$ ja on tiedossa nopeus $\frac{d\tau }{dt}$, niin $\frac{dr}{dt}$ ratkeaa suoraan metriikasta. Ei tuota laskemaani komponenttia u^r mihinkään tarvita. Laskin sen vain mekaanisesti, mutta en käyttänyt mihinkään.

Nyt kun kävin tarkemmin laskuasi läpi niin tuo u^r ainakin tulee ihan hyvin mukaan, kun käytetään ensin yleistä kaavaa (aikaisemmat viestisi), miten varmaan aluksi laskitkin:

$\frac{dR}{dT}=\frac{dr}{dt}\frac{1}{1-\frac{2GM}{r}}$

jota voi muokata:

$\frac{dR}{dT}=\frac{dr}{d\tau }\frac{d\tau }{dt}\frac{1}{1-\frac{2GM}{r}}=\frac{u_r}{u_t}\frac{1}{1-\frac{2GM}{r}}$.

Tuohon kun sijoittaa u^r ja u^t aikaisemmat lausekkeet saa juurikin antamasi kaavan:

$\frac{dR}{dT}=\sqrt{\frac{2GM}{r}}\sqrt{\frac{r-r_0}{2GM-r_0}}$

Jos tuon u^r:n laskee metriikasta, niin onhan siinäkin kaavanpyöritystä (en kokeillut).

Tuo olis ollut helpoin tapa! Itse en välivaiheissa tuota huomannut, vaan ajattelin, että joudun laskemaan metriikkaa käyttäen lausekkeen dτ:lle, joka sisältää vain Schwartzchild koordinaatteja dt ja dr. Tuon dτ:t olisin sijoittanut lausekkeeseen u^r = .... dr/dτ, jotta saan 3-nopeuden ilmaistua differentiaaleilla dr/dt.

No, se u^r välivaihe oli mulla turha, kun dr/dt tuli metriikasta itsestään, tarvittiin vain u^t.

Mutta tuo sinun kirjoittamasi olisi ollut selkeästi yksinkertaisin. Usein vaan ei huomaa jotain todella simppeliä tapaa muokata differentiaaleja, mistä esimerkkijä juurikin tuo pyöräyttelysi.

Killingin vektorikenttä-viesteihisi tutustun muutaman päivän kuluttua kun ehdin. Mielenkiintoisia.

[QS]

Killingin kenttään ja geodeesiin liittyvä säilyvä suure on $C=X_{\mu }{u}^{\mu }$, missä $u^{\mu }$ geodeesin 4-nopeusvektori. Sch-metriikassa Killingin vektorin kovariantti muoto on $({\partial }_t{)}_{\mu }=(-(1-2GM/r)$, 0, 0, 0) ja säilyvä suure

$C=X_{\mu }{u}^{\mu }=-(1-2GM/r)\frac{dt}{d\tau }$,

kuten pitääkin. EIKU, tuossa on nyt ylimääräinen miinusmerkki!

Hmm, harmillista, nyt ei ymmärrä miten nyt noin. Onkohan nyt metriikan eri signatuureista vai mistä kysymys.

Miten tuo miinus onkin niin sinnikäs. Kirjoittamasi kovarantti muoto on seuraus signatturista (-,+,+,+), mikä on sama signattuuri kuin munkin aiemmissa kaavoissa.

Olen nyt kohta tunnin koettanut ymmärtää miten tuo miinus pitää hävittää. En enää keski muuta kuin, että on sopimuskysymys, että onko säilyvä suure -E/m vaiko E/m.

[QS]

Jatkan aloittamaani, oli annettu metriikka, jossa toki a(r) > 0 ja b(r) > 0:

$d{s}^2=-a(r)d{t}^2+b(r)d{r}^2$,

Muodostetaan Lagrangen funktio L alla käyräpartametrina ajanlaatuisen geodeesin itseisaika $\tau$:

$L(r,\dot{r},t,\dot{t})=\frac{1}{2}(-a(r){\dot{t}}^2+b(r){\dot{r}}^2)$

Lasketaan Lagrangen yhtälöt = geodeesien yhtälöt:

$\frac{\partial L}{\partial r}=-\frac{1}{2}{a}_r{\dot{t}}^2+\frac{1}{2}{b}_r{\dot{r}}^2$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=b\dot{r}$

$\frac{\partial L}{\partial t}=0$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{t}}=-a\dot{t}$

ja

$\frac{\partial }{\partial \tau }\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=b_r{\dot{r}}^2+b\frac{d^{2}r}{d{\tau }^2}$

$\frac{\partial }{\partial \tau }\frac{\partial L}{\partial \dot{t}}=-a_r\dot{r}\dot{t}-a\frac{d^{2}t}{d{\tau }^2}$.

Geodeesien yhtälöt ovat siten:

$0=\frac{\partial }{\partial \tau }\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial L}{\partial r}=b_r{\dot{r}}^2+b\frac{d^{2}r}{d{\tau }^2}+\frac{1}{2}{a}_r{\dot{t}}^2-\frac{1}{2}{b}_r{\dot{r}}^2$

$0=\frac{\partial }{\partial \tau }\frac{\partial L}{\partial \dot{t}}-\frac{\partial L}{\partial t}=\frac{d}{d\tau }(-a\dot{t})=-a_r\dot{r}\dot{t}-a\frac{d^{2}t}{d{\tau }^2}$

Jälkimmäinen yhtälö sisältää säilymislain$\frac{d}{d\tau }(-a\dot{t})=C$ = vakio. Tässäkään ei tarvittu eksplisiittisesti käyttää Killingin kenttiä, vaan saatiin säilymislaki Lagrangen yhtälöistä. Jakamalla sitten kumpikin yhtälö toisen derivaatan kertoimella saadaan:

$0=\frac{d^{2}r}{d{\tau }^2}+\frac{a_r}{2b}{\dot{t}}^2+(\frac{b_r}{b}-\frac{b_r}{2b}){\dot{r}}^2$

$0=\frac{d^{2}t}{d{\tau }^2}+\frac{a_r}{a}\dot{r}\dot{t}$

Noista voi lukea konnektiokertoimia, esimerkiksi:

${\mathrm{\Gamma }}_{rt}^t=\frac{a_r}{a}$.

Jos käyttää Sch-metriikan lauseketta funktiolle a_r eli

$a(r)=-(1-\frac{2GM}{r})$

saa tuolla nähtävästi oikean vastauksen.

HUOM HUOM, en ole mitenkään tarkastanut kunnolla noita mun laskelmia, joten virheitä voi olla, mutta periaate on oikein. En nyt ihan tiedä mihin noita sitten voisi käyttä, mutta laskuharjoituksena menee ainakin.

Kävin tämän läpi, ja mielestäni täysin oikein.

Mutta mikähän mulla mättää, kun sijoittamalla $a(r)=(1-\frac{2GM}{r})$ (alkuperäisen kirjoittamasi metriikan signatuuri (-+++), miinusmerkki oli valmiina funktion a(r) edessä), saan

${\mathrm{\Gamma }}_{rt}^t=\frac{a_r}{a}=\frac{2GM}{r(r-2GM)}$,

missä keikkuu ylimääräinen kerroin 2 tuolla yläkerrassa. Pitäisi olla $\frac{GM}{r(r-2GM)}$.

Ihan kuin tuon jälkimmäisen diff.yhtälön oikealla puolella pitäisi esiintyä kahdesti termi $+\frac{a_r}{a}\dot{r}\dot{t}$. Tai sitten vain sotkin jotain etumerkkejä.

PS: yritin palstan lateksilla kirjoittaa r:n toista derivaattaa \ddot{r}-komennolla-> "Invalid equation"-virhe. Yritin olla sitten ovela. Lopputulos:

$\dot{\dot{r}}$

[Disputator]

Ihan pikaisesti vastaan:

...
Mutta mikähän mulla mättää, kun sijoittamalla $a(r)=(1-\frac{2GM}{r})$ (alkuperäisen kirjoittamasi metriikan signatuuri (-+++), miinusmerkki oli valmiina funktion a(r) edessä), saan

${\mathrm{\Gamma }}_{rt}^t=\frac{a_r}{a}=\frac{2GM}{r(r-2GM)}$,

missä keikkuu ylimääräinen kerroin 2 tuolla yläkerrassa. Pitäisi olla $\frac{GM}{r(r-2GM)}$.

Ihan kuin tuon jälkimmäisen diff.yhtälön oikealla puolella pitäisi esiintyä kahdesti termi $+\frac{a_r}{a}\dot{r}\dot{t}$. Tai sitten vain sotkin jotain etumerkkejä.
...

En nyt ehdi tarkistelemaan, mutta luulen että mun moka, sillä tässä teen aina saman virheen, geodeesi oli:

$0=\frac{d^{2}t}{d{\tau }^2}+\frac{a_r}{a}\dot{r}\dot{t}$

paremmin kirjoitetttuna:

$0=\frac{d^{2}t}{d{\tau }^2}+\frac{a_r}{2a}\dot{r}\dot{t}+\frac{a_r}{2a}\dot{t}\dot{r}$

Siinä on siis kaksi konnektiokerointa:

${\mathrm{\Gamma }}_{rt}^t=\frac{a_r}{2a}=\frac{GM}{r(r-2GM)}$.

${\mathrm{\Gamma }}_{tr}^t=\frac{a_r}{2a}=\frac{GM}{r(r-2GM)}$.

[QS]

Aivan aivan, tajusin, ja nyt gammat täsmäävät.

Tuli mieleeni seuraava nopeuspähkinä. Mikähän on H:n mittaama nopeus, kun testikappale ammutaan äärettömyydestä alkunopeudella -v₀ radiaalisesti sisään päin. Veikkaisin, että kaavalla on mielenkiintoisia ominaisuuksia.

[QS]

Päätin yleistää kysymyksen alkunopeudella v ammutusta testikappaleesta siten, että se ammutaan etäisyydeltä r₀. Tarvitaan Schwartzschildin koordinaatit S(t,r) ja kappaleen ohitusnopeuden mittaajan koordinaatit H(t,r). Lisäksi tarvitaan etäisyydelle r₀ koordinaatit H'(t',r'), jossa tuon kappaleen alkunopeus v mitataan. Tuli vakioiden ja neliöjuurien inferno, joten aloitin alusta eri notaatiolla kuin aiemmissa tilanteissa.

Asetetaan $c=1$ ja $r_s=2GM$. Metriikan aikakomponentti etäisyydellä r kirjoitetaan $g_{tt}(r)=1-\frac{r_s}{r}$. Radiaali-komponentti tässä varsin symmetrisessä Schwartzschildin metriikassa on $g_{rr}(r)=\frac{1}{g_{tt}(r)}$. Signatuurin pidän komponenttien etumerkkinä, jotta se pysyisi hallinnassa.

Kappale ammutaan H':n hetkellisestä inertiaalista alkunopeudella $v=\frac{d{r}^{\prime }}{d{t}^{\prime }}$ ja etäisyydellä r₀. Intervallit ovat kaikissa kehyksissä samat, joten pätee

$-d{t}^{\prime 2}+d{r}^{\prime 2}=-g_{tt}(r_0)d{t}^2+\frac{1}{g_{tt}(r_0)}d{r}^2$.

Käyttämällä nk. aikadilataation kaavaa $d{t}^{\prime }=dt\sqrt{g_{tt}(r_0)}$, saadaan edellisestä ratkaistua $\frac{dr}{dt}=v{g}_{tt}(r_0)$. Tämä on siis testikappaleen nopeus lausuttuna S(t,r)-koordinaateissa. Nyt kirjoitetaan metriikka muodossa

$-d{\tau }^2=-g_{tt}(r_0)d{t}^2+\frac{1}{g_{tt}(r_0)}d{r}^2$.

Muokkaamalla ja sijoittamalla $\frac{dr}{dt}$ saadaan laskettua

${\left(\frac{d\tau }{dt}\right)}^2=(1-v^2)g_{tt}(r_0)$.

Tämä on nelinopeuden aikakomponentti käänteisenä, josta saadaan suoraan liikeyhtälön alkuehto

$u_0^t=\sqrt{\frac{1}{(1-v^2)g_{tt}(r_0)}}$.

Aiemmista laskuista oppineena käytän vain toista liikeyhtälöä. Neliöjuurihelvetin välttämiseksi kirjoitan konnektiokertoimet eräässä toisessa muodossa (Schwartzschildin ihmemaan taulukoista poimittuna)

${\mathrm{\Gamma }}_{tr}^t={\mathrm{\Gamma }}_{rt}^t=\frac{1}{2g_{tt}(r)}\frac{\partial }{\partial r}{g}_{tt}(r)$.

Liikeyhtälö on nyt

$\ddot{t}+\frac{1}{g_{tt}(r)}\frac{\partial }{\partial r}{g}_{tt}(r)=0$,

jonka saan muotoon

$\frac{1}{u^t}d{u}^t=(-\frac{1}{g_{tt}(r)}\frac{\partial }{\partial r}{g}_{tt}(r))dr$.

Yhtälön integroinnin, sieventämisen ja termien siirtelyn jälkeen

$\ln (C)=\ln (u^t{g}_{tt}(r))$,

mihin voidaan sijoittaa alkuehto $u_0^t$ , ja ratkaista integroimisvakio $C=\sqrt{\frac{g_{tt}(r_0)}{1-v^2}}$. Tämän jälkeen voidaankin laskea $u^t$ kaikilla etäisyyksillä $r_s<r⩽r_0$

$u^t=\frac{C}{g_{tt}(r)}=\sqrt{\frac{g_{tt}(r_0)}{(1-v^2)[g_{tt}(r){]}^2}}$.

Nelinopeuden normi on $g_{\mu \nu }{u}^{\mu }{u}^{\nu }=-g_{tt}(u^t{)}^2+\frac{1}{g_{tt}}(u^r{)}^2=-1$. Tästä ratkeaa radiaalinen komponentti

$u^r=\sqrt{\frac{g_{tt}(r_0)}{1-v^2}-g_{tt}(r)}$.

Nyt voidaankin laskea aiemmin esillä olleella kaavalla havaitsijan H (vakioetäisyydellä r) mittaama nopeus $v_H$ testikappaleelle, joka on ammuttu etäisyydeltä $r_0$ alkunopeudella $v$ (nopeus v mitattu etäisyydellä $r_0$)

$v_H(r,r_0,v)=\frac{dR}{dT}=\frac{u^r}{u^t}\frac{1}{g_{tt}(r)}=\sqrt{1-\frac{r_0(1-v^2)(r-r_s)}{r(r_0-r_s)}}$.

Kun sijoitan alkunopeuden $v=0$, saan saman kaavan kuin etäisyydeltä $r_0$ vapaasti pudotetulle kappaleelle

$v_H(r,r_0,0)=\sqrt{\frac{r_s}{r}}\sqrt{\frac{r_0-r}{r_0-r_s}}$.

Kun asetan $v=0$ ja pudotusetäisyys lähestyy ääretöntä, saan saman kaavan kuin vapaasti pudotetulle kappaleelle

$\underset{r_0\to \mathrm{\infty }}{lim}{v}_H(r,r_0,0)=\sqrt{\frac{r_s}{r}}$.

Kun asetan havaitsijan H samalle etäisyydelle kuin ampumisetäisyys, saan $v_H(r,r,v)=v$, mikä on järkevä tulos. Tässäkin kaavassa käy ilmi se, että H:n lähestyessä horisonttia, kappaleen nopeus lähestyy arvoa

$\underset{r\to r_s}{lim}{v}_H(r,r_0,v)=1$.

Näillä reality checkeillä arvioin, että laskin oikein?

[Disputator]

Mä olin aikaisemmin laskenut hieman samaa kuin tuossa yllä/alla, kun yritin sovittaa Wikipediasta löytämiäni kaavoja tähän keskusteluun.

Päätin yleistää kysymyksen alkunopeudella v ammutusta testikappaleesta siten, että se ammutaan etäisyydeltä r₀. Tarvitaan Schwartzschildin koordinaatit S(t,r) ja kappaleen ohitusnopeuden mittaajan koordinaatit H(t,r). Lisäksi tarvitaan etäisyydelle r₀ koordinaatit H'(t',r'), jossa tuon kappaleen alkunopeus v mitataan. Tuli vakioiden ja neliöjuurien inferno, joten aloitin alusta eri notaatiolla kuin aiemmissa tilanteissa.

Asetetaan $c=1$ ja $r_s=2GM$. Metriikan aikakomponentti etäisyydellä r kirjoitetaan $g_{tt}(r)=1-\frac{r_s}{r}$. Radiaali-komponentti tässä varsin symmetrisessä Schwartzschildin metriikassa on $g_{rr}(r)=\frac{1}{g_{tt}(r)}$. Signatuurin pidän komponenttien etumerkkinä, jotta se pysyisi hallinnassa.

Jees, noin tosiaankin kaavat pysyvät hivenen kompaktimpana.

Kappale ammutaan H':n hetkellisestä inertiaalista alkunopeudella $v=\frac{d{r}^{\prime }}{d{t}^{\prime }}$ ja etäisyydellä r₀. Intervallit ovat kaikissa kehyksissä samat, joten pätee

$-d{t}^{\prime 2}+d{r}^{\prime 2}=-g_{tt}(r_0)d{t}^2+\frac{1}{g_{tt}(r_0)}d{r}^2$.

Käyttämällä nk. aikadilataation kaavaa $d{t}^{\prime }=dt\sqrt{g_{tt}(r_0)}$, saadaan edellisestä ratkaistua $\frac{dr}{dt}=v{g}_{tt}(r_0)$. Tämä on siis testikappaleen nopeus lausuttuna S(t,r)-koordinaateissa.

Nyt kirjoitetaan metriikka muodossa

$-d{\tau }^2=-g_{tt}(r_0)d{t}^2+\frac{1}{g_{tt}(r_0)}d{r}^2$.

Muokkaamalla ja sijoittamalla $\frac{dr}{dt}$ saadaan laskettua

${\left(\frac{d\tau }{dt}\right)}^2=(1-v^2)g_{tt}(r_0)$.
...

Tuota päättelyä en oikein hahmottanut, että miten päädyt tuohon viimeiseen kaavaan. Lisäksi, voisiko tuossa käyttää suoraan niitä aikaisempien differentiaaleja dT ja dR noiden dt' ja dr' asemesta, jolloin olisi v = dR/dT, mun käsittääkseni niillä on sama merkitys.

Laitan nyt vihostani kaavan, joka on käännös meidän termistölle Wikin kaavasta ja miten sen mielestäni perustelen (päättely voi olla sama kuin sullakin, heh):

Havaitsija H etäisyydellä r₀, mittaa omassa "koordinaatistossaan" suureita T ja R. Ohikiitävän kpl:n K säteen suuntainen nopeus on v = dR/dT. Kappaleen K itseisajan $\tau$ ja havaitsijan H ajan T välinen relaatio saadaan kaavasta

$-d{\tau }^2=-d{T}^2+d{R}^2=-d{T}^2(1-(dR/dT{)}^2)$.

Voidaan käyttää Wikipedian (implisiittiseen) tapaan:

$\frac{dT}{d\tau }=\gamma =\gamma (dR/dT)=\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{dR}{dT}{)}^2}}$

Nyt voidaan laskea:

$\frac{d\tau }{dt}=\frac{d\tau }{dT}\frac{dT}{dt}=\frac{1}{\gamma }\sqrt{1-\frac{2GM}{r}}$

Tuo ylläoleva on sama kuin ylläolevan lainauksen viimeinen kaava ja suurinpiirtein tuossa muodossa se on Wikipediassa.

Tuli mieleeni seuraava nopeuspähkinä. Mikähän on H:n mittaama nopeus, kun testikappale ammutaan äärettömyydestä alkunopeudella -v₀ radiaalisesti sisään päin. Veikkaisin, että kaavalla on mielenkiintoisia ominaisuuksia.

Tuo sun ja mun kaava soveltunee tähänkin tapaukseen, kun r₀$=\mathrm{\infty }$. Neliöjuurilauseke = 1 ja alkuehtona olisi

$u_t^0=\gamma (dR/dT)=\gamma (dr/dt)$,

koska "äärettömyydessä" dt = dT ja dr = dR.

Integrointivakiolle C saatu lauseke Killing kentän avulla oli:

$C=\sqrt{(1-\frac{2GM}{r})}\frac{dt}{d\tau }$

Kun r =$\mathrm{\infty }$, on tuo lauseke muotoa $C=\gamma (-v_0)$ ja nelinopeus $u=\gamma (-v_0)(1,-v_0,0,0).$. Tai sitten ei, en koskaan koe mitään varmuutta pyöritellessäni näitä. Kuitenkin olen jo tässä ketjussa oppinut paljon uusia asioita.

Varmaan nyt pitää edetä kuten olet tehnytkin eli käyttää jotain äärellistä alkunopeutta pelkän pudottamisen sijasta. Riittävän suuri nopeus ulospäin johtaa rajanopeuteen v₀ äärettömyydessä.

En ole vielä tutustunut kirjoituksesi loppuosaan, mutta viikonloppuna siitä sitten enemmän, kestää aikaa käydä läpi laskuja.

edit: miinusmerkkejä lisäilty

[Disputator]

Killingin kenttään ja geodeesiin liittyvä säilyvä suure on $C=X_{\mu }{u}^{\mu }$, missä $u^{\mu }$ geodeesin 4-nopeusvektori. Sch-metriikassa Killingin vektorin kovariantti muoto on $({\partial }_t{)}_{\mu }=(-(1-2GM/r)$, 0, 0, 0) ja säilyvä suure

$C=X_{\mu }{u}^{\mu }=-(1-2GM/r)\frac{dt}{d\tau }$,

kuten pitääkin. EIKU, tuossa on nyt ylimääräinen miinusmerkki!

Hmm, harmillista, nyt ei ymmärrä miten nyt noin. Onkohan nyt metriikan eri signatuureista vai mistä kysymys.

Miten tuo miinus onkin niin sinnikäs. Kirjoittamasi kovarantti muoto on seuraus signatturista (-,+,+,+), mikä on sama signattuuri kuin munkin aiemmissa kaavoissa.

Olen nyt kohta tunnin koettanut ymmärtää miten tuo miinus pitää hävittää. En enää keski muuta kuin, että on sopimuskysymys, että onko säilyvä suure -E/m vaiko E/m.

Näin se tietysti täytyy olla, olen nyt tässä samaa mieltä. Suhtiksessa käsittääkseni mekaaninen energia on positiivinen suure ja silleen säilyvän energiankaltaisen suureen voisi määritellä positiiviseksi. Unohdetaan gravitaatioenergiat jne, ainakin nyt.

Tähän hieman liittyy se, että kahden ajanlaatuisen 4-vektorin A ja B sisätulo $A_{\mu }{B}^{\mu }$ on aina negatiivinen (kun signatuuri on (-1, 1, 1, 1) ja silloin -$A_{\mu }{B}^{\mu }$ on aina positiivinen. Siksi on $C=-X_{\mu }{u}^{\mu }$ aina positiivinen. Signatuurissa (1,-1,-1,-1) olisi positiivinen suure = $C=X_{\mu }{u}^{\mu }$.

edit:
Killingin kenttä $X={\partial }_t$ on ajanlaatuinen ja 4-nopeus u on ajanlaatuinen ja siten $C=-X_{\mu }{u}^{\mu }$ on positiivinen meidän signatuurilla.