Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Основы релятивистской механики. Монография

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

841 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1513 14 15 > Следующая >>>

v(0) −3	4	k	(4.184)
v(0) −3	3 T		(4.184)
	3 T

или, если полное время движения выразить через начальную скорость точки:

T −	4	k	(v(0) < 0).	(4.185)
	3 v3 (0)

И еще на одно важное обстоятельство при рассмотрении движения по прямой необходимо обратить внимание. Все наши предыдущие рассуждения по умолчанию опирались на возможность разложения решения по степеням малого параметра 1/с2. Но эта возможность правомочна только для достаточно больших значений координаты. А какой вид имеет решение в области очень малых координат? Какое при этом работает приближение?

Обратимся снова к точному уравнению (4.146) и перепи-

шем его здесь в виде

v2 52

5 k

5k 1

1 −

= 1 −

+ E = 1 −

−

(4.186)

− 5E r

Вводим в рассмотрение малое расстояние а:

a =

(4.187)

c2 − 5E

и с учетом этого обозначения записываем уравнение (4.186):

	−	v2 52
1
		2
		c

		5E			a
= 1	−		1	−		.	(4.188)
		2
		c			r

Видим, что допустимая область значений координаты определяется условием

0 < 1 −	a	,	(4.189)

	r

из которого следует:

121


r > a =			5k		(4.190)
				.
			c2 − 5E
В окрестности запрещенной области, т.е. когда
0 < 1 −	a	1 (r ≈ a),			(4.191)

	r

скорость точки должна приближаться к скорости света. Переписываем уравнение (4.188), разрешая его относи-

тельно производной:

5E 25

a 25

= −

1 − 1

−

(4.192)

Теперь разделяем переменные и интегрируем:

r			dr
∫			dr				= с(T − t).	(4.193)


a			5E 25			a 25
1	− 1	−		1	−
1	− 1	−	2	1	−
			c			r

Здесь появилась еще одна постоянная, с которой мы связываем время всего движения из очень удаленной точки (в пределе – бесконечно удаленной) до границы запрещенной области. А именно:

∞			dr
∫			dr				= сT.	(4.194)


a			5E 25			a 25
1	− 1	−		1	−
1	− 1	−	2	1	−
			c			r

Как наиболее удачно выбрать значение константы Е? Можно, как это уже было сделано выше, присвоить ей нулевое значение. Пока никакие рациональные обоснования для другого выбора не усматриваются. При этом размер запрещенной области будет таким:

a = 5k , c2

122

а формулы (4.192), (4.193), (4.194) приобретут вид

a 25

= −

1 − 1

−

(4.195)

∫

= с(T − t),

(4.196)

a 25

− 1

−

∞

∫

= сT.

(4.197)

a 25

1 −

Если интегралы в левых частях уравнений (4.193), (4.196) вычислить в самом грубом приближении, когда r → a +, то их решения будут выглядеть так:

r ≈ a + c(T − t) (t → T),

и величина скорости материальной точки в этой области должна приближаться к скорости света.

Попытаемся несколько уточнить последнее утверждение. Иными словами, попытаемся распространить решение на несколько более широкую окрестность точки r = a +.

Вводим обозначения

α = 1 −	5E	,	x = α(1 −	a	).	(4.198)
	2
	c			r

Соответственно

r =	a		,
	1 −	x
		α

dr =	a		1			dx.
	α		−	x	2

		1

				α

Интеграл в левой части точного решения (4.193) в новой переменной записывается так:

123

. (4.199)

∫

α ∫

−

1 − x 5

− 1

−

Раскладываем подынтегральное выражение по степеням аргумента x, считая, что он принимает достаточно малые значения, т.е. значения, близкие к нулю. Имеем

y4 + O(y5 )

= 1

y +

y = x 5

1 − y

128

= 1 + 2

+ O (x2 ).

x 2

1 −

Отсюда

1 −

1 − x

= 1 +

1 x 5

5 + 1 x 5

+ 35 x

+ O (x2 ).

3 x 5 + 2 x + 5

128

Внося это разложение в интеграл (4.177), получим

∫

5E 25

1 −

−

a 25

x 5

x 5 +

(4.200)

+ 25 x

+ 5 1 x 5

+ 175 x

5 + O (x3 ) .

12 α

1664

Разложение для скорости вблизи запрещенной области

будет таким:

v = r = −c 1 − x 5

= −c 1

−

x 5 −

x 5

−

x 5

−

x 5

+ O (x2 ).

128

124

Если постоянная Е принимается равной нулю, то в этих

разложениях α = 1, x = 1 − a . r

Итак, в главе 4 мы представили два новых релятивистских закона механики: закон инерции (формула (4.3)) и закон гравитационного взаимодействия (формула (4.5)). На основании этих законов выведено уравнение движения в задаче двух тел (формула (4.23)), результатом решения которого стали траектории, близкие к кривым второго порядка – эллипсу, гиперболе, параболе. Рассмотрен также случай прямолинейного сближения двух материальных точек и вычислено минимально допустимое при этом расстояние:

a = 5GM . c2

125

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

1.Вейль Г. Пространство, время, материя. Лекции по общей теории относительности. – М.: УРСС, 2004.

2.Гинзбург В. Л. О теории относительности. Сборник статей – М.: Наука, 1979.

3.Голдстейн Г. Классическая механика. – М.: Наука,

1975.

4.Ландау Л.Д., Лифшиц Е.М. Теоретическая физика.

Т.2. Теория поля. – М.: Физматлит, 2014.

5.Логунов А.А. Теория гравитационного поля. – М.: Наука, 2000.

6.Окунь Л.Б. Понятие массы (Масса, энергия, относительность) // УФН. – 1989. – Т. 158. – Вып. 3. – С. 514.

7.Планк М. Избранные труды. – М.: Наука, 1975.

8.Роузвер Н.Т. Перигелий Меркурия. От Леверье до Эйнштейна. – М.: Мир. 1985.

9.Руденко В.Н. Релятивистские эксперименты в гравитационном поле // УФН. – 1978. – Т. 126. – С. 361.

10.Фредерикс В.К. Общий принцип относительности Эйнштейна // УФН. – 1999. – Т. 169. – № 12. – С. 1339.

11.Цапенко Н.Е. Новое релятивистское обобщение второго закона Ньютона. – М.: ФГУП «ВНТИЦ», 2005. № 1.

12.Цапенко Н.Е. Смещение перигелия. – М.: Физматкнига, 2015.

13.Цапенко Н.Е. Релятивистская задача двух тел // Сборник тезисов по итогам Профессорского форума 2020. В 2 т.

Т.2. – М.: Российское профессорское собрание, 2021. – С. 183.

14.Цапенко Н.Е. Релятивистская функция Лагранжа и смещение перигелия // Сборник статей по итогам Пятого профессорского форума 2022. – М.: Российское профессорское собрание, 2023. – С. 180.

15.Цапенко Н.Е. Академик не отвечает! Кто ответит за него? // Научные исследования в современном мире: проблемы, тренды, перспективы. – М.: Российское профессорское собрание, 2023. – С. 299.

126

16.Эйнштейн А. Собрание научных трудов. В 4 т. Т. 1. – М.: Наука, 1965.

17.McDonald Kirk T. Special Relativity and the Precession of the Perihelion, Joseph Henry Laboratories, Princeton University, Princeton, NJ 08544 (October 25, 2022; updated December 12, 2022).

18.Sheikhyounis K., Tsapenko N.E. Relativistic Problem of Two Bodies // International Journal on Engineering Applications (IREA). Vol. 11(1), January 2023. P. 47–54. DOI: 10.15866/irea.v11i1.22231

19.Weinstein G. Einstein, Schwarzschild, the Perihelion Motion of Mercury and the Rotating, Disk Story, Tel Aviv University, 2014.

20.Weinstein G. Two-Body Problem in General Relativity: A Heuristic Guide in Einstein’s Work on the Einstein-Rosen Bridge and EPR Paradox, 2015.

21.Yahalom A. The Weak Field Approximation of General Relativity and the Problem of Precession of the Perihelion for Mercury. Symmetry 2023, 15, 39.

22.Einstein А. Erklärung der Perihelbewegung des Merkur aus der allgemeinen Relativitätstheorie.

127

ПРИЛОЖЕНИЕ 1.

СВОДКА ИСПОЛЬЗУЕМЫХ

ТАБЛИЧНЫХ ИНТЕГРАЛОВ

Пусть ξ0 = 1 + e cos ϕ , тогда

2π

dϕ

2π

;

∫0

ξ0

1 − e2

2π dϕ

2π

∫

;

3/2

0 ξ0

(1 − e

)

2π dϕ

(2 + e2 )π

∫

;

5/2

0 ξ0

(1 − e

)

2π eϕ sin ϕ

∫

dϕ =

−

≤ 0 ;

)

3/2

ξ0

+ e)

(1 − e

2π e cos ϕ

3πe2

∫

dϕ = −

;

5/2

ξ0

− e

)

2π e2 cos2ϕ

3πe4

∫

dϕ =

2 5/2

ξ0

− e

)

128

ПРИЛОЖЕНИЕ 2. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ЛЕММЫ ЭЙЛЕРА

Запишем выражение кинетической энергии, полученное в главе 1:

n n

T = 1 ∑∑aij qi qj .

2 i=1 j =1

Здесь коэффициенты aij – функции координат qi. Причем

aij = aji .

Лемма Эйлера заключается в справедливости соотношения:

n	∂T
∑q	∂T	= 2T .
∑q		= 2T .
k ∂q
k=1	k

Для доказательства применим метод математической индукции.

Пусть

n n	n+1 n+1
Tn = ∑∑aij qi qj ,	Tn+1 = ∑∑aij qi qj .
i=1 j =1	i=1 j =1

Очевидно, что при n = 1 имеет место тождество

q	∂T	= 2T .
q	1	= 2T .
1	∂q	1
	1

Тогда, полагая верным равенство

n	∂Tn
∑q	∂Tn	= 2T	, (n > 1) ,
∑q		= 2T	, (n > 1) ,
k ∂q		n
k=1	k

покажем справедливость равенства

n+1	∂Tn+1
∑q	∂Tn+1	= 2T + .
∑q	∂q	= 2T + .
k	∂q	n 1
k=1	k

(П2.1)

(П2.2)

129

Имеем

	n+1		n
T +	= ∑		∑a q	q	j	+ a +	q q +	=
n 1			ij i		j	i,n 1	i n 1
	i=1	j =1

=∑ ∑aij qi qj i=1 j =1n+1

	n+1
+ q +	∑a	+	q	=
n 1	i,n 1		i
	i=1

n n

n+1

= ∑∑aij qi qj + ∑an+1,j qn+1qj + qn+1 ∑ai,n+1qi =

i=1 j =1

j =1

i=1

n n

= ∑∑aij qi qj + qn+1 ∑an+1,j qj + qn+1

∑ai,n+1qi +qn+1an+1,n+1qn+1 =

i=1 j =1

j =1

i=1

= T + q +

∑(a

+ a

+ +

q2+

n 1

1,k

k,n 1

1,n

n 1

k=1

= T + 2q

∑a

+ a

+ +

q2+ .

k,n

n 1,n

n 1

k=1

Итак:

T +

= T + 2q

+ ∑a

+ a +

q2+ .

(П2.3)

n 1

k,n 1

n 1,n 1

n 1

k=1

Далее дифференцируем это выражение по обобщенным координатам qk :

∂Tn+1	=	∂Tn	+ 2a	+	q + , (1 ≤ k ≤ n) .
∂qk			k,n 1		n 1
∂qk		∂qk

Умножаем обе части последнего равенства на скорость qk и суммируем его по индексу k от 1 до n:

∑qk

k=1

∂Tn+1	n	∂Tn		n
∂Tn+1	= ∑q	∂Tn	+ 2q +	∑a	+	q	=
∂q	= ∑q		+ 2q +	∑a	+	q	=
∂q	k ∂q		n 1	k,n 1		k
k	k=1	k		k=1			(П2.4)
							(П2.4)

= 2Tn + 2qn+1 ∑ak,n+1qk . k=1

130

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1513 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]