Coeficientes métricos en coordenadas giratorias

Editar editar: como se ha señalado, me equivoqué al decir$\partial_t = \partial_{t'}$etcétera. Me sirve por tratar de mirarlo por inspección en lugar de ser riguroso.

Sin embargo, creo que las coordenadas cilíndricas simplifican un poco el problema. Recordemos el elemento de línea cilíndrico:

$$ds^2 = -dt^2 + dr^2 + r^2 \, d\phi^2 + dz^2$$

Ahora, hay varias maneras de calcular$\partial_{\mu'}$. En este caso, es bastante simple invertir la transformación del sistema de coordenadas, que naturalmente expresa los términos jacobianos de la manera correcta. Tenga en cuenta que$r' = r$y$\phi' = \phi + \omega t$. Entonces podemos comenzar a leer las transformaciones de las derivadas parciales.

$$\begin{align*} \partial_{t'} &= \frac{\partial t}{\partial t'} \partial_t + \frac{\partial \phi}{\partial t'} \partial_\phi = \partial_t - \omega \partial_\phi \\ \partial_{r'} &= \frac{\partial r}{\partial r'} \partial_r = \partial_r \\ \partial_{\phi'} &= \frac{\partial \phi}{\partial \phi'} \partial_\phi = \partial_\phi \\ \partial_{z'} &= \frac{\partial z}{\partial z'} \partial_z = \partial_z\end{align*}$$

Estos dan como una métrica,

$$ds^2 = ({r'}^2 \omega^2 - 1) \, {dt'}^2 + {dr'}^2 + {r'}^2 \, {d\phi}' + {dz'}^2$$

Solo hay una derivada de cualquier consecuencia para calcular. Además, en coordenadas cilíndricas, podemos ver claramente que están sucediendo algunas cosas extrañas en$r' = 1/\omega$.

Vuelva a convertir esto en sus coordenadas cartesianas preparadas y listo.

Esta respuesta es esencialmente una combinación de la respuesta de @ Muphrid, los comentarios que se dan allí, junto con algunas simplificaciones importantes propias.

La métrica de Minkowski reescrita en coordenadas cilíndricas es

$$ds^2=-dt^2+dr^2+r^2d\phi^2+dz^2. \tag{1}$$

Su transformación de coordenadas expresada en coordenadas cilíndricas simplemente es

$$\begin{align} t'&=t \\ r'&=r \\ \phi'&=\phi+\omega t \\ z'&=z \end{align} \tag{2}$$

Combinando (1) y (2) puede escribir inmediatamente la métrica en coordenadas cilíndricas con prima$(t',r',\phi',z')$. No hay necesidad de jugar con los derivados$(\partial_{t'},\partial_{r'},\partial_{\phi'},\partial_{z'})$y$(\partial_{t},\partial_{r},\partial_{\phi},\partial_{z})$.

$$\begin{align} ds^2&=-dt'^2+dr'^2+r'^2(d\phi'-\omega\ dt')^2+dz'^2 \\ &=(-1+r'^2\omega^2)dt'^2+dr'^2+r'^2d\phi'^2+dz'^2-2r'^2\omega\ d\phi'dt' \end{align} \tag{3}$$

Transformar a partir de coordenadas cilíndricas$(t',r',\phi',z')$volver a las coordenadas cartesianas$(t',x',y',z')$finalmente obtienes (dejo fuera los detalles de cálculo aquí)

$$ds^2=(-1+\omega^2(x'^2+y'^2))dt'^2+dx'^2+dy'^2+ dz'^2 + 2\omega(y'dx'-x'dy')dt'. \tag{4}$$

La métrica resultante (4) es la métrica de Minkowski aumentada con dos términos adicionales. El único término adicional ($\propto dt'^2$) da lugar a la fuerza centrífuga , la otra ($\propto dt'$) a la fuerza de Coriolis .

Sugerencias:

1. la coordenada$z^{\prime}=z$es una variable de espectador pasivo, por lo que se puede considerar la reducción$2+1$problema dimensional.

2. Vea las dos coordenadas espaciales restantes como una coordenada compleja, es decir,

   $$u~:=~x+iy, \qquad u^{\prime}~:=~x^{\prime}+iy^{\prime}.$$

3. La transformación rotacional luego se simplifica a

   $$t^{\prime}=t, \qquad u^{\prime}~=~ u e^{i\omega t}.$$

4. Recuerda las reglas de la cadena

   $$\frac{\partial}{\partial t} ~=~\frac{\partial t^{\prime}}{\partial t}\frac{\partial}{\partial t^{\prime}} +\frac{\partial x^{\prime}}{\partial t}\frac{\partial}{\partial x^{\prime}} +\frac{\partial y^{\prime}}{\partial t}\frac{\partial}{\partial y^{\prime}},$$ $$\frac{\partial}{\partial u} ~=~\frac{\partial t^{\prime}}{\partial u}\frac{\partial}{\partial t^{\prime}} +\frac{\partial u^{\prime}}{\partial u}\frac{\partial}{\partial u^{\prime}} +\frac{\partial \bar{u}^{\prime}}{\partial u}\frac{\partial}{\partial \bar{u}^{\prime}}.$$

5. Deducir mediante la regla de la cadena

   $$\frac{\partial}{\partial t}~=~\frac{\partial}{\partial t^{\prime}} + \omega\left( x^{\prime}\frac{\partial}{\partial y^{\prime}} -y^{\prime}\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right), \qquad \frac{\partial}{\partial u} ~=~e^{i\omega t}\frac{\partial}{\partial u^{\prime}},$$ o por el contrario, $$\frac{\partial}{\partial t^{\prime}}~=~\frac{\partial}{\partial t} + \omega\left( y\frac{\partial}{\partial x} -x\frac{\partial}{\partial y}\right), \qquad \frac{\partial}{\partial u^{\prime}} ~=~e^{-i\omega t}\frac{\partial}{\partial u}.$$