Я погорячился, что эффектами ОТО можно пренебречь при сравнении времен двух наблюдателей.
Метрика внутри тоннеля в простом виде есть метрика Шварцшильда , запишем в приближенном виде и с переменной массой:
\[ ds^2=c^2d{\tau}^2=c^2dt^2(1-\frac{2M(r)G}{rc^2})-dr^2(1+\frac{2M(r)G}{rc^2}) \quad(7) \]
где:
\[ M(r)=\frac{4}{3}{\pi}r^3{\epsilon}=\frac{M_0r^3}{R^3} \]
\( M_0,R \) - масса и радиус Земли
\[ d{\tau}^2=dt^2(1-\frac{r_gr^2}{R^3}-\frac{dr^2}{c^2dt^2}-\frac{dr^2}{c^2dt^2}\frac{r_gr^2}{R^3})\quad(8) \]
Постоянная \( r_g=0.9 \) см
В последнем выражении (
слагаемые 2,3,4 дают задержку времени относительно удаленного покоящегося наблюдателя.
2-е слагаемое - гравитационный эффект, 3 - эффект СТО, 4 - малое , которым можно пренебречь.
Рассматриваем на этот раз 2-е слагаемое, то есть эффект ОТО. Это задержка времени падающего наблюдателя , когда он вернулся в исходную точку по отношению к часам удаленного наблюдателя.
\[ d{\tau}^2=dt^2(1-\frac{r_gr^2}{R^3}) \quad(9) \]
\[ d{\tau}{\approx}dt(1-\frac{r_gr^2}{2R^3}) \quad(9a) \]
Уравнение движения тела в тоннели возьму уже готовое ньютоновское.
\[ r=R\cos(\frac{2{\pi}t}{T}) \quad(10) \]
\[ \Delta{\tau_g}=\int_{0}^{T}\frac{r_gTr^2}{2R^3}dt \quad(11) \]
\[ \Delta{\tau_g}=\frac{r_gT}{4R} \quad(12) \]
\[ r_g=0.009 m, R=6.35*10^6 m , T=84 min=5040 sec \]
что дает для задержки : \( \Delta{\tau_g}= 2 \)мкс
Время задержки для неподвижного наблюдателя относительно удаленного:
\[ \Delta{\tau_n}=\int_{0}^{T}\frac{r_g}{2R}dt \quad(13) \]
\( \Delta{\tau_n}= 4 \) мкс
Значит разница часов неподвижного и движущегося наблюдателя \( 4-2= +2 \) мкс ,
вклад СТО : \( -0.87 \) мкс.
Задача оказалась непростой.
