Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
W (Z) =5 T« dxdy =J g„T» dx dy. (2)
Мы хотим доказать, что W (0) зависит только от = и не зависит от других компонент Та&. Имеем
О = 74? = \g\~'>> (j g + FV^. (3)
Положим a = t и проинтегрируем по х и у, воспользовавшись тем фактом, что ga? не зависит от х, у и /:
О = tdxdy+\ Ttxixdxdy + \ Г",у dxdy +
+1 g Г:v' (I g lv'S Tt* dx dy)., + 2Г'г S Tt' dx dy. (4)
Первый член обращается в нуль ввиду того, что Tне зависит от времени. Второй и третий члены дают вклады, пропорциональные значениям Ttx и Tty на границе области интегрирования, которые в свою очередь обращаются в нуль на границах, расположенных вне сосуда. Уравнение (4) можно записать б виде
о = Igr 4lSTt1 (Iglv' gtt \ Tt' dx dy),t. (5)
Отсюда следует, что
IgГ2gtt I T"dxdy 358
РЕШЕНИЯ
не зависит от г. Поэтому если этот член обращаегся в нуль в области выше сосуда, то он равен нулю всюду.
Подставим теперь в уравнение (3) а = г и проинтегрируем по X и у:
О = \Tztitdxdy + \ Tzxix dxdy+\ Т'«,у dx dy +
+ ! g Н~ (18 T- dx dy),, + Г* „ S Т" dx dy+Г'„ $ Tzz dx dy. (6)
Первый член обращается в нуль по соображениям, изложенным выше, а второй и третий дают вклады, которые зависят от границы области интегрирования и также обращаются в нашем случае в нуль. Используя уравнение (2), находим
(Idxdy. (7)
Проинтегрируем уравнение (7) от г = 0 до верхней границы сосуда и, воспользовавшись тем, что W 1верх = 0, получим выражение
верх
^(O) = I^iri7O2 S dz]dxdy\gtt\^,;T", (8)
о
зависящее только от компоненты Т". (Данным решением задачи мы обязаны В. Унру.)
Решение 14.7. Поскольку гравитационное поле стационарно, существует временной вектор Киллинга g = 3/3/. Умножим скалярно на этот вектор уравнение Эйлера для течения идеального газа (задача 14.3):
(P + P)l-Vuu = — g.Vp-g-UVup. (1)
Но, гак как, согласно уравнению Киллинга, Vg антисимметрично,
І • Vuu = Vu (I • и) - (Vug) - u = Vu (I - u).
Кроме того, для стационарного течения
g-Vp = 3p/3/ = 0.
Подставляя «0 = u-g, находим
(р + р) du0/dx = U0 dp/dx. (2)
Для адиабатического течения идеальной жидкости первое начало термодинамики (см. задачу 5.19) гласит:
dp = (p + p)dn/n. (3)
Из уравнений (2) и (3) имеем
du0 _dn d (р + р)
«о — п р + р * ГЛАВА 10
359
откуда следует
Un = const • п
р+р
Решение 14.8. Ньютоновский предел уравнений релятивистской гидродинамики можно получить, если выбрать глобальную, почти лоренцевскую систему, в которой
Р = Ро(1 + я), л<1,
Яоо = -(1+2ф), |ф|<1,
Р/Ро < 1. f2<l-
Здесь р0 = птв есть плотность массы покоя (тв — средняя масса покоя бариона), л; —удельная внутренняя энергия, ф —ньютоновский потенциал и у —обычная 3-скорость жидкости. Поскольку
KS = (I-Irs)-1^l +І-о»
и
"o = (-goo),/2«» +yf2 + <P,
уравнение Бернулли принимает вид
/, . 1 о , \ const•п
(1 + 2^ + ф) = р„(1+я + р/ро),
откуда следует
1 + 2 f2 + фJ (1 + Л + р/р0) = const
и, наконец,
у Vг + ф + л + р/р0 = const.
Решение 14.9.
а) Условие, что | есть вектор, связывающий мировые линии соседних частиц, можно записать следующим образом:
^ul = au, (1)
где а —скалярная функция. В задаче 8.14 функция а равнялась нулю, так как вектор g связывал события с одинаковым собственным временем; сейчас мы найдем а из условия, что g° = = |-и = 0 вдоль мировых линий:
0 = Vu (! • u) = ? • а + и • Vu|. (2)
Сравним это уравнение с уравнением (1), умноженным скалярно на и:
и -(VuI -V1U) = -а, 360
РЕШЕНИЯ
откуда получим, что а = |-а. (Напомним, что1 U-VsU = = 1ZiSi (и • u) = 0.) Таким образом, мы имеем
Vu| = V|U + (l-a)u. (3)
Условие для жесткого движения Vu(|-|) = 0 равносильно условию I-VuI = O или в силу уравнения (3) условию
1аёр("а;р + "аар) = 0.
Поскольку это соотношение должно быть справедливым для всех I, отсюда вытекает
и(а\ ?> + M(Gt0P) = 0,
и, следовательно,
Oap + У ftPaP = "(a; ?) + "(a??) = 0
(обозначения и определения см. в задаче 5.18). Итак, жесткое движение может иметь место в том и только в том случае, если aa? = fl = 0.
б) Ввиду симметрии OaP = Opo условие Oap = O сводится к 10 уравнениям. Если учесть еще 5 тождеств: мастар = 0 и =
= Oaa = 0, то у нас остается 5 независимых уравнений, которые вместе с условием 1O1 = O дадут в сумме 6 независимых уравнений связей.
Условия существования жесткого движения не налагают ограничений на аа или a>ap. Каждая из этих характеристик включает в себя по 3 независимые компоненты (в силу соотношений ааиа = О и coa? = — OjPa), так что у нас имеется 6 степеней свободы, как и в нерелятивистском жестком движении.
Решение 14.10. Из определения O = Vu имеем
Если, однако, воспользоваться результатами задачи 5.18, то получим
«°;?a"? = («a:p«?);a - "a;?"?; a = Oa-,a ~
- ((0»? + Oap +1 - а*Ир) • (®?e+о*. + Jr - сРиа). (2) Учитывая свойства
симметрии (oa?, Oa? и Pafii а также тот факт, что они ортогональны и, из уравнений (1) и (2) находим
§ = Oal e - 0/>?<* - °V?a - I ^2 - Я a?"""* =
= aa;a + 2(u2-2a2- і- A2 - #a?waiA ГЛАВА 10
