Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
Ttf (6ft)
L dk
откуда
1 [2/C6Z, — 2/С0рф — iC2 (6^)2],
г*
К***
dl2 - г* 0U-
Из этого уравнения видно, что возмущение бФ осциллирует вблизи O = я/2 и не растет со временем, т. е. орбиты являются устойчиво плоскими.
Решение 15.3. В случае радиального падения у нас есть два интеграла движения:
u-u=l и и • d/dt = U0 = — (1 — 2М/г) и0. Отсюда получаем
и - и = — 1 = — (1 - 2М/г) (и0)2 + (1 - 2M/r)-1 (W)2 = = [— (1 -2М/г)+ (1 -2M/r)-1 (dr/dt)2] (и0)2 = = [— (1 - 2M/r) + (1 - 2M/r)-1 (dr/dt)2} (и0)2 (1 - 2M/r)2. (1) Решая относительно (dr/dt)2, находим
(dr/dt)2 = (1- 2M/r)2 [1-(1- 2M/r) (U0)-2]. (2)
Неподвижный наблюдатель измеряет временные интервалы
dt =(\ —2М/г)1/* dt и радиальные расстояния
dr = (\-2M/r)-^dr, так что измеряемая им скорость есть
| = (1-Ш/г)-|. (3)
Заметим, что эта локально измеряемая скорость независимо от значения и0 приближается к скорости света по мере того, как г приближается к 2М. 372
РЕШЕНИЯ
Решение 15.4. Первые интегралы уравнения движения по геодезической (см. задачу 15.3) суть
U0 = — E = const,
S00Ul+ grr(U'Y = -1,
откуда получаем
= Ё /1) " dx 1-2Л1/Л' ^
иг - = - (?« - 1 + 2M/r)V.. (2)
Знак минус перед квадратным корнем в уравнении (2) соответствует частице, падающей на центр.
Случай 1. Для этого случая из условия drJdx = O при г = R следует
т IR = \ -Ei,
т. е. E < 1. Тогда уравнение (2) можно записать следующим образом:
dj^ /2М_Г2MV/i' (8)
Rj
Это уравнение можно проинтегрировать в конечном виде. Получим
GH)]. <«>
где постоянная интегрирования выбрана таким образом, чтобы т = 0 при г = R. Удобно переписать уравнение (4) в параметрическом виде, вводя «параметр циклоиды»
г| = arccos l)-
Будем иметь
r = ytf (1+cost!) (г] = 0 при г = R), (5)
т = (S)1^tI+ sin^-
Из уравнения (1) следует
Г Edx _ g. [*dx 1 А _
~ j J ~~
(* ! R3 \V. Л _2Ліу/, І (Щ (' + cos^
R J J 1 —4M [/? (1 + cosT|)]~*' ГЛАВА 10
373
По таблице интегралов находим
2 M'
¦ In
2 M
где постоянная интегрирования выбрана таким образом, чтобы / = O при г| = 0, т. е. при г = R. Отметим, что t-*-oo, когда tg(^/2)(R/2M — 1)'/», т. е. когда г-+2М.
Случай 2. В этом случае E = 1 и уравнение (2) дает
2 / г« \У.
3 \2Mj
+ const,
(8)
и, поскольку
A _ dt/dx dr ~~ dr/dx'
мы получаем
(яи)'"+1
\2 M j
+ const. (9)
Случай 3 Аналогично случаю 1 выберем R таким образом, чтобы
2 M ~ V*
" ' "оо
Тогда перемена знака R в уравнении (4) дает
—(5)Х*+?Г-А"ь(Ї+.)]. ..о»
Заметим, что т = 0 при г = 0 и т = — со при г = со. Вводя переменную
Ti = Arch (1+1),
получаем
R
г = -2 (ch г) — 1) (г = 0 при г| = 0),
^-(вТйГ^-л).
(П) (12)
Уравнение, соответствующее уравнению (7), имеет вид
2 M
= In
(и+1)
1/2 п
CthJ-
-(А+О'Ъ+та^И-л)]. (13)
Заметим, что, когда г изменяется от оо до 2М, / изменяется от — OO до +со. 374
РЕШЕНИЯ
Решение 15.5. Выберем экваториальную плоскость так, чтобы •О1 = я/2. Тогда «# = 0. Одним из первых интегралов движения является нормировка 4-скорости, откуда следует
(О
Еще два первых интеграла дают нам векторы Киллинга d/dt и д/дц>:
Mv = L = Const, ип = — Ё = const,
где L и E — соответственно момент количества движения на единицу массы покоя и энергия на единицу массы покоя. Тогда из уравнения (1) получаем
Idr \» _ -1 -g*b-gwV
I dx) - grr > W
или, подставляя в явном виде метрические коэффициенты, Из U4* ^gvvL следует
d<p/dx = L/r2.
Подставляя это соотношение в уравнение (3), окончательно получаем
= ± 1 + E2 (1 - 2M/r)-1 - ^J (1 - 2М/г)}'\
Решение 15.6. Выберем O = я/2 и р® = 0. Если X — некоторый аффинный параметр, такой, для которого
pr = dr/dk и рф = ^ф/с& = г_2Рф,
то
iL — PL d(p ~ p<f> •
Соотношение р-р = 0 дает нам уравнение, связывающее pr, p'f и р°; его можно решить относительно dr/dq>:
(dr/dcp)2 = г4 (1 - 2М/г) [у (1 - 2M/r)-1 - 1 /г2], (1)
где у = Ро/Рф = const. Если теперь ввести переменную U = М/г, уравнение (1) примет вид
(u')2 = (1 — 2и) [у/И2 (1 — 2«)-1 — и2] = у M2 — м2 + 2и3; (2) здесь штрих означает обычное дифференцирование по ф. Продиф- ГЛАВА 10
375
ференцировав это уравнение, мы получим весьма простое уравнение 2-го порядка:
и"+ и = Зм2. (3)
В предельном случае М/Ь ^ 1 за нулевое приближение к решению можно выбрать решение типа «прямой линии» rsin<p = ft или
u0 = (M/b) sintp.
Запишем теперь и = U0 + ^ + ..., где M1^ 1, так что уравнение (3) можно приближенно записать так:
и\ + U1 ъ Ы = 3 (jJ sin2 ф = ~ (1 - cos29).
Это уравнение можно решить методом подбора; решение имеет вид
ІПф + |(|)2(3 + С082ф).
Теперь мы можем найти полный угол отклонения, вычисляя значения двух углов, при которых Г = OO (и = 0). Эти углы должны удовлетворять уравнению
2 sin ф - (М/Ь) (3 + COS 2ф),
откуда получаем
ц>^-2(М/Ь) и ф«=*я + 2 (М/Ь). Таким образом, полный угол отклонения составляет АМ/Ь.
Решение 15.7.
а) Уравнение орбиты было получено в задаче 15.5. Если теперь ввести новую переменную и = М/г и два новых параметра є и U0, заменяющих EuL, то уравнение орбиты можно будет переписать в виде
