Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
Решение 19.21. Для фридмановской Вселенной с A = O имеем
R (О/R0 = (~H0tJ'\
Энергия, излучаемая источником за единицу собственного времени, есть L. Она уменьшается за счет красного смещения в R(I)IR0 раз,
16 Заказ (10 486
РЕШЕНИЯ
так что наблюдаемая нами в современную эпоху полная энергия на одну звезду есть
и
о
или
Ш = 2L/5//0,
так как t0 = 2/3H0. Тогда энергия на единицу объема, и, равна в настоящее время 2IbH01Ln. Так как энергия излучения заполняет Вселенную изотропно, она соответствует потоку излучения
Для сравнения укажем, что в ньютоновской Вселенной, в которой все звезды «зажглись» бы в момент времени Z0 = (3Z2ZZ0)-1, мы имели бы
'о
' = ^ Ldt = H0L
B = ^HJLn.
Решение 19.22. Из решения задачи 19.18 мы знаем, что параметру замедления q0 > 0,5 соответствует космологическая модель с k = +1, которая расширяется по закону
^)^0 = 2^(1 -costI)' 0)
Подставляя R(t) = R0 и соответственно г) = т)0, мы получаем формулу, связывающую т)0 со значением q0 в «современную» эпоху. Так как выбор «современной» эпохи, очевидно, является произвольным, эта формула связывает г) и q для любой эпохи. Полагая <7 = 0,5002, мы получаем, что 1 — cosn = 0,0008 при г= 1500. Подставляя это значение обратно в уравнение (1) и полагая PolP (0= 1 +Z= 1501, мы можем решить уравнение (1) относительно q0. Получим
q0 = [2 - (1 + z) (1 - cos л)]-1 = 1,25.
Если параметр замедления ^0 <0,5, то k =—1, и уравнение (1) заменяется на следующее:
R Wo = T^5-(Chti-I). (2)
Полагая ? = 0,4998, получаем, что chт) — 1 = 0,0008 при Z= 1500. ГЛАВА 10
487
Отсюда для q0 находим
?0 = 12 + (1+*) (ChT)-I)]-* = 0,312.
Решение 19.23.
а) В современную эпоху t = t0 пространственноподобная 3-поверхность обладает метрикой
d°2 = R о (-І37Г + г2 (dft2 + sin2 О dq>2)).
Замечая, что промежуток OsSr=^l соответствует половине 3-сферы, имеем
1 1 2л
V = J j WgjKdaX = 2 f dr Jd(COSft) J d<f = 2я2#о-
З-сфера О —1 О С )
Для Вселенной, в которой преобладает вещество (см. задачу 19.15),
R0 = 2^-1)-1/., (1)
откуда
V = 2л2 (2q0-l)~^ Н0\ (2)
б) Наш световой конус прошлого за время dt распространяется на собственное радиальное расстояние с dt (см. фиг. 35). Зная
Фиг. 35.
метрику, находим, что собственная площадь поверхности 2-сферы есть Anr2R2, где г и R- функции і вдоль светового конуса. Следовательно, видимый нами объем есть (с = 1)
и
V = \dt4nr2 (t) R2 (t). (3)
о
Дифференциальное уравнение для г (t) следует из определения 16* 488
РЕШЕНИЯ
этой функции как светового конуса:
-dt = R{t\, dr (4)
(1-,-2) V= V
г = 0 при t = t0.
Чтобы решить уравнение (4) и найти интеграл (3), мы воспользуемся решением для R(t), параметризованным с помощью «угла развертки» г] (см. решение задачи 19.18):
R = А (1 — cos т]), Z = Л (ті —sin ті), (5)
где
A =-K7-, (6)
а современное значение ті есть
Ti0 = arccos(i^j. (7)
Теперь уравнение (4) приобретает вид
d (aresin г) = сіті,
откуда
г = sin (Tio-Ti), (8)
и выражение (3) переписывается как
Io
V = $ /4(1 — cos ті) <ії]4я sin2 (Ti0-Ti) Л2(1 — cos ті)2, о
Непосредственное интегрирование приводит к выражению
V = 4яЛ3 ^sin 2ТІО + 4 tIo- |"sin 1Io-4 tIo COS 2?+ ^ sin 3rj0),
которое с помощью соотношений (6) и (!) можно свести к функции от <7о и H0.
в) Согласно уравнению (8), радиальная координата для самых удаленных областей пространства, которые мы в состоянии увидеть в современную эпоху, есть
r0 = sin (Tfo) = (2<70-1)'/»/?о.
где мы использовали также соотношение (7). Объем, ограниченный этим значением радиальной координаты в современную эпоху, ГЛАВА 10
489
составляет (вычисления аналогичны вычислениям в п.
Го
V
= 4я JJS^
< 2я/?Л [arcs in r0 —г 0(\— rg)'72] =
о (1-,2)2
2я_Г
її
Щ (2?-1)
arccos
1 —go Qo
(1-?) (2?-1)
Решение 19.24. Из фиг. 36 и вида линейного элемента метрики Робертсона — Уокера следует
/=M(Z1)Jfi.
Функцию R(t,) можно заменить на i?0/(l+z); трудность состоит
R-R,
г = г,
Фиг. 36.
теперь только в вычислении T1. Возьмем метрику, записанную в координатах tj, х (из задачи 19.5). Тогда
/-I = ^(X1).
Траектория фотона описывается уравнением
О = -dip),
так что
Xi = IJ(W-IlCi)-
Применяя формулу для синуса (или гиперболического синуса) разности двух аргументов, получаем
t1 = s(tl0)c(t1l)-s(tll)c(ti0). (1) 490
РЕШЕНИЯ
Здесь С означает cos, 1 или ch для Л=1, 0, —1 соответственно. Воспользуемся теперь формулой, связывающей значение г) для некоторой эпохи с соответствующим ей значением красного смещения и современным значением q (см. задачу 19.18):
1 Cfnl 2^0-1 1 1 cW- q0 1+г '
или
даг — д0+1
C(T1) =
S(T)) =
4(1+2)
(эта формула верна для всех трех значений k). Отсюда получим
^g0-Ilv' (2д0г+1)'''
Г,=
<й>(1+2)
ql (11?- [1 - ^o + <7о2 - (1 - <7о) (1 + ад«/.].
Следовательно, видимый угловой размер есть б = //Г^(^) = /(1+2)/гЛ.
Используя для исключения R0 уравнение (3) из задачи 9.15, окончательно получаем
