Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
в) Дуги больших кругов являются геодезическими на 2-сфере. Уравнения геодезических решить нетрудно, поскольку известны два первых интеграла. Пусть точка сверху означает дифференцирование d/ds. Тогда соотношение (8) можно записать в виде
sech2 у (і2 + у2) =1. (9)
Поскольку х-циклическая координата в метрике (8), то gxxx = = Const (см. решение 7.13), т. е.
(sech2 у) X = v. (10)
Если ни X, ни у не обращаются в нуль, то из уравнений (9) и (10) можно исключить параметр s:
(dy\а у2 as-ch 2у .
\dx J X2 ch2 у ' '
где Я = 1 /iV- Уравнение (11) легко интегрируется, если положить z = shy. Решение его имеет вид
sh г/= а sin (я-f-?),
где а = (Я2— 1)'/*, a Р — еще одна постоянная интегрирования.
8 Заказ 110 226
РЕШЕНИЯ
Решение 6.5. Выяснить, трехмерно ли пространство, мы сможем, вычислив 3-объем, натянутый на dxdydz:
dV = g4,dx dy dz =
' -тг • -mm) -mm
-mm ¦ -mm dx dy dz = 0.
-(Ш) -mm ЧжГ
g = det
'l —
1*0.
Поскольку объем dV тождественно равен нулю при любых х, у, г, то эти координаты всегда линейно-зависимы. Следовательно, рассматриваемое нами пространство либо 2-мерное, либо 1-мерное. Одну координату, например г, всегда можно отбросить, положив z = const. Такая операция допустима, поскольку z — «циклическая координата», т. е. коэффициенты метрики не зависят от г. После исключения г остается метрика
ds2 = dx2 + dy2 - (A- dx + dyj. Она действительно 2-мерная, а не 1-мерная, поскольку
Тз) ~ (тз) (із У
,mm >-№)•
Нетрудно найти преобразование координат (например, ортогона-лизуя исходную систему по Граму — Шмидту)
S 5
ІЗ / 4 , 3 \
приводящее к метрике ds2 = dl2 + dr\2 (простейшего вида). Более искушенный чиїатель заметит, что исходную метрику можно представить в виде
gap = Sctfj — VaVfi,
где V0- евклидов единичный вектор -Ц'У Эта метрика
проектирует 3-мерное евклидово пространство на 2-мерное подпространство, ортогональное вектору V, поэтому существование координат I и г), в которых исходная метрика вырождается в метрику 2-мерного плоского пространства, очевидно.
-3- , _4 13 Х+ 13
Решение 6.6. Пусть А — произвольный вектор. Требуется проверить, ортогональна ли его проекция P-A вектору и, т. е. ГЛАВА 6
227
выполняется ли равенство U-P-A = O. Производя несложные преобразования, получаем
и • P • А = Ua (gap + UaUp) AP = UaAa + (UaUa) иьА* = иаАа - щА» = 0.
Кроме того, нетрудно видеть, что если Au = O, то P-A = A, т. е. вектор А при проектировании не изменяется. Если п —единичный пространственноподобный вектор, то
п-Р- A = na(gafJ-nart?) Л& =
= ПаА а — (HaH0) =
= лаЛа-я„ЛР = 0.
Вектор, ортогональный вектору п, также не изменяется при проектировании. Предположим теперь, что Р —оператор проектирования на подпространство, ортогональное изотропному вектору к, т. е. что к-Р-А = 0 для всех А. Нетрудно видеть, что Р-|-+ const X к (X) к —оператор, проектирующий на то же самое подпространство (k-k = 0), поэтому оператор P не единствен. (Множество операторов, проектирующих на подпространство, ортогональное изотропному вектору, непусто. В этом легко убедиться, поскольку для любого 4-вектора w оператор P = g — w (х) k/k • w осуществляет проектирование на ортогональное подпространство. Но если W-изотропный вектор, то симметричные проекционные операторы не существуют.)
Решение 6.7. Пусть А и В —два вектора в метрическом пространстве. Ясно, что угол между А и В должен быть каким-то образом связан со скалярным произведением A-B. Кроме того, угол не должен зависеть от длин векторов А и В. Естественнее всего считать мерой угла выражение А • В/(| А | j В |). В евклидовом пространстве оно совпадает с cos д. Под действием преобразования ->-/ (Xli) gap это выражение переходит в следующее:
¦ I A11 В I) ~ (EiivAWgpaBeBV)4' [/ (Xy)gvtvAWf (*Y) gpo?P?<4"'"'
но функции f сокращаются, поэтому новое выражение не отличается от исходного. Изотропные кривые остаются изотропными, поскольку скалярный квадрат касательного вектора, равный нулю до преобразования, после преобразования также равен нулю:
о=I ¦ I==о.
Решение 6.8. Относительная скорость ds между двумя скоростями V и V + dv (см. задачу 1.3) определяется соотношением
(do)" — (v Xdv)2
(l-o2)*
8* 228
РЕШЕНИЯ
при ЭТОМ
(v X dv)2 = v2(dv)2 - (v • dv)2.
Пусть ft и ф —полярный и азимутальный углы вектора v (т. е. Vz = V cos ft, Vx = V sin ft cos ф, Vy= V sin ft sin ф). Тогда
{dv)2 = (dv)2 + V2 (d®2 + sin2 ft dy2),
V • dv =y d(v -v) = vdv,
откуда
as2 = -(ї^уг + J~~vz VW + sin2 ft Лр2).
Введем «параметр быстроты» t> = th % и запишем метрику в виде
ds2 = dl2 + sh2 X (dft2 + sin2 ft гіф2).
Заметим, что при малых v в ньютоновском пределе shX^X^i/ и пространство скоростей, как и следовало ожидать, плоское.
Решение 6.9. Если бы вместо (ft —ft3) коэффициент при dt2 был равен sin2 ft, то мы получили бы метрику евклидовой 2-сферы. Приведенная в условиях задачи метрика принадлежит «деформированной» аксиально симметричной 2-сфере, возможно, с особенностями при ft = 0, ± 1. Поскольку в условии задачи указано значение ft = 1A. то область допустимых значений координаты ft можно расширить до 0«<ft<l. Значения ft = 0 и ft=l требуют более подробного рассмотрения и необходимы для того, чтобы мы могли • установить область допустимых значений координаты %. При этих экстремальных значениях ft метрика периодична по X, поскольку каждый из двух наборов координат (ft= О, X —любое значение) и (v = 1, х — любое значение) задает лишь одну точку. При ft я» 0 исходная метрика переходит в следующую:
