Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
X = г cosoit, y = rsina>t, то уравнения движения для вектора ? будут иметь вид
&* + со2|* = 0, І* + Ci2Ix = З©2 cos tot (cos (Otlx + sin (D^f), I« + <й21» = 3(02 sin COt (cos (Otlx + sin (dtl«).
Компонента относительного движения вдоль оси z, очевидно, пропорциональна sin to/, если контейнер с мусором был выброшен при t = 0.
Чтобы найти относительное движение в плоскости ху, введем новые переменные Tj1, т)2, определяемые соотношениями
=S Tj1 cos со/ + ті2 sin oat, I" = т)1 sin a>t — т)2 cos oat. 276
РЕШЕНИЯ
Уравнения движения в новых координатах запишутся в виде
Tj2 — 2(01?1 = О,
її1 + 2ш]2 — Зю2!!1 = 0.
Нетрудно найти четыре линейно-независимых решения этих уравнений:
[Ч1. Tl3J = [1. Yfdt]' С°. 1J- [cos со/, 2 sin со/],
[sin со/, —2 cos со/].
Линейная комбинация решений, соответствующая контейнеру с мусором, выкинутому при / = 0 (т. е. Ix = ^y = O при / = O),. имеет следующий вид:
Iх = A [cos 2со/ — 3 + 2 cos <ot + 3со/ sin со/] + В [4 sin со/ — sin 2co/j, Iy = A [sin 2со/ + 2 sin со/ — Зсо/ cos со/] + B rcos 2со/ + 3 — 4 cos со/].
Постоянные А и В зависят от параллельных осям х и у компонент скорости, с которой выброшен контейнер. Непериодические члены решения связаны с тем, что периоды движения по орбитам «Скайлэба» и контейнера с мусором незначительно отличаются, поэтому зависимость относительного расстояния от времени содержит вековой член.
Решение 9.15. Выберем локально плоские координаты так^ чтобы
Kepve = 2roWv].
В этих координатах
= 2Га[р [o, vi] = 2Га[рв, 7].
Поскольку символы Кристоффеля симметричны по нижним индексам, то правая часть должна обратиться в нуль, и, опуская первый индекс, получаем
Pa [??S] = 0.
Тензор Римана антисимметричен по двум последним индексам, и поэтому это соотношение эквивалентно циклическому тождеству.
Из задачи 9.8 известно, что для любого вектора Ua справедливо соотношение
2^а: [PVl = -WW
Зададим вектор Ua в некоторой точке и перенесем его параллельно вдоль геодезической во все точки некоторой ее окрестности. Тогда в выбранной точке ?/а;Р = 0 при всех ?. Следовательно,
2t/a; [?y] O = U0PaOfSy, O ГЛАВА 9
277'
2t/"; f[?V] 6] = 2Ua, [?v6] = - U°R% [Pv. e].
Из той же задачи 9.8 известно, что для тензора Ua- ? справедливо, соотношение
2?Л ? [v8] = - U0. ?RaayS + Ua-. oR°?y6. Поскольку в выбранной точке Ua. ? = О, то
^a;?[v6] = 0
и, следовательно,
Ua-, [?va] = 0.
Направление вектора Ua в выбранной точке можно задать произвольно, поэтому
tfaa[?v;o] = 0.
Поскольку тензор Римана антисимметричен по двум последним! индексам, то это соотношение эквивалентно тождествам Бианки. (Разумеется, тождества Бианки можно вывести более простым,, но громоздким способом, дифференцируя и преобразуя формулу,, выражающую компоненты тензора Римана через символы Кристоффеля. При таком подходе вычисления удобнее всего проводить в локально плоских координатах.)
Решение 9.16. Свертывая тождества Бианки
RcW, г +AePev: 6 + V=O
сначала по а и у, а затем по ? и б, получаем
Rf, б; E + P?e; б + Ra?бе; а = 0, R,e-Rh-.t-Raj * = 0.
Следовательно, дивергенция тензора Эйнштейна
Gvb-, V = i^Rvs —2 ^R ). v = v —
должна обращаться в нуль.
Решение 9.17. Выберем векторы А, В, С, D так, чтобы они были взаимно ортогональными в точке P и удовлетворяли условиям A-A = —1, B B = C C = D D = I. Поскольку пространство-время плоское по Риману, то параллельный перенос по замкнутому контуру не изменяет вектор и в точках, отличных от точки Р, векторы А, В, С, D можно задать при помощи параллельного переноса. Выполнив эту операцию для вектора А, получим
дАа 278
РЕШЕНИЯ
откуда
дАа _ дА$ дх$ дха '
так что компоненты вектора А можно выбрать в виде /1а = ф,а. Аналогичные соотношения справедливы и для компонент векторов В, С и D. Полученные результаты мы объединим, задав векторы А, В, С, D в виде
A = W<°>, B = W'1), C = WW, D = W3>
и определив функции Ф(0), Ф(1), Ф(2), Ф(3) следующим образом:
W(li) =
Поскольку скалярное произведение векторов сохраняется при параллельном переносе, то из соотношения
W^ • W<v> = • W(v>]p = rfv
мы заключаем, что
¦гну дФ,а> дФ'Р' аВ
5 дх* дх" 1 '
¦Следовательно, существует преобразование координат
переводящее исходную метрику в метрику Минковского.
Решение 9.18. Если тензор Вейля равен нулю, то метрику можно представить в конформно-плоском виде
ds2 = e2v ds) = e2<f Pixv dx» dxv,
где ф —функция от ха. Изотропные геодезические
dt = n-dx, п ¦ п = 1
в метрике dsl остаются изотропными кривыми в метрике ds2. Если удастся доказать, что эти кривые совпадают с геодезическими в метрике ds2, то конус изотропных геодезических при переходе от dsl к ds2 останется конусом и не будет предпочтительного направления сжатия поперечного сечения.
Докажем, что кривые d/= n-dx — геодезические. Для этого необходимо лишь убедиться в том, что для изотропных геодезических
сРха _ dpa_() d№ ~ dk
Заметим, что символы Кристоффеля равны
r°4? = Ifli [— Ф. HtIYP + Ф. PtIyh + Ф. Y1Inplt
