Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
283'
Решение 9.22. В локально лоренцевской системе отсчета ускорение любой частицы связано с F^v уравнением для силы Лоренца:
Шесть компонент Fa^ удобно представлять себе как векторы E и В. В сопутствующей системе отсчета частица имеет нулевую скорость и не «ощущает» действия магнитного поля. Измеряя три компоненты ускорения частицы, находим вектор Е. Измеряя в той же системе отсчета ускорение другой частицы, мы можем определить лишь две компоненты вектора В, поскольку его компонента, параллельная направлению движения, не создает ускорения. Следовательно, для измерения всех компонент F\ необходимы по крайней мере три частицы.
Предоставляем читателю самостоятельно ответить на вопрос задачи о тензоре Римана, пользуясь уравнением расхождения геодезических:
Решение 9.23. Выберем систему координат, связанную с поверхностью. Пусть на поверхности координаты х1, X2 изменяются, а координаты х3, х4 постоянны. Из компонент векторов А и В контравариантны лишь компоненты 1 и 2. Следовательно, для нас представляют интерес только компоненты тензора Римана с индексами 1 и 2, но среди них существует лишь одна независимая компонента: R1212. Отличные от нуля компоненты тензора Римана этого типа связаны между собой соотношениями симметрии, которые можно представить в виде
RijH ~ (gikgii - giigjk), і, j, К I = 1, 2.
Отсюда непосредственно следует, что в выбранной нами системе координат скалярная кривизна К не зависит от векторов А и В, а поскольку К не зависит и от координат, то тем самым утверждение задачи доказано во всей общности.
Решение 9.24. Разделим внутренность контура (фиг. 24) на бесконечно малые прямоугольники и рассмотрим, как изменяется угол между векторами А и В при параллельном переносе их по контуру одного такого прямоугольника. Пусть и и v — стороны прямоугольника. Как показано в решениях 9.23 и 9.11, при параллельном переносе по контуру такого прямоугольника вектор А получает приращение:
бaAa = - RamA*uW = К (gcvg?v - gavgfr) AWv\ •284
РЕШЕНИЯ
Заметим, что
ЛабЛа = у 6 (А • А) = О, лоэтому длина вектора А остается неизменной. Изменение угла О
Фиг. 24.
между векторами А и В можно вычислить из соотношений Ba бЛа = б (AaBa) = IA11ВI б (cos Ф) = IA11 ВI sin ¦{)• бФ
и
ВабЛа = /([(В.и) (Av)-(Bv)(A-U)].
Выбрав на поверхности локально плоскую систему координат с U^e1, v~e2, получим
11 ЛI |? I sinfl6fl| = ./( (SM2-S2A1)Uv =
= /С і А X В I ыи=/С sin -О-1 Л і I ? J • (Площадь участка
2-мерной поверхности, заключенного внутри контура).
Итак, при параллельном переносе по контуру бесконечно малого прямоугольника
16ФI = /(62.
Если рассмотреть контур более общего вида, то приращение вектора А при параллельном переносе вдоль контура будет равно ГЛАВА 9
285'
приращению вектора А при переносе по всем прямоугольникам, на которые разбит этот контур, а площадь заключенной внутри него поверхности равна сумме площадей прямоугольников. Следовательно,
|Дд| = /С Д2.
Решение 9.25. Пусть
Way?o — К igafsgyo — ga6g?v) — RayfS?,- (1)
Заметим, что Wavp6 обладает теми же симметриями, как и Rayfs6-Если в заданной точке риманова кривизна К не зависит от векторов А и В, то по определению К (задача 9.23) при любых А и В
W aY§{,Aa A^By В& = 0, (2)
и, следовательно,
Wayp6 + Wp6av + Wa6pv + Wpya6 = 0- (3)
Симметр ии Wayp6 позволяют записать соотношение (3) в виде
Wayp6 =Wa6vp. (4)
При циклической перестановке индексов (y?o) получаем еще одно соотношение:
Wa6vp = Wap6y (5)
Подставляя соотношения (4) и (5) в циклическое тождество
Wayp6 + Wa6yp + Wap6y = 0. (6)
находим
Wavp6=O,
что и требовалось доказать.
Решение 9.26. Поскольку метрика всегда ковариантно постоянна, то
АаРуб; X = К.X (gaygfSb ~ ga6gfSy)-
Подставляя это выражение в тождества Бианки:
о = Rapy6; X + RaflXy; 6 + RafSOX; у и свертывая по a, Y и ?, б, получаем
К.х = 0,
т. е. кривизна К постоянная.
Решение 9.27. Свертывая тензор Римана, находим
Ruh — 3Kg?x, R = 12/(. 286
РЕШЕНИЯ
По определению тензор Вейля равен
Сяцуи = ^Xnvx--2 (Sto^n* — g).y.R\iv — guvRfa + gixxRkv) +
+ "6" (gXvgnx — gtogiiv) R>
поэтому
C^m = K (gbvgpx — ghigm) — Vf ¦ (Sg)-VgiIK — 2gX»gvx) + + -g-- 12K (gxvgn*-ging,xv) = o.
Решение 9.28. Поскольку u • ft = 0, то
Ua (n?Ир); a = 0 = аЫаЩ + П%- aUa = = — K„?Ha«p + 2n-g.
Решение 9.29. Метрика имеет вид
ds2 = — dt2+gij dx1 dx>,
где
gij= аъ (т)у,у (xk).
Нормальный вектор к поверхностям т = const есть п = д/дх. Следовательно,
Kij = — е, - V, n = п • V,e, = Tnji =-Igijin = —^-gij.
Решение 9.30. По определению производной Ли (задача 8.13) имеем
^nPafi = Pati-. уПу + P у(1пУ; а + РаупУ; P =
= (Sa? - «a«?); уПу + (gyf, — ПуП$) П?; a + (gay - ПаПу) п". р =
= — (la"?);YnV + %a + "a:fJ, (1)
где, производя преобразования, мы воспользовались тем, что
"V^a = Y(TViv)Ja = O.
Если е, —три базисных вектора, принадлежащих гиперповерхности, то с учетом симметричности тензора Kij получаем
Ktj = — еу • ViIi = — tii-j = —Y (Hi¦ j + rij.,). (2)
