Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
Проведем теперь строгий вывод тех же результатов. Цилиндрические координаты совпадают с гауссовыми нормальными координатами, и 2-геометрия определяется метрикой
ds2 = г2 гіф2 + dz2.
Ортонормированные компоненты тензора К запишем в виде
= (2)
Таким образом, вычисления подтверждают правильность решения, найденного из интуитивных соображений.
3) В декартовых координатах
ds2 = dx2 + dy2 + dz2, (3) а поверхность задана уравнением
f(x, у, г) = 0, (4)
где
f = -\(ax2 + 2bxy + cy2) + z. (5) Единичный вектор нормали п определяется формулой
П = V//I V/1 = 1 [ - (о* + by) ех - (Ьх+су) by + (е,)], (6)
где
N 5= [(ах + by)2+ (Ьх+су)2+I]*- (7)
Заметим, что поскольку в начале координат п = ег, то векторы е* и ty можно выбрать в качестве базисных векторов, принадлежащих поверхности (в начале координат). Тогда
Kij = — еу • Vi n = — Гц,і = — n/ih ГЛАВА 9
291'
поскольку в метрике (3) коэффициенты аффинной связности обращаются в нуль. Учитывая, что в начале координат Ntx = Niy = О, получаем
Га Ь~
Kij =
b с
Характеристическое уравнение имеет вид
а-К Ь
О = det (K1J-Kglj) =
Ь
с-К
(8)
где gij мы найдем, рассматривая сужение метрики (3) на поверхности (5). Поскольку в начале координат dz = 0, то в этой же точке gtj = &ij. Главные кривизны, найденные из уравнения (8), оказываются равными
К+ =
с + а.
-а\. 46' 11/а
: L + (c-e)»J
Им соответствуют собственные векторы
а — К± Ь
Ь
с-Кл
П VHr
= 0.
(9)
(Ю)
Решая уравнения, находим
^± = (e*-fa+e„)/?+,
[1±(1+v-2)1/s], Р± = (1 +а±)1/4>
у = (а — с)/2Ь.
Решение 9.35. Из уравнения Гаусса — Кодацци (задача 9.32) получаем
^RmUk = ^RmHk + е (Ki)Kkm - KikKjm).
Свертывая по т, j и по i, k и подставляя {3)Rmijk — 0 (3-простран-ство плоское), находим скалярную кривизну
(2 )R =-Z(KtIKji-KiiKjJ). (1)
В произвольной очке P на 2 выберем оси координат так, чтобы они совпадали с главными направлениями кривизны, и условимся считать координатой Xі расстояние от точки Р, измеряемое вдоль і-й оси. Тогда в точке P (начале координат) wgi< = &i) и тензор кривизны Ku диагональный, причем на его главной диа-
10* 292
РЕШЕНИЯ
гонали стоят главные кривизны. Следовательно,
где мы положили е = п п = + 1.
Для 3-мерной гиперповерхности 2 в плоском 4-пространстве из уравнения (1) получаем
"«—?+a+a-(s+s+s)']-
/2,2 2 \
8 V PiPa PaPs РіРз/' ГЛАВА JO
Решение 10.1. На 2-сфере задана метрика ds2 = dft2+ sina O гіф2, от нуля отличны лишь коэффициенты аффинной связности
г% = TV = ctg ft, Г%ф = — sin ft cos ft. Из уравнений Киллинга
?<r.? + I?;« = ?„,? + gp.« - 2Г%& = 0
получаем
при oc = ? = ф іф, ф = — io sin ft cos ft; (1)
при a = ? = ft I0 0 = O1 следовательно, |0 = /(ф); (2) при а = ft, ? = ф ?о,ф + |фі<> = 2 ctg ft^. (3)
Подставляя (2) в (1), находим
1ф.ф = — /(ф) sinft cos ft,
откуда
ІФ = — F(4>) sin ft cos ft+g (ft), (4)
где F (ф) ss J fdq>. Подставляя затем (4) и (2) в соотношение (3), преобразуем его к виду
у _ P (C0S2 ^ _ sin2 ft) = 2 ctg ft g - 2 cos8 ftF,
или
Поскольку левая часть зависит только от ф, а правая — только от ft, каждая часть должна быть постоянной:
|+j/d? = &, (5)
— 2 ctg ftg = — Ъ (6)
Уравнение (6) имеет интегрирующий множитель ехр [— 2 J ctg ft dft] = sin-2 ft, 294
РЕШЕНИЯ
поэтому его можно представить в виде
А (-!_] в ~ь
д.Ъ\в\тР%) Sin2 д'
откуда
g(ft) = (octg ft+с) sin2 О. (7>
Уравнение (5) легко решается после однократного дифференцирования:
Лра и'
f = d cosy +esin ф, F = dsmy — есовф.
[Постоянная интегрирования включена в g(ft).] Подстановка решений в (5), т. е.
— d sin ф + е cos ф + d sin ф — е cos ф = Ь, показывает, что b = 0. Но тогда из уравнений (2) и (7) получаем I0 = d cos ф +е sin ф = I®, Itp =s с sin2 ft — sin ft cos ft (d sin ф — e cos ф) = sin2 Щ*. Запишем, таким образом, вектор Киллинга наиболее общего вида: I = (d cos ф + е sin ф) щ + [с — ctg ft (d sin ф — е cos ф)] щ.
Заметим, что он является линейной комбинацией трех векторов Киллинга:
д<р'
-(со8ф Ctg ft Sin9^),
д д sin9M + ctgftcoscp^,
представляющих собой не что иное, как генераторы группы вращений — обычные операторы моментов количества движения Lzt L-X и Ly.
Решение 10.2. Утверждение задачи можно доказать непосредственно, если воспользоваться покомпонентной записью уравнений. Другой подход состоит в том, чтобы свернуть X^g слева и справа с двумя произвольными векторными полями А и В:
O = A #gg.B = X1 (А В)-В ^iA-A -SfiB = = VS(A.В)-В (V1A-VaD-A-O^B-VbD = = В - VaI + А - VbI = 2Л«ВР|(о;Р). ГЛАВА 10
295
Поскольку векторные поля А и В выбраны произвольно, величины |(a;?) должны обратиться в нуль. Геометрический смысл этого утверждения станет ясен, если вспомнить, что производная Ли любой геометрической величины фл представляет собой функциональное изменение этой величины,
бфл = фГая (ха) - фТрая (Xа),
под действием смещения координат на §, эквивалентное изменению фл при перемещении на § по многообразию. Следовательно, «ели мы хотим, чтобы производная Ли метрического тензора g вдоль I обратилась в нуль, то геометрия многообразия не должна изменяться при движении в направлении, задаваемом вектором т. е. вектор I должен указывать направление симметрии про-•странства-времени.
