Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
Решение 10.3.
а) Воспользуемся отношением эквивалентности, доказанным в задаче 10.2. Если и и v —векторы Киллинга, то Jfug = ^vg = O и, используя полученное в задаче 8.16 соотношение для <2?[U.v], находим
<^[u.v]g = (XuXv — XvXu) g = 0.
Следовательно, [u, v] —вектор Киллинга.
б) Если а и b — постоянные, то
(аиа + &ya):? = аиа# + bvatf
Следовательно, если векторы и и v удовлетворяют уравнению Киллинга, то их линейная комбинация au+bv также удовлетворяет этому уравнению.
Решение 10.4. Тремя векторами Киллинга, описывающими вращения, служат операторы момента количества движения Jz = = хду — удх и т. д. (см. задачу 10.1). В точке (х0, у0, г0)
J* = (—Уо, х0, 0),
Jy "(zOi —X0),
Jx = (0, — Z0, Уо),
поэтому Jy = — (Z0Iyo)Jz-(X0Iy0)Jx и линейные комбинации трех векторов в точке порождают лишь 2-мерное пространство.
Предположим, что при некоторых постоянных а и b соотношение
aJx + bJy +J11 = O
выполняется во всех точках. Тогда
a[Jx, Jy] + b[Jy, Jy\ + {Jz, Jy\ = 0, 296
РЕШЕНИЯ
откуда J2^ Jx, что, очевидно, невозможно. Следовательно, на всей сфере линейная оболочка векторов Jx, Jy, Jz представляет собой 3-мерное пространство. Кажущееся противоречие объясняется тем, что 2-сферы 2-мерны, но ориентации 2-сфер 3-мерны (чтобы задать ориентацию 2-сферы, необходимо указать, например, 3 угла Эйлера).
Решение 10.5. Как показано в задаче 10.3, коммутатор двух векторных полей Киллинга является векторным полем Киллинга. По предположению любой вектор Киллинга можно представить в виде суммы (с постоянными коэффициентами) векторов |{<, и |(ф):
[1(фь !(<)] = + b%(t)-
На бесконечности 1(ф)->д/дф и |y)-*~d/dt, поэтому коммутатор [|(ф), 1(/)]->0. Это означает, что постоянные а и b должны быть равны нулю, т. е. что коммутатор векторов Киллинга |(ф) и |(0 тождественно равен нулю. (Картер [Carter В., Comm. Math. Phys., 17, 233, (1970)] доказал, что [|(ф), ?(о] = 0 при весьма общих условиях, даже когда существуют другие векторы Киллинга.)
Решение 10.6. Коммутируя вторые производные любого вектора, получаем
vk 1ц; Х\ — IiaXvi0 •
Воспользуемся уравнением Киллинга
іц; V = Iv; ц
и свернем это тензорное соотношение по р и %:
Правая часть обращается в нуль, поскольку в силу уравнения Киллинга Im-J1I = O, а левая часть совпадает с левой частью уравнения, приведенного в условиях задачи. Вариационный принцип выписывается без труда, если заметить, что тензор Iwv антисимметричен, так же как и тензор электромагнитного поля Fliv. Известно, что если Fvlv представить в виде
Filv = Av; ц Avl- v = AVt ц Aily v
и проварьировать Ail, то функция Лагранжа 1I4FlivF^v породит член F^v- v. Следовательно, плотность лагранжиана можно взять равной
^ = S* vi^-y/^iv, и вариационный принцип
6]X\g\1/Md<x = 0 ГЛАВА 10
297
даст правильное уравнение. В этом нетрудно убедиться, если записать уравнения Эйлера — Лагранжа для найденного лагранжиана.
Решение 10.7. По определению Ra^ Для любого вектора § выполняется соотношение
la; рц ?о; HP = ^стриІа.' (О
Добавив к нему еще два соотношения, получающиеся при перестановках индексов, и воспользовавшись циклическим тождеством для тензора Римана
найдем тождество
0 = Іо; рн Іо; hp Ін: ор ро "І" ір; но Ір; он' (2)
Для вектора Киллинга оно упрощается и принимает следующий вид:
о = Іа; PH lo; Hp P<*• (3)
Подставляя (3) в (1), получаем
Ён; ро =5 (4)
Решение 10.8. Прежде всего докажем, что «стационарность» эквивалентна существованию временной координаты, для которой ga$,t = 0- Выберем временную координату так, чтобы I = d/dt. Тогда (см. задачи 10.2, 8.3) ^jg = O, или
ga?.YiV + gaviV,p+g?viV,a = 0.
Поскольку Iv = (1, 0, 0, 0), то отсюда следует, что g«p,< = 0.
Инвариантность относительно обращения времени (определение 1) означает, что метрика gap не зависит от t и
Sh = 0.
Эквивалентность обоих определений будет доказана, если мы установим, что равенство gti = 0 эквивалентно гиперповерхностной ортогональности вектора § = d/dt. Если gti = 0, то при a=?t
L = gaui? = go/ = 0
и, следовательно, gт. е. вектор I ортогонален поверхностям / = Const.
Если вектор I гиперповерхностно ортогонален (см. задачу 7.23), то
ka-, ?iv] = 298
РЕШЕНИЯ
Пользуясь уравнением Киллинга
S(a;?> = 0,
преобразуем это соотношение к виду
la; ?ly + Іу; «I? + i?: V?« = 0.
Свертывая с Iа и используя уравнение Киллинга для преобразования первого и третьего членов, получаем
У (Іа; ? — i?; а) І2 + { «i? ~ у І2, ? Іа =
S2 = !-!.
(І"2. i?);a-(i"2?a);? = 0.
Следовательно, |~2|а — градиент, и при некоторой функции h
Ia = І 2h,a.
Поскольку |2 = gtt и |a = gat у то gat = gtth,a. Полагая a = t, получаем h<t = 1, или h = t+f(x'). Выбирая новую временную координату t' = t-{-f (Xі), находим
gw = gtth,i = gttt',i = 0
и
= = о, 0, 0).
3*? dt к Таким образом, ga? по-прежнему не зависит от V,
Решение 10.9. Выберем систему координат, в которой метрика совпадает с метрикой пространства Минковского Tiiav (все символы Кристоффеля равны нулю). В этой метрике уравнение Киллинга для вектора Киллинга § имеет вид
