Введение в общую теорию относительности
.pdf14. Метрика Робертсона – Уолкера |
81 |
в) Решение Ньюмана
Для полноты картины заметим также, что вращающиеся планеты могут также быть электрически заряженными. Решение для этого случая было найдено Ньюманом в 1965 г. Метрика, соответствующая этому решению, описывается уравнением
ds2 = −Y (dt − a sin2 θ dϕ)2+
|
sin2 θ |
(a dt − (r |
2 |
|
2 |
2 |
|
|
Y |
|
2 |
2 |
|
|
|||
+ |
Y |
|
+ a |
) dϕ) |
+ |
|
dr |
|
+ Y dθ |
, |
(13.22) |
||||||
где |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Y = r2 |
+ a2 cos θ, |
|
|
|
|
|
|
|
|
(13.23) |
|||||
|
|
= r2 |
− 2M r + Q2/4π + a2. |
|
(13.24) |
||||||||||||
Потенциал вектора представлен как |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
A0 = − |
|
Qr |
; |
A3 = |
|
Qra sin2 |
θ |
|
(13.25) |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
||||||||
|
|
4πY |
|
|
4πY |
|
|
|
|||||||||
Упражнение. Докажите, что при Q = 0 (13.21) и (13.22) совпадают.
Упражнение. Найдите решение для невращающегося магнитного монополя в условиях радиального магнитного поля.
Упражнение для продвинутого студента. Опишите геодезические для решения Керра.
14. Метрика Робертсона–Уолкера
Общая теория относительности играет важную роль в космологии. Самое распространенное предположение заключается в том, что в определенный момент «t = 0» из сингулярности возникла вселенная и начала расширяться. Примем макси-
мальную симметрию, взяв в качестве нашей метрики |
|
ds2 = −dt2 + a2(t) dω2. |
(14.1) |
82 |
т’ Хоофт |
Здесь dω2 является сокращенным обозначением некоего полностью изотропного трехмерного пространства, а a(t) описывает (увеличивающееся) расстояние между двумя соседними галактиками в пространстве. Хотя нами и учитывается принцип Коперника о равноправии всех точек в пространстве, идея об инвариантности в отношении временных трансляций и о лоренц-инвариантности в этой метрике нами не разделяется — каждая галактика имеет часы, установленные на нуль при t = 0, и каждая из них предусматривает собственную инерциальную систему координат.
Сначала рассмотрим трехмерное пространство, описываемое параметром dω2. Примем полярные координаты ρ, θ, ϕ:
dω2 = B(ρ) dρ2 + ρ2(dθ2 + sin2 θ dϕ2), |
(14.2) |
тогда в этом трехмерном пространстве тензор Риччи будет описываться (с помощью методов, описанных в главе 11) в виде
R11 |
= B (ρ)/ρB(ρ), |
(14.3) |
||||
|
1 |
+ |
ρB |
|
||
R22 |
= 1 − |
|
|
. |
(14.4) |
|
B |
2B2 |
|||||
В изотропном (трехмерном) пространстве для некой константы λ должно соблюдаться равенство
|
|
|
|
Rij |
= λgij , |
|
|
|
(14.5) |
|||
а, следовательно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B /B = λBρ, |
|
(14.6) |
|||||
|
|
|
1 |
|
|
ρB |
2 |
|
|
|
||
|
1 − |
|
+ |
|
|
= λρ |
. |
|
(14.7) |
|||
B |
2B2 |
|
||||||||||
Вместе они дают уравнение: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
1 |
= |
1 |
2 |
; B = |
|
1 |
|
(14.8) |
||||
1 − |
|
2 λρ |
|
, |
||||||||
B |
1 − 21 λρ2 |
|||||||||||
которое подчиняется и (14.6), и (14.7).
14. Метрика Робертсона – Уолкера |
83 |
Упражнение. Докажите, что с учетом трех угловых ко-
ординат ψ, θ, ϕ при ρ = λ2 sin ψ возникает метрика 3-мерной
сферы.
Часто избирается новая координата u:
|
|
|
|
|
|
def |
2k/λu |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
ρ |
= |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 + (k/4)u2 |
|
|
|
|
|||||
Получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
1 − 41 ku2 |
du и B = |
1 + 41 ku2 |
|
2 |
||||||
|
|
|
|||||||||||
dρ = 2k |
, |
||||||||||||
− 4 |
|||||||||||||
λ |
|
4 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
1 1 ku2 |
|
|
||||||||
1 + 1 ku2 |
|
|
|
|
|
||||||||
так что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
2 |
2k |
|
du2 |
+ u2(dθ2 + sin2 θ dϕ2) |
|
|
|||||
dω |
|
= λ |
· |
|
|
|
. |
|
|
||||
|
|
(1 + (k/4)u2)2 |
|
|
|
||||||||
(14.9)
(14.10)
(14.11)
Параметр k — произвольный, за исключением знака, который должен соответствовать знаку λ. Коэффициент перед (14.11) может поглощаться a(t). Отсюда записываем для (14.1)
|
2 |
|
2 |
2 |
|
dx2 |
|
|
|
ds |
|
= −dt |
|
+ a |
(t) |
|
|
. |
(14.12) |
|
|
1 + 41 kx2 |
2 |
Если k = 1, то пространственноподобная часть соответствует сфере, если k = 0, то она плоская, а при k = −1 — кривизна отрицательная, а пространство — неограниченное (несмотря на ограниченность |x| при этом, что является артефактом нашего выбора координат).
После серии элементарных расчетов получаем:
R0 |
= 3¨a . |
|
|
|
|
(14.13) |
||
0 |
a |
|
|
|
|
|
||
R11 |
= R22 = R33 = a¨ |
+ |
2 |
(a˙ 2 + k), |
(14.14) |
|||
a2 |
||||||||
|
|
|
a |
|
|
|
||
R = Rμμ = |
6 |
(aa¨ + a˙ 2 + k). |
(14.15) |
|||||
a2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||
84 |
т’ Хоофт |
Тензор Gμν принимает вид (для простоты x берется равным 0):
G00 |
= |
3 |
(a˙ 2 + k) = 8πGN ρ + Λ, |
(14.16) |
|
a2 |
|||||
|
|
|
|
||
G11 = G22 = G33 |
= −2aa¨ − a˙ 2 − k = a2(8πGN p − Λ). |
(14.17) |
|||
Здесь ρ = T44 = T00/g00 — плотность энергии, а p — давление:
Tij = −pgij .
Теперь нам остается сделать ряд допущений о материи во вселенной и о ее уравнениях состояния, представляющих собой зависимость между плотностью энергии ρ и давлением p. Самое простое — допустить, что давления нет вообще («вселенная, заполненная пылью»).
В этом случае плотность энергии ρ — это плотность мате-
рии, и она обратно пропорциональна объему: |
|
|||
ρ = |
ρ0 |
(дуст). |
(14.18) |
|
a3 |
||||
|
|
|
||
Тогда уравнение (14.16), называемое также уравнением Фридмана, принимает вид
a˙ |
|
2 |
8πGN ρ0 |
|
k |
|
Λ |
|
||
a |
|
= |
|
|
|
− |
|
+ |
3 . |
(14.19) |
3 |
a3 |
a2 |
||||||||
Мы видим, что по мере возрастания a сначала доминирует член, описывающий материю, затем — член, описывающий кривизну пространства (включающий k), и, наконец, космологическая константа. Дифференцируя уравнение Фридмана, находим, что оно согласуется с (14.17).
С позиции математики уравнение Фридмана можно сравнить с уравнением для одномерной частицы (с нулевой полной энергией), движущейся в потенциале:
V (a) = − |
4πGN ρ0 |
+ |
k |
− |
Λ 2 |
|
(14.20) |
||
|
|
|
2 |
6 a |
. |
||||
3 |
a |
||||||||
При небольшой величине a вначале, наблюдается быстрое расширение. Расширение продолжается до бесконечности, если
14. Метрика Робертсона – Уолкера |
85 |
Рис. 5. Потенциал (14.20) для случаев а) k = 0, Λ < 0, б) k = −1,
Λ= 0, в) k = 0, Λ > 0. В случае а) точкой поворота будет точка при
a = amax.
Λ> 0, а k = −1. Если Λ < 0, обязательно произойдет останов-
ка расширения — в этой точке вселенная начинает сжиматься (amax на рис. 5).
Полезно рассмотреть решения уравнений (14.16) и (14.17) для случая, когда наблюдаются другие зависимости между давлением и плотностью. Например, во вселенной, заполненной излучением, p = ρ/3, а поскольку можно допустить, что излучение тепловое, а число фотонов сохраняется неизменным, можно заключить, что ρ = ρ0/a4, в отличие от уравнения (14.18). Действительно, это согласуется с (14.16) и (14.17).
В случае Λ = 0 решения уравнения Фридмана (14.19) представляют собой хорошо известные математические кри-
вые. Мы имеем |
|
|
|
|
|
|
|
aa˙ 2 + ka = |
8πGN ρ0 |
≡ D, |
(14.21) |
||||
3 |
|
|
|||||
a˙ 2 = D/a − k, |
|
(14.22) |
|||||
а по (14.17) |
|
|
|
|
|
|
|
a¨ = −D/2a2. |
|
(14.23) |
|||||
Запишем (14.22) в виде |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
a |
|
|
||
da = |
|
|
, |
(14.24) |
|||
D − ka |
|||||||
86 |
|
|
|
т’ Хоофт |
|
|
|
|||
затем попытаемся вывести |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
a = |
D sin2 ϕ, |
|
|
(14.25) |
|||
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
||
|
dt |
|
da dt |
2D |
|
sin ϕ |
|
|
||
|
|
= |
dϕ da = |
|
|
|
sin ϕ cos ϕ · |
|
, |
(14.26) |
|
dϕ |
√ |
|
cos ϕ |
||||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
k k |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
D |
1 |
|
|
|
||
|
|
|
t(ϕ) = |
|
|
ϕ − 2 sin 2ϕ , |
|
(14.27) |
||
|
|
|
k√ |
|
|
|||||
|
|
|
k |
|
|
|||||
|
|
|
|
D |
− cos 2ϕ). |
|
|
|
||
|
|
|
a(ϕ) = |
2k (1 |
|
|
(14.28) |
|||
Получили уравнения для циклоиды. Поскольку D > 0, t > 0 и a > 0, запросим, чтобы
k > 0 → ϕ было реальным, |
|
|
k < 0 → ϕ |
— воображаемым, |
(14.29) |
k = 0 → ϕ |
— бесконечно малым. |
|
См. рис. 6.
Все решения отталкиваются от Большого взрыва при t = 0. Лишь в случае с k = 1 циклоида в конце демонстрирует также «большое сжатие». Если k 0, то не только пространство, но и время будет неограниченным.
Хорошими примерами для тренировки будут случаи p = = −ρ/3 и p = −ρ.
15. Гравитационное излучение
Быстро движущиеся объекты представляют собой зависящий от времени источник гравитационного поля, поэтому аргументы причинности (информация в гравитационных полях не должна перемещаться быстрее света) позволяют предположить, что гравитационные эффекты в этом случае распространяются подобно волнам во всех направлениях от источника. Вдали от источника метрика gμν будет оставаться близкой к метрике плоского пространства–времени. Для расчета этого эффекта можно принять линеаризованное приближение. В
15. Гравитационное излучение |
87 |
Рис. 6. Вселенная Робертсона – Уолкера при Λ = 0, k = 1, k = 0 и k = −1.
отличие от наших действий в предыдущих главах, сейчас удобнее выбрать единицы так, чтобы
16πGN = 1. |
(15.1) |
Линеаризованные эйнштейновы уравнения уже обсуждались в главе 7, а из главы 9 стало понятно, каким образом, после выбора калибровки, можно вывести волновые уравнения (в отсутствие материи (9.17) можно задать равным нулю). Целесообразно перевести эти уравнения в форму уравнений Эй- лера–Лагранжа. Лагранжиан для линейного уравнения, однако, квадратичен по полю. Поэтому нам придется разложить действие Эйнштейна – Гильберта до уравнений второго порядка по возмущениям hμν в метрике:
gμν = ημν + hμν , |
(15.2) |
88 |
т’ Хоофт |
и после небольших вычислений мы приходим к заключению, что члены, квадратичные относительно hμν , можно записать в виде
√ |
|
|
мат |
|
1 |
2 |
− |
1 |
1 |
1 2 |
|
|
|||||||||
−g(R + L |
|
) = |
8 (∂σ hαα) |
|
4 (∂σ hαβ ) − |
2 Tμν hμν + |
2 Aσ + |
|||
|
|
+ полная производная + высшие порядки по h, |
(15.3) |
|||||||
где |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Aσ = ∂μhμσ − 2 ∂σ hμμ, |
|
(15.4) |
||||
а Tμν представляет тензор энергии–импульса материи (в случае ее наличия). Индексы суммируются как в случае с плоской метрикой ημν , (7.2).
Лагранжиан инвариантен при линеаризованном калибро-
вочном преобразовании (сравните с (8.16) и (8.17)): |
|
hμν → hμν + ∂μuν + ∂ν uμ. |
(15.5) |
которое преобразует величину Aσ в |
|
Aσ → Aσ + ∂2uσ . |
(15.6) |
Одним из вариантов выбора калибровочного условия представляется выбор
Aσ = 0 |
(15.7) |
(линеаризованная калибровка де Донде). Такая калибровка удобна для вычислений. Однако для лучшего понимания реальных степеней свободы в излучающем гравитационном поле стоит сначала рассмотреть «калибровку излучения» (которая аналогична калибровке для электромагнитного случая ∂iAi = = 0):
∂ihij = 0; ∂ihi4 = 0, |
(15.8) |
где мы придерживаемся принятого ранее условия относительно того, что индексы при суммировании, взятые из середины алфавита, i, j, . . . , соответствуют значениям от 1 до 3. Поэтому мы не налагаем условия (15.7).
15. Гравитационное излучение |
89 |
Сначала рассмотрим «импульсное представление»:
|
|
|
(15.9) |
h(x, t) = (2π)−3/2 d3kh(k, t)eik·x; |
|||
∂i → iki. |
|
|
(15.10) |
Уберем крышечку ( ), поскольку вероятность возникновения путаницы невелика. Ценность импульсного представления в
том, что различные значения будут независимы, при этом k
можно будет сосредоточиться лишь на одном векторе и вы- k
брать координаты так, чтобы он лежал в направлении z: k1 = = k2 = 0, k3 = k. Пусть теперь индексы, обозначения для которых взяты из начала алфавита, имеют значения от 1 до 2. В этом случае калибровка излучения будет иметь вид
|
h3a = h33 = h30 = 0. |
|||||||
Кроме того, |
|
˙ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Aa = −h0a, |
|
|
|
|
|
||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
A3 = −2 ik(haa − h00), |
|||||||
|
1 |
|
˙ |
|
|
˙ |
|
|
|
A0 = 2 |
(−h00 − haa). |
||||||
Отделим след hab: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h |
+ |
1 |
δ |
|
h |
|
при |
hab = ab |
|
2 |
|
ab |
|
||
|
h = h |
|
; |
h |
|
= 0. |
||
Находим |
|
aa |
|
aa |
|
|
|
|
(15.11)
(15.12)
(15.13)
(15.14)
L = L1 + L2 + L3, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
L |
|
= |
1 |
˙ |
|
|
2 |
1 |
2 |
h |
2 |
|
1 |
Tabhab, |
|
|
(15.15) |
|||||
|
|
hab |
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
1 |
= |
4 |
2 2 |
|
− 4 |
|
|
|
|
ab − |
2 |
|
|
|
|
|
(15.16) |
||||
L2 |
1 k h0a + h0aT0a, |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 ˙ |
2 |
|
|
1 2 |
|
2 |
− |
1 |
2 |
hh00 − |
1 |
− |
1 |
|
||||
L3 |
= −8 h |
|
+ |
8 k |
h |
|
|
2 k |
2 h00T00 |
4 hTaa. |
(15.17) |
|||||||||||
90 |
т’ Хоофт |
|
Мы использовали здесь сокращенные обозначения: |
|
|
h2 = |
d3kh(k, t)h(−k, t), |
(15.18) |
k2h2 = |
d3kk2h(k, t)h(−k, t). |
|
степени свободы
Лагранжиан L1 имеет обычную форму гармонического осциллятора. Поскольку hab = hba, а haa = 0, возможны лишь две (составляющие представление группы враще-
ний спина 2 вокруг оси : спин 2 приписывается гравитонам). k
L2 не содержит кинетического члена и порождает следующее уравнение Эйлера – Лагранжа:
h0a = − 12 T0a. k
Можно подставить это выражение в L2. Тогда
L2 = − 1 T 2 . 2k2 0a
(15.19)
(15.20)
Поскольку кинетических членов больше не имеется, этот лагранжиан непосредственно дает следующий вклад в гамильтониан:
H2 = − |
|
3 |
|
1 |
|
|
2 3 |
|
|
|
|
|||
|
L2 d |
k = |
|
2k2 |
T0a d k = |
|
|
|
|
|||||
|
|
= |
δ |
|
kik /k2 |
T0i(k)T0j (−k) d3k = |
|
|||||||
|
|
|
ij − j |
|
|
|
||||||||
|
|
|
2k2 |
|
|
|
||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
3 |
|
|
= 2 |
T0i(x)[Δ(x − y)δij − Eij (x − y)]T0j (y) d x d y |
(15.21а) |
||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
с |
∂ |
Δ(x − y) = −δ |
(x − y) и |
= |
|
, |
|||||||
|
4π|x − y| |
|||||||||||||
Eij — это решения уравнений |
|
|
|
|
|
|||||||||
∂2Eij (x−y) = ∂i∂j Δ(x−y) |
|
и (xi −yi)Eij (x−y) = 0, (15.21) |
||||||||||||
