Как в случае однородных метрик понимать объём пространства?

[Ascold]

В случа фридмановской космологии изотропность интуитивно приводит к вложению трёмерного пространства как гипер(псевдо-)сферу или плоскость в евклидовом четырёхмерии.
А как, к примеру, посчитать объём Вселенной в неизотропной метрике - Гёделя или каком-нибудь типе по Бьянки?
Как судить о том, в каких пределах там изменяются координаты?

[Munin]

Надо выбрать какую-то гиперповерхность (желательно всюду локально пространственноподобную), и по ней считать объём.

Правда, результат будет зависеть от выбора. Есть варианты (например, решение Де Ситтера), где в зависимости от выбора объём может быть либо конечным, либо бесконечным.

[Ascold]

Munin в сообщении #1313980 писал(а):

Надо выбрать какую-то гиперповерхность (желательно всюду локально пространственноподобную), и по ней считать объём.

Не понимаю, как это cделать технически. Вот метрика Гёделя

$$ds^2=\frac{1}{2w^2}\left((dt+e^xdz)^2-dx^2-dy^2-\frac{1}{2}e^{2x}dz^2\right).$$

Как для неё выбрать гиперповерхность в объемлющем 4-мерном евклидовом пространстве?

[Munin]

Не, гиперповерхность выбирается в 4-мерном псевдоевклидовом не объемлющем пространстве. Как... С большой долей произвола. Локально надо смотреть, какие направления удовлетворяют пространственноподобности, и это условие как-то интегрировать. Можно выбрать какие-то более строгие условия, но легко напороться на то, что они будут неинтегрируемы, так что это дело тонкое и требующее умения.

Конкретно про Гёделя - надо рисовать её, и потом смотреть на рисунок. Есть иллюстрации в Хокинг, Эллис. Там нарисованы световые конусы. Надо выбрать какую-то поверхность, которая везде будет проходить вне конусов. Насколько я помню, там осевая симметрия, и можно поверхность тоже выбирать осесимметричную.

[SergeyGubanov]

Ascold, для четырёхмерного многообразия локально имеющего структуру пространства-времени (Минковского) глобально возможны следующие варианты:

1) существует более одного времени-подобного нигде не особенного векторного поля (связаны преобразованиями Лоренца);

2) существует только одно времени-подобное нигде не особенное векторное поле (другие существуют лишь локально, связаны локальными преобразованиями Лоренца);

3) не существует ни одного времени-подобного нигде не особенного векторного поля.

Три касательных вектора трёхмерного пространственного распределения трансверсальны времени-подобному векторному полю. Соответственно, в случае (3) объём трёхмерного пространства не определён вовсе (в таком четырёхмерном многообразии пространственно-временная структура не определена). В случае (2) объём определён единственным образом (но может быть бесконечным). В случае (1) есть неоднозначность (вырождение) связанная с преобразованиями Лоренца.

Конструктивный способ вычисления объёма трёхмерного пространства заключается в приведении метрики к виду:

$$ ds^2 = dt^2 - \left( e^{(1)} \right)^2 - \left( e^{(2)} \right)^2 - \left( e^{(3)} \right)^2, $$

$$ \Omega_3 (t) = \int\limits_{t=\operatorname{const}} e^{(1)} \wedge e^{(2)} \wedge e^{(3)}, $$

$$ e^{(a)} = e^{(a)}_{\mu} \, dx^{\mu}. $$

Про пространственно-временную структуру можно почитать у Сарданашвили "Современные методы теории поля. Том 5. Гравитация".


Что касается Гёделя, то это вариант (3), пространственно-временная структура не определена.

[Ascold]

Книги почитаю, правда сходу возникает такой вопрос - пусть у нас, например, метрика 8 типа по Бьянки.
Её привожу к виду

$$(dt-\alpha R(dz+\sh ydx))^2-a^2R^2(\ch y\cos z dx-\sin z dy)^2-b^2R^2(\cos zdy+\ch y\sin zdx)^2-c^2R^2(\sh ydx+dz)^2.$$

Правильно я понимаю, что теперь можно ввести новое $d\tau=dt-\alpha R(dz+\sh ydx)$, новые базисные один-формы $e^{(i)}$ - остальные квадраты, и это будет то, о чём выше писал SergeyGubanov?
В каких пределах по $x,y,z$ интегрировать элемент объёма?

[SergeyGubanov]

Ascold в сообщении #1314068 писал(а):

Правильно я понимаю, что теперь можно ввести новое $d\tau=dt-\alpha R(dz+\sh ydx)$

Так нельзя.

Надо смотреть раздел "замена переменных в дифференциальных уравнениях".

$$ d \tau = \frac{\partial \tau}{\partial t} dt + \frac{\partial \tau}{\partial x} dx + \frac{\partial \tau}{\partial y} dy + \frac{\partial \tau}{\partial z} dz. $$

[Ascold]

SergeyGubanov в сообщении #1314128 писал(а):

Так нельзя.

Да, точно, там же не полный дифференциал в скобках, надо поиграть со слагаемыми и найти интегрирующий множитель, Вы это имели ввиду?

[SergeyGubanov]

Да, там не полный дифференциал.

[Ascold]

А вот не получается что-то у меня сделать нормальный дифференциал, тему в математике создал topic127356.html

[SergeyGubanov]

Ascold, думаю Вы принялись решать задачу слишком прямолинейно.


У Вас есть следующая метрика

$$ ds^2 = \left( e^{(0)} \right)^2 - \left( e^{(1)} \right)^2 - \left( e^{(2)} \right)^2 - \left( e^{(3)} \right)^2, $$

причём:

$$ e^{(0)} = dt-\alpha R(dz+\sh y \, dx), $$

$$ e^{(1)} = a R (\ch y\cos z dx-\sin z dy), $$

$$ e^{(2)} = b R (\cos z \, dy+\ch y \sin z \, dx), $$

$$ e^{(3)} = c R (\sh y \, dx+dz). $$

Совершим Лоренцевский буст со скоростью $v$ в плоскости $e^{(0)} \wedge e^{(3)}$:

$$ \tilde{e}^{(0)} = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2}} \left( e^{(0)} - v \; e^{(3)} \right), $$

$$ \tilde{e}^{(1)} = e^{(1)}, $$

$$ \tilde{e}^{(2)} = e^{(2)}, $$

$$ \tilde{e}^{(3)} = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2}} \left( - v \; e^{(0)} + e^{(3)} \right). $$

При Лоренцевских вращениях тетрады метрика совершенно не изменяется, в этом вся соль:

$$ \left( \tilde{e}^{(0)} \right)^2 - \left( \tilde{e}^{(1)} \right)^2 - \left( \tilde{e}^{(2)} \right)^2 - \left( \tilde{e}^{(3)} \right)^2 = \left( e^{(0)} \right)^2 - \left( e^{(1)} \right)^2 - \left( e^{(2)} \right)^2 - \left( e^{(3)} \right)^2, $$

$$ d\tilde{s}^2 = ds^2 $$

Выберем $v$ вот таким:

$$ v = - \frac{\alpha}{c}, $$

тогда, если я ничего не напутал, получается:

$$ \tilde{e}^{(0)} = \frac{1}{\sqrt{1 - \left( \frac{\alpha}{c} \right)^2}} dt $$

$$ \tilde{e}^{(1)} = a R (\ch y\cos z dx-\sin z dy), $$

$$ \tilde{e}^{(2)} = b R (\cos zdy+\ch y\sin zdx), $$

$$ \tilde{e}^{(3)} = \frac{1}{\sqrt{1 - \left( \frac{\alpha}{c} \right)^2}} \left( \frac{\alpha}{c} dt + \left( c R - \frac{\alpha^2 R}{c} \right) (dz+\sh y \, dx) \right) $$

Если функции $\alpha$ и $c$ зависят только от времени, то $\tilde{e}^{(0)}$ - искомый полный дифференциал.

Разумеется, такой буст возможен, только если $|\frac{\alpha}{c}| < 1$.