Петли времени Гёделя

[Утундрий]

Пользуясь случаем, хочу поблагодарить schekn за напоминание о вращающейся вселенной Гёделя. Однако, поскольку цитированная выше тема посвящена чисто техническим вопросам, хотелось бы обсудить это замечательное решение более, с моей точки зрения, конструктивно. Итак...

Модель мира с космологической постоянной $\lambda$, заполненного к тому же пылевидной материей, описывается следующими уравнениями Эйнштейна

$$R_{\mu \nu } - \frac{1}{2}Rg_{\mu \nu } = \rho u_\mu u_\nu + \lambda g_{\mu \nu }$$

Или, в смешанных компонентах,

$$R_\nu ^\mu - \frac{1}{2}R\delta _\nu ^\mu = \rho u^\mu u_\nu + \lambda \delta _\nu ^\mu \eqno (1)$$

где $\rho$ - произвольное скалярное, а $u$ - некоторое векторное поле, удовлетворяющее дополнительному условию

$$g_{\mu \nu } u^\mu u^\nu \equiv 1$$

Имея в виду результат К. Гёделя, будем считать пыль покоящейся и поищем метрику в виде

$$ds^2 : = g_{\mu \nu } dx^\mu dx^\nu = \left[ {dt - f(x)dy} \right]^2 - dx^2 - \left[ {h(x)dy} \right]^2 - dz^2 \eqno (2)$$

Вычисления

Координаты занумеруем согласно $x^0 = t,~x^1 = x,~x^2 = y,~x^3 = z$, тогда для компонент метрического тензора получим

$$g_{00} = 1, \quad g_{11} = - 1, \quad g_{22} = f^2 - h^2 , \quad g_{33} = - 1, \quad g_{02} = - f.$$

Условие покоя пыли

$$u^1 = u^2 = u^3 = 0 \eqno (3)$$

даёт для остальных компонент 4-скорости $u^0 = u_0 = 1, \quad u_1 = u_3 = 0, \quad u_2 = - f$.

Из $(1)$ следует $2h^3 R_0^2 = hf'' - h'f' = 0$, что приводит к $h = af'$, где $a$ - некоторая константа. После чего интервал $(2)$ принимает вид

$$ds^2 = \left[ {dt - f(x)dy} \right]^2 - dx^2 - \left[ {af'(x)dy} \right]^2 - dz^2 \eqno (4)$$

а уравнения Эйнштейна $(1)$ сводятся к системе

$$\left\{ {\begin{array}{rcccc} {R_2^0 &=& f \cdot \left( {\dfrac{{f'''}}{{f'}} - \dfrac{1}{{a^2 }}} \right) &=& - f\rho } \\ {R_0^0 - \dfrac{1}{2}R &=& \dfrac{3}{{4a^2 }} - \dfrac{{f'''}}{{f'}} &=& \rho + \lambda } \\ {R_1^1 - \dfrac{1}{2}R = R_2^2 - \frac{1}{2}R &=& - \dfrac{1}{{4a^2 }} &=& \lambda } \\ {R_3^3 - \dfrac{1}{2}R &=& \dfrac{1}{{4a^2 }} - \dfrac{{f'''}}{{f'}} &=& \lambda } \\ \end{array} } \right. $$

которая даёт одно уравнение на функцию $f$

$$2a^2 f''' = f' \eqno (5)$$

и следующие значения плотности и космологической постоянной

$$\rho = \frac{1}{{2a^2 }}, \quad \lambda = - \frac{1}{{4a^2 }} \eqno (6)$$

Из $(4)$ находим детерминант метрического тензора $g = - (af')^2 $. Отсюда видно, что наши манипуляции имеют смысл, когда функция $f(x)$ всюду монотонна, а константа $a$ отлична от нуля. Тогда общее решение уравнения $(5)$ можно представить в виде

$$f(x) = C_1 + C_2 \operatorname{exp} \left( {\frac{x}{{\sqrt 2 a}}} \right) + C_3 \operatorname{exp} \left( { - \frac{x}{{\sqrt 2 a}}} \right) \eqno (7)$$

[schekn]

Вам осталось найти постоянные.

[Утундрий]

Рассмотрим пространственную (радиолокационную) метрику модели. Никаких дополнительных вычислений для этого не понадобится, потому что интервал $(4)$ уже записан в удобном (с выделенным полным квадратом по $dx^0$) виде и пространственный интервал есть просто

$$dl^2 = dx^2 + \left[ {af'(x)dy} \right]^2 + dz^2$$

Эта 3-метрика цилиндрична по координате $z$, а скалярная кривизна сечений $z=const$ оказывается не зависящей от точки и равной $-1/a^2$.

Так как при любом решении вида $(7)$ в качестве пространства получается 2-плоскость Лобачевского, умноженная на прямую, то не видно оснований для какого-либо их усекновения.

[Утундрий]

Пример гёделианы

Следуя Геделю, рассмотрим простейшее из решений $(7)$:

$$f(x) = \exp \left( {\frac{x}{{\sqrt 2 a}}} \right)$$

и перепишем получившуюся метрику в более удобном для дальнейшего виде

$$ds^2 = \left[ {dt - \left( {1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\exp \left( {\frac{x}{{\sqrt 2 a}}} \right)dy} \right]\left[ {dt - \left( {1 - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\exp \left( {\frac{x}{{\sqrt 2 a}}} \right)dy} \right] - dx^2 $$

Зафиксируем $z$ и запустим путешественника в обход

$$O(t=0;x=0,y=0) \to O_1 (t_1 ;0,\beta ) \to O_2 (t_2 ;\alpha ,\beta ) \to O_3 (t_3 ;\alpha ,0) \to O_4 (t_4 ;0,0)$$

по границе прямоугольника $0 \leqslant x \leqslant \alpha , ~ 0 \leqslant y \leqslant \beta $ на плоскости $Oxy$. Мировые линии путешественника пусть будут прямыми. Каждый из четырёх векторов, понятное дело, должен быть времениподобен и, кроме того, лежать в одном конусе будущего с положительной полуосью $t$. Что даёт следующий набор условий:

$$OO_1 (x=0): \quad t_1 > \left( {1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\beta $$

$$O_1O_2 (y=\beta): \quad t_2 > t_1 + \alpha $$

$$O_2O_3 (x=\alpha): \quad t_3 > t_2 - \left( {1 - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\exp \left( {\frac{\alpha }{{\sqrt 2 a}}} \right)\beta $$

$$O_3O_4 (y=0): \quad t_4 > t_3 + \alpha $$

Теперь заметим, что можно получить $ t_4 \leqslant 0 $, если только выполнены условия

$$\alpha > \sqrt 2 a\ln \frac{{\sqrt 2 + 1}}{{\sqrt 2 - 1}}$$

$$\beta > \frac{{2\alpha }}{{\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\exp \left( {\dfrac{\alpha }{{\sqrt 2 a}}} \right) - \left( {1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}}$$

Итог

Мы взяли пыль и $\lambda$-член и соорудили решение в котором возможны путешествия во времени. Говорят, узревши сие, Эйнштейн был в шоке.

Задачка

Возьмём предельный случай рассмотренной прямоугольной петли, когда все отрезки мировой линии изотропные. Найти такие габариты петли, при которых минимальна обойдённая площадь

$$S = \int\limits_0^\alpha {\frac{1}{{\sqrt 2 }}\exp \left( {\frac{x}{{\sqrt 2 a}}} \right)dx} \int\limits_0^\beta {dy} = a\beta \left[ {\exp \left( {\frac{\alpha }{{\sqrt 2 a}}} \right) - 1} \right]$$

и саму эту площадь.

(ОТВЕТ)

Если нигде не ошибся, то вроде бы $S \approx 38.755645...~a^2 $

[SergeyGubanov]

Утундрий в сообщении #1459159 писал(а):

Теперь заметим, что можно получить $ t_4 \leqslant 0 $

$t$ - это не время, это просто какая-то координата.

Чтобы сосчитать изменение времени надо взять интеграл от дифференциальной формы времени $e^{(0)} = ( dt - f(x) dy )$ вдоль рассматриваемой линии $\Gamma$:

$$ \tau = \int\limits_{\Gamma} e^{(0)} $$

[Утундрий]

SergeyGubanov
Не слышу вопроса.

[schekn]

SergeyGubanov в сообщении #1488884 писал(а):

$t$ - это не время, это просто какая-то координата.

А что значит, что эта времениподобная координата отрицательна?
Возможно ли, чтобы наблюдатель со стороны видел, как частица уходит в прошлое по тому, что координатное время $t$ убывает?
Гёдель просто показал, что ракета стартует из точки $(t,x,y)$ (там только полярные координаты) и приходит в ту же самую, при этом на всем протяжении $ds^2>0$ .

[SergeyGubanov]

Утундрий в сообщении #1459159 писал(а):

Мы взяли пыль и $\lambda$-член и соорудили решение в котором возможны путешествия во времени.

Не путешествия во времени, а путешествия вдоль координаты $t$.

Координата $t$ и время -- разные вещи.

За время отвечает дифференциальная форма времени

$$ e^{(0)} = dt - f(x) \, dy. $$

Эта дифференциальная форма не является градиентом какой-либо функции, то есть в используемой системе отсчёта интегрального времени вообще нет. Трудно говорить о путешествиях в том чего нет.

[Утундрий]

SergeyGubanov
Чего вы добиваетесь?

[schekn]

Утундрий
SergeyGubanov появляется и не отвечая куда-то исчезает.
Астрофизики работают с координатными величинами и особенно не заморачиваются
"дифференциальными формами". Мы наблюдаем с Земли за вращением тел вокруг черной дыры или падением
в нее по координатному времени $t$, используя модель Шварцшильда . В данном случае
во вселенной Гёделя появляется в метрике перекрестный член $g_{ty}$.
Получается синхронная система отсчета и нельзя синхронизировать часы с удаленным наблюдателем.
Что собственно меняется? Можно издалека наблюдать, как мюон распадается , а затем неожиданно собирается снова в одну частицу? А согласно рассуждению Гёделя именно так и происходит.

[schekn]

Только опечатался - несинхронная система отсчета у Геделя.

[Утундрий]

Желание продолжить тему можно направить в более конструктивное русло. Исследовать устойчивость данного решения, пособирать гёделиану из кусков геодезических и т.п.

[Gilgamesh]

Нечего не понял, скажите просто - путешествие во времени возможно или нет?

[KVV]

Да, вперед так 100%.

[Утундрий]

Ну, рассмотренное выше решение уравнений Эйнштейна выглядит в принципе осуществимым. Во всяком случае, если оно чем-то запрещено, то не на уровне ОТО. Более того, для сеанса "особой уличной магии" нам потребуется не весь этот бесконечный вращающийся мир, а всего лишь кусок, содержащий внутре гёделиану.