Одномерный Эйнштейн

[Утундрий]

Немножко повторюсь. Рассматривается метрика вида $\[ds^2 = e^{\nu (z)} dt^2 - e^{\mu (z)} \left( {dx^2 + dy^2 } \right) - dz^2 \]$.
Тензор кривизны имеет в координатах $\[\left( {x^0 ,x^1 ,x^2 ,x^3 } \right) = \left( {t,x,y,z} \right)\]$ следующие ненулевые компоненты
$\[\begin{gathered} R_{ \cdot \cdot 01}^{01} = R_{ \cdot \cdot 02}^{02} = \frac{1}{4}\dot \mu \dot \nu \hfill \\ R_{ \cdot \cdot 03}^{03} = \frac{1}{2}\left( {\ddot \nu + \frac{1}{2}\dot \nu ^2 } \right),R_{ \cdot \cdot 12}^{12} = \frac{1}{4}\dot \mu ^2 \hfill \\ R_{ \cdot \cdot 13}^{13} = R_{ \cdot \cdot 23}^{23} = \frac{1}{2}\left( {\ddot \mu + \frac{1}{2}\dot \mu ^2 } \right) \hfill \\ \end{gathered} \]$
Отсюда, для компонент тензора Эйнштейна $\[T_\nu ^\mu \equiv R_\nu ^\mu - \frac{1}{2}R \cdot \delta _\nu ^\mu \]$ получаем

\[\begin{gathered} - T_0^0 = \ddot \mu + \frac{3}{4}\dot \mu ^2 \hfill \\ - 2 \cdot T_1^1 = - 2 \cdot T_2^2 = \ddot \mu + \ddot \nu + \frac{1}{2}\left( {\dot \mu ^2 + \dot \mu \dot \nu + \dot \nu ^2 } \right) \hfill \\ - 2 \cdot T_3^3 = \dot \mu \left( {\dot \nu + \frac{1}{2}\dot \mu } \right) \hfill \\ \end{gathered} \]

Тождества $\[T_{\mu ;\alpha }^\alpha = 0\]$ принимают вид
$\[\left( {\dot \mu + \frac{1}{2}\dot \nu } \right)T_3^3 + \dot T_3^3 - \frac{1}{2}\dot \nu T_0^0 - \dot \mu T_1^1 = 0\]$
(точка здесь означает производную по $z$)
__________________________________________________________________
Пусть теперь $\[T_0^0 = \varepsilon ,T_1^1 = T_2^2 = T_3^3 = - p\]$, тогда уравнения Эйнштейна сводятся к системе
\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\ddot \mu + \ddot \nu + \frac{1}{2}\dot \nu \left( {\dot \nu - \dot \mu } \right)} =0 \\ { - \varepsilon = \ddot \mu + \frac{3}{4}\dot \mu ^2 } \\ {p = \frac{{\dot \mu }} {2}\left( {\frac{{\dot \mu }}{2} + \dot \nu } \right)} \\ \end{array} } \right.
А тождество $\[T_{\mu ;\alpha }^\alpha = 0\]$ в этом случае дает
$\[\dot p + \frac{1}{2}\dot \nu \left( {p + \varepsilon } \right) = 0\]$

Система допускает вакуумные решения двух типов.
1) При $\[\dot \mu = 0\]$. В этом случае все $\[R_{ \cdot \cdot \mu \nu }^{\alpha \beta } = 0\]$, $\[e^\nu = C_1 \cdot (z - a),e^\mu = C_2 \]$
2) При $\[\dot \mu + 2\dot \nu = 0\]$. Здесь $\[e^\nu = C_1 \cdot (z - a)^{ - {2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} ,e^\mu = C_2 \cdot (z - a)^{{4 \mathord{\left/ {\vphantom {4 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} \]$
$\[\begin{gathered} R_{ \cdot \cdot 01}^{01} = R_{ \cdot \cdot 02}^{02} = - \frac{2}{9}\left( {z - a} \right)^{ - 2} \hfill \\ R_{ \cdot \cdot 03}^{03} = \frac{5}{9}\left( {z - a} \right)^{ - 2} ,R_{ \cdot \cdot 12}^{12} = \frac{4}{9}\left( {z - a} \right)^{ - 2} \hfill \\ R_{ \cdot \cdot 13}^{13} = R_{ \cdot \cdot 23}^{23} = - \frac{2}{9}\left( {z - a} \right)^{ - 2} \hfill \\ \end{gathered} \]$

Эти два решения пригодятся ниже, при попытке разобраться в физическом смысле границ решения с постоянной $\[\varepsilon \]$, к рассмотрению коего наконец и передим.

Вместо первого уравнения системы удобно взять следствие из тождества, так что исходим из системы
$\[\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\ddot \mu + \frac{3}{4}\dot \mu ^2 = - \varepsilon _0 \equiv const} \\ {\dot p + \frac{1}{2}\dot \nu \left( {p + \varepsilon } \right) = 0} \\ {p = \frac{1}{2}\dot \mu \left( {\dot \nu + \frac{1}{2}\dot \mu } \right)} \\ \end{array} } \right.\]$
Интегрируя первое уравнение, получаем $\[\dot \mu = \left( {\frac{4}{3}\varepsilon _0 } \right)^{{1 \mathord{\left/ {\vphantom {1 2}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 2}} \operatorname{tg} \left( {a - \zeta } \right)\]$, где $\[\zeta \equiv \left( {\frac{3}{4}\varepsilon _0 } \right)^{{1 \mathord{\left/ {\vphantom {1 2}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 2}} z\]$. Из второго $\[\frac{{d\nu }}{{d\zeta }} = - \frac{2}{{\bar p + 1}}\frac{{d\bar p}}{{d\zeta }}\]$, где $\[\bar p \equiv \frac{p}{{\varepsilon _0 }}\]$. Подставляя $\[{\dot \mu }\]$ и $\[\dot \nu = \left( {\frac{3}{4}\varepsilon _0 } \right)^{{1 \mathord{\left/ {\vphantom {1 2}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 2}} \frac{{d\nu }}{{d\zeta }}\]$ в третье уравнение, получим
$\[\bar p = \operatorname{tg} \left( {a - \zeta } \right)\left( {\frac{1}{3}\operatorname{tg} \left( {a - \zeta } \right) - \frac{1}{{\bar p + 1}}\frac{{d\bar p}}{{d\zeta }}} \right)\]$
Тут сама собой напрашивается замена $\[\xi \equiv \operatorname{tg} \left( {a - \zeta } \right)\]$. Не будем противиться...
$\[\bar p = \xi \left( {\frac{\xi }{3} + \frac{{1 + \xi ^2 }}{{\bar p + 1}}\frac{{d\bar p}}{{d\zeta }}} \right)\]$
или
$\[\frac{{d\bar p}}{{d\zeta }} = \frac{{\bar p + 1}}{{1 + \xi ^2 }}\left( {\frac{{\bar p}}{\xi } - \frac{\xi }{3}} \right)\]$
Это т.н. уравнение Риккати и заменой $\[\bar p \equiv - 1 + \frac{1}{u}\]$ оно сводится к линейному
$\[\frac{{du}}{{d\xi }} = u\frac{{3 + \xi ^2 }}{{3\xi \left( {1 + \xi ^2 } \right)}} - \frac{1}{{\xi \left( {1 + \xi ^2 } \right)}}\]$
его решение
$\[u(\xi ) = \frac{\xi }{{\left( {1 + \xi ^2 } \right)^{{1 \mathord{\left/ {\vphantom {1 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} }}\int\limits_\xi ^{} {\frac{{dt}}{{t^2 \left( {1 + t^2 } \right)^{{2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} }}} \]$
Интеграл крайне некрасиво ведет себя в точке $\[\xi \]$, обойдем эту неприятность при помощи следующего финта ушами:
Положим $\[\int\limits_\xi ^{} {} = \[K_1 + \] \int\limits_\xi ^{ + \infty } {} \]$ при $\[\xi > 0\]$ и $\[\int\limits_\xi ^{} {} = K_2 + \int\limits_\xi ^{ - \infty } {} \]$ при $\[\xi < 0\]$.
Введем $\[F\left( \xi \right) \equiv \xi \int\limits_\xi ^{ + \infty } {\frac{{dt}}{{t^2 \left( {1 + t^2 } \right)^{{2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} }}} \]$ при $\[\xi > 0\]$ и $\[F\left( \xi \right) \equiv \xi \int\limits_\xi ^{ - \infty } {\frac{{dt}}{{t^2 \left( {1 + t^2 } \right)^{{2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} }}} \]$ при $\[\xi < 0\]$. Очевидно, что $\[F\left( { - \left| \xi \right|} \right) = F\left( {\left| \xi \right|} \right)\]$. Эту функцию можно также привести к явно четному виду $\[F\left( \xi \right) = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{y^2 }}{{y^2 + \xi ^2 }}} \right)^{{2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} dy} \]$.
Итак, окончательная зависимость для давления такова
$\[\bar p = - 1 + \frac{{\left( {1 + \xi ^2 } \right)^{{1 \mathord{\left/ {\vphantom {1 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} }}{{K_{1,2} \xi + F\left( \xi \right)}}\]$

Добавлено спустя 1 минуту 12 секунд:

Фух, устал... строить графики, вычислять кривизну и вскрывать физический смысел полученного решения буду завтра...

[Шимпанзе]

Утундрий в сообщении #198293 писал(а):

вскрывать физический смысел полученного решения

Хорошо бы вскрыть и другое, в чем изначальный физический смысл рассматриваемой метрики….

[nuha]

Шимпанзе писал(а):

Утундрий в сообщении #198293 писал(а):

вскрывать физический смысел полученного решения

Хорошо бы вскрыть и другое, в чем изначальный физический смысл рассматриваемой метрики….

Копайте глубже.
Хорошо бы вскрыть, имеют ли вообще физический смысл метрики с временной координатой.

[Утундрий]

Шимпанзе, nuha, "а ну брысь, чортивня" (с)

Утомлен борьбою с уравнением мокрых тряпок, эту тему продолжу позже...

[Шимпанзе]

Утундрий в сообщении #198708 писал(а):

Шимпанзе ... "а ну брысь, чортивня"

Аhа!