Плоское поле гравитации

[schekn]

ПЛОСКОЕ ПОЛЕ ГРАВИТАЦИИ

Снова всплыла тема о плоско симметричных решениях в ОТО.
Несмотря на то, что данная задача хорошо известна, найти ее полное решение с геодезическими и сшивкой не так-то просто, потому что работы относятся к 60-70-м годам. Метод используем из книги Богородского «Уравнения поля Эйнштейна и их применение в астрономии» (стр. 68, пар.3) и соответственно будем использовать его обозначения, хотя там содержится серьезная ошибка.
Полные расчеты выложил здесь
https://yadi.sk/i/AegMewJubhmyk
Получилось достаточно много. Народ у нас не любит , когда сразу выдается много вычислений, поэтому буду излагать кратко и только основные формулы.

1.Внешнее решение

Будем искать вакуумное решение вне тонкого гравитирующего слоя (ось OZ перпендикулярна плоскости) в таком виде.

$ds^2=D(z)dt^2-A(z)(dx^2+dy^2 )-C(z)dz^2 \quad (1)$

Уравнения Гильберта-Эйнштейна в пустоте $R_{ij}=0$ дают 2 решения:

$A'/A=0 $\quad, и $D'/D+A'/2A=0 $

(штрих производная по $z, c=1$).

Первое дает $A=1$ и $C(z)=D'^2/D$

Решение ищем, опуская константы, которые потом можно убрать под дифференциал, меняя координатную систему. Общее решение в первом случае выглядит так:

$ds^2=D(z)dt^2 - dx^2-dy^2 -\frac{D'^2}{D(z)} dz^2 (8)$

$D(z)$ – любая положительная дифференцируемая функция и не константа. Прямая проверка показывает, что $R_{ij}=0,\quad R_{ijk}^{l}=0$ , что указывает на плоское пространство-время. Обычно рассматривают дополнительные условия:

$-g_{zz}=C(z)=D'^{2}/D(z) =1 \quad(9)$

Физического смысла я в нем не нашел, похоже это координатное условие, делающее метрику определенной. (Можно было взять и гармонические условия). Решая уравнение (9) относительно $D(z)$ получим метрику в таком виде:

$ ds^2=(kz+1)^2 dt^2- dx^2-dy^2 -dz^2 \quad (10) $

Выпишу все геодезические для данного решения:

$2k(dt/ds)(dz/ds)+(d^2t)/(ds^2) (kz+1)=0 \quad (11a)$

$(d^2 x)/(ds^2 )=(d^2 y)/(ds^2 )=0 \quad (11b)$

$(d^{2}z)/(ds^{2})+k(dt/ds)^2 (kz+1)=0 \quad (11c)$

Еще одно условие из метрики, фиксируя координаты $x,y$.

$ds^2=(kz+1)^2 dt^2-dz^2 \quad (11d)$

Совмещая (11с) и (11d) , получаем:

$\frac{d^2z} {ds^2}=\frac{-k}{kz+1} (1+(dz/dt)^2) $

Для малых $kz \approx 0$ (близко к плоскости $z=0$) и пренебрегая скоростями, получаем

$(d^2z)/(ds^2) \approx (d^2 z)/(dt^2) \approx -k=-g $.

$g$- ускорение свободного падения вблизи гравирующей (как предполагается) плоскости. Получается ньютоновское приближение. Обычно его связывают переходом в другую ускоренную систему отсчета. В конце я вернусь к этому решению.

2. ВТОРОЕ ВАКУУМНОЕ РЕШЕНИЕ

Решение простого уравнения :

$ D'/D+A'/2A=0$

приводит к метрике в общем виде:

$ds^2=D(z)dt^2- \frac{dx^2+dy^2}{D^2} - \frac{D'^2} {D(z)^5} dz^2 \quad (12)$

$D(z) $– любая положительная дифференцируемая функция и не константа. Это пространство не плоское. $R_{ij}=0, \quad R_{ijk}^{l}\neq0$ и отвечает «истинной» гравитации.

2.1 .Если выбирать также систему координат, чтобы $g_{zz}=-1$, получаем метрику в таком виде:

$ds^2=\frac{dt^2} {(kz+1)^{2/3}} - (kz+1)^{4/3} (dx^2+dy^2)-dz^2 \quad (13)$

(например, компонента $R_{010}^{1}=\frac{2k^2}{9(kz+1)^{8/3}}$ ) . $k $- постоянная, имеющая физический смысл. Это так называемое решение Тауба.

Геодезические и ньютоновское приближение. Я их в приложенном файле выписал все, но здесь ограничусь только движением частиц по оси $OZ$.

$3(kz+1)^{5/3} (d^2 z)/(ds^2 )-k(dt/ds)^2=0 \quad (14d)$

Добавим еще одно уравнение, следующее из метрики (13)

$1= (dt/ds)^2/(kz+1)^{2/3} -((dy/ds)^2+(dx/ds)^2)/(kz+1)^{4/3} -(dz/ds)^2 \quad (14e)$

Получим:

$(d^2 z)/(ds^2 )=(k(dt/ds)^2)/(3(kz+1)^{5/3} )=\frac{k}{3(kz+1)^{5/3}} \frac{1}{1/(kz+1)^{2/3} -(dz/dt)^2} \quad (14f) $

Тут получился странный результат. Видно, что в слабых полях, рассматривая падение только по оси $Z$, пренебрегая скоростями , около самой плоскости $OZ$ ($zk\approx0$), из (14f) получим выражение для ускорения :

$(d^2 z)/(ds^2 )>0$, что соответствует отталкиванию, если $k>0$ при $z>0$. То есть метрика в данных координатах не переходит в ньютоновское выражение для тяготеющей плоскости.

Инвариант: $I_1=R_{ijkl} R^{ijkl}=\frac{64k^4} {27(kz+1)^4}$

2.2 Возьмем метрику (12) , накладывая другие координатные условия:

$D(z)=(kz+1)^{2/3} \quad(15a)$

$ds^2=(kz+1)^{2/3}dt^2- \frac{dx^2+dy^2}{(kz+1)^{4/3}}-\frac{dz^2} {(kz+1)^4} \quad (15)$

Геодезическая вдоль оси $OZ$ :

$(d^2 z)/(ds^2)=\frac{k/3 [6(dz/dt)^2-(kz+1)^4 ]}{(kz+1)^{2/3}-(dz/dt)^2/(kz+1)^4} \quad (19)$

В ньютоновском приближении около поверхности $Z$ должно быть ускорение $-g$. Пренебрегая скоростями (нерелятивистский случай), и считая $kz\approx0$ получим:

$(d^2 z)/(ds^2 )\approx(d^2z)/(dt^2 )=-k/3=-g \quad (20)$

Окончательно метрика для плоско симметричного полупространства (совсем не такая, как у Богородского на стр. 71, а такая ):

$ds^2=(3gz+1)^{2/3} dt^2- \frac{dx^2+dy^2} (3gz+1)^{4/3} - \frac{dz^2}{(3gz+1)^4} \quad (21)$

Инвариант Кретчмана для такой геометрии: $I_1=R_{ijkl} R^{ijkl}=\frac{64(3g)^4 (3gz+1)^4}{27} $

3. Связь ускорения g с плотностью вещества.

Эту связь можно найти по аналогии с расчетами Богородского на стр. 68, исходя из ньютоновского приближения. Пусть плоский бесконечный слой вещества имеет толщину $2h$ и плотностью $\varepsilon$. Возьмем тонкое кольцо радиуса $r$. Масса кольца:

$ dM=2{\pi}rdr{2h}{\varepsilon}$

На высоте $z$ от плоскости на единицу массы действует сила в направлении центра кольца :

$dF=\frac{G{\varepsilon}z{2h}2{\pi}rdr}{(z^2+r^2 )^{3/2} } $

Интегрирование по $r$ от $0$ до $\infty$ дает связь:

$g=4{\pi}hG {\varepsilon}=Eh/2 , E=8 {\pi}G {\varepsilon} \quad (22)$

Немного отдохну и перейду к внутреннему решению.

[Toucan]

schekn, замечание за капслок в названии темы. Убрал.

[schekn]

4. ВНУТРЕННЕЕ РЕШЕНИЕ.

Ищем метрику в таком же виде:

$ds^2=D(z)dt^2-A(z)(dx^2+dy^2 )-C(z)dz^2 (1)$

Уравнения Гильберта-Эйнштейна выпишем в смешанных координатах:

$R_{i}^{i}-1/2R= 8{\pi}GT_{i}^{i}$

Рассмотрим несколько моделей строения натяжений. Самое простое, это постоянная плотность и пренебрегаем давлением вдоль оси $OZ$ , поскольку на границе давление ноль и слой тонкий.

$T_{0}^{0}=\varepsilon ,\quad T_{x}^{x}=T_{y}^{y}=-p_1, \quad T_{z}^{z}=0 $

$\frac{A'C'}{2AC^2}- \frac{A''}{A}+\frac{A'^2} {4CA^2}=8{\pi}G{\varepsilon}=E \quad(23)$

$ -\frac{\frac{{d}^{2}}{d\,{z}^{2}}\,D}{2\,C\,D}+\frac{{\left( \frac{d}{d\,z}\,D\right) }^{2}}{4\,C\,{D}^{2}}+\frac{\left( \frac{d}{d\,z}\,C\right) \,\left( \frac{d}{d\,z}\,D\right) }{4\,{C}^{2}\,D}-\frac{\left( \frac{d}{d\,z}\,A\right) \,\left( \frac{d}{d\,z}\,D\right) }{4\,A\,C\,D}+\frac{\left( \frac{d}{d\,z}\,A\right) \,\left( \frac{d}{d\,z}\,C\right) }{4\,A\,{C}^{2}}-\frac{\frac{{d}^{2}}{d\,{z}^{2}}\,A}{2\,A\,C}+\frac{{\left( \frac{d}{d\,z}\,A\right) }^{2}}{4\,{A}^{2}\,C}=-8{\pi}Gp_{1} \quad (24)$


$-\frac{A'D'} {2ACD}-\frac{A'^2}{4AC}=0 \quad(25)$


Из (25) следует два уравнения:

$A'=0 , \quad 2AD'+A'D=0 $

Первое приводит к весьма экзотическому случаю, когда плотность энергии ноль, а давление вдоль плоскости есть. Второе имеет решение:

$A=1/D^2 \quad (26)$

(Постоянную опускаем). Из (23) получаем:

$(A'C')/(2AC^2)-A''/AC+A'2/(4A^2 C)=E \quad (27)$

В общем виде такую систему решить не удаётся. Поэтому потребуем еще одно координатное условие.

4.1
Например такое, как в предыдущем случае: $g_{zz}=-1$
Тогда (27) упрощается:

$-A''/A+A'^2/(4A^2 )=E \quad (28)$

Могу расписать подробно, но это все у меня в pdf файле. Окончательная метрика такая:

$ds^2=\frac{dt^2}{\cos^{2/3}{\psi}} -(dx^2+dy^2){\cos}^{4/3}{\psi}-dz^2 \quad (33)$

Где ${\psi}=(\sqrt{3E} (z+C_1))/2$

Прямая проверка показывает, что компоненты тензора Эйнштейна такие:

$ G_{0}^{0}=E=8{\pi}G{\varepsilon}=E$

$G_{1}^{1}=G_{2}^{2}=E/4=2{\pi}G{\varepsilon}=-P , $

$G_z^z=0 $

Компоненты тензора натяжений параллельные плоскости имеют другой знак, чем обычно (отрицательное давление). По крайней мере, данное внутреннее решение вполне допустимо на границе слоя, там, где проходит сшивка метрик.

4.2.a.
Замечу, что если рассматривать идеальную жидкость, то можно вместо (24) добавить еще одно уравнение

$ {\bigtriangledown}T_{i}^{j}=0 , \quad dp/dz=-(p+\varepsilon)D'/2D $

что дает связь давления и плотности :

$p=C_6^{*}/\sqrt{D}-\varepsilon , \quad 8{\pi}Gp=C_6/\sqrt{D}-E $

Решение приведено Someone здесь. post194332.html?sid=a6911267750135122469f5feab4329c4#p194332
Там возникает бета-функция.

4.3.
Внутреннее решение в общем виде при координатном условии $C(z)=1$.
Выпишу сразу ответ:

$D(z)=\frac{C_3\exp(-{\int}{\frac{P}{E} {\ctg}{\psi}d{\psi})}} {\cos^{2/3}{\psi}} \quad(41) $

$A=\cos^{4/3}{\psi} \quad {\psi}=(\sqrt{3E} (z+C_1))/2 \quad(40)$

4.4
Рассмотрим еще одну модель ТЭИ: давление внутри по оси $Z$ имеет вид ступеньки: постоянное $P$ и положительное и на границе нулевое .
Решение такое:

$ds^2={dt^2}/({{\cos}^{2/3}{\psi}{\sin}^{2P/E}{\psi}}) -(dx^2+dy^2){\cos}^{4/3}{\psi}-dz^2 \quad $

Прямая проверка дает: $G_0^0=E, \quad G_z^z=-P$

Остальные компоненты тензора напряжений вдоль плоскости:

$ T_x^x=T_y^y=E/4-3P/4[1+(P/E+1)\ctg^2{\psi}] \quad(44)$

5. СШИВКА

Тут самое сложное.

5.1
Сначала сошьем компоненты метрики на границе $z=h$ , имеющую вне плоскости ненулевой тензор кривизны в координатах (21) :

$ds^2=(kz+1)^{2/3} dt^2-\frac{dx^2+dy^2} {{kz+1}^{4/3}} - dz^2/(kz+1)^4 \quad (21)$

Внутреннее решение (модель ТЭИ, когда давление ноль по Z и давление вдоль плоскости отрицательное. пункт 4.2) берем в координатах, принимая $D(z)=(Kz+1)^{2/3}$

тогда $k=K=3g$ и из (35) получим такое решение:

$ ds^2=(kz+1)^{2/3} dt^2-\frac{dx^2+dy^2}{(kz+1)^{4/3}}-\frac{4k^2 dz^2}{3(kz+1)^2 (C_{1}k(kz+1)^2-3E)} \quad (47)$

$C_1= \frac{((4/3)k^2 (kh+1)^2+3E)}{k(kh+1)^2} \quad (48)$

3 первые компоненты сшиты гладко, последняя $g_{zz} $- непрерывно, хотя можно попробывать добиться гладкости.

5.2
Второй случай , когда в пустоте плоская метрика.
Мне не удалось подбором ТЭИ и толщины оболочки сшить на границе 2 решения. Хотя сделал попытку и возможно оно имеется.

$ds^2=D(z)dt^2-((dx^2+dy^2 ))/D^2 -C(z)dz^2 \quad (34)$

$ds^2=(gz+1)^2 dt^2- dx^2-dy^2 -dz^2 \quad (10)$

[schekn]

Нашел все таки опечатки . Метрика (21) из 5.1 такое:

$ds^2=(kz+1)^{2/3}dt^2-\frac{dz^2+dy^2}{(kz+1)^{4/3}}-\frac{dz^2}{(kz+1)^{4}}$

$k=3g$

[Утундрий]

Насколько я помню свои копания в данной теме, там не получается статики, а почему-то вылезает бесконечно долго ускоряющийся материальный слой.

P.S. Хотя, почему "почему-то"? Это часто встречающаяся ситуация. Когда нам кажется, что ежели усьо от $t$ не зависит, то стало быть - статическое. А у найденной метрики потом оказывается своё особое мнение

[Red_Herring]

(TeX)

schekn, ТеХ у Вас какой-то странноватый. Обычно пишут так

\begin{gather} 2k(dt/ds)(dz/ds)+(d^2t)/(ds^2) (kz+1)=0, \tag{11a}\\ (d^2 x)/(ds^2 )=(d^2 y)/(ds^2 )=0, \tag{11b}\\ (d^{2}z)/(ds^{2})+k(dt/ds)^2 (kz+1)=0. \tag{11c} \end{gather}

[epros]

schekn в сообщении #913378 писал(а):

Первое приводит к весьма экзотическому случаю, когда плотность энергии ноль, а давление вдоль плоскости есть.

И что? Доставайте пальцы, будем рассуждать о том, откуда это взялось: Если взять блин, то он может оставаться статическим только за счёт давления вдоль его плоскости (иначе схлопнется под действием собственного тяготения). Если увеличивать радиус статического блина, то отношение давления к плотности его массы увеличивается. В пределе это отношение стремится к бесконечности, что при конечном давлении должно означать нулевую плотность массы.

Утундрий в сообщении #913458 писал(а):

Насколько я помню свои копания в данной теме, там не получается статики, а почему-то вылезает бесконечно долго ускоряющийся материальный слой.

Статическая плоскость получается именно нулевой плотности массы. Вот у статической сферы — масса положительная.

[schekn]

(Оффтоп)

Red_Herring в сообщении #913470 писал(а):

(TeX)

schekn, ТеХ у Вас какой-то странноватый. Обычно пишут так

\begin{gather} 2k(dt/ds)(dz/ds)+(d^2t)/(ds^2) (kz+1)=0, \tag{11a}\\ (d^2 x)/(ds^2 )=(d^2 y)/(ds^2 )=0, \tag{11b}\\ (d^{2}z)/(ds^{2})+k(dt/ds)^2 (kz+1)=0. \tag{11c} \end{gather}

Может конкретно данный фрагмент получился странный, потому что я его копировал из Ворда, а потом правил.
Очень неудобно в ворде от офиса 2007 писать формулы, а потому переводить в Latex.

-- 29.09.2014, 10:37 --

Утундрий в сообщении #913458 писал(а):

Насколько я помню свои копания в данной теме, там не получается статики, а почему-то вылезает бесконечно долго ускоряющийся материальный слой.

Ну то есть Вы отрицаете, что есть лист бумаги, который может притягивать тела, или полиэтиленовая пленка огромных размеров?
В данной задаче я столкнулся с тем случаем, что скорее всего мы имеем дело в повседневной жизни не с идеальной жидкостью. Но поскольку сопромат я сдавал 100 лет назад, я не помню распределение эпюр перпендикулярно плоскости, если есть натяжение вдоль плоскости блина.

У нас блин статический . В моей модели , когда тензор натяжений по оси Z ноль, по оси X , Y он дает компоненты ТЭИ другого знака.

epros в сообщении #913509 писал(а):

И что? Доставайте пальцы, будем рассуждать о том, откуда это взялось: Если взять блин, то он может оставаться статическим только за счёт давления вдоль его плоскости (иначе схлопнется под действием собственного тяготения). Если увеличивать радиус статического блина, то отношение давления к плотности его массы увеличивается. В пределе это отношение стремится к бесконечности, что при конечном давлении должно означать нулевую плотность массы.

Почему он не может быть статический , за счет молекулярных связей, внутренней потенциальной энергии?
Или Вы берет тонкий лист в один атом?
Можно тот же блин удержать искусственно за счет внешних натяжений.

Что еще осталось непонятным и любопытным:

1. координаты Тауба оказались не годными (или крайне неудобными) для ньютоновского приближения.
2. Если взять большой тонкий стальной блин , то вакуумное решение вблизи его поверхности в центре будет зависеть не только от плотности и толщины, но и от натяжения, которое мы может приложить к краям блина , чтобы он не схлопнулся. Так ли это?
3. По прежнему второе вакуумное решение (которое плоское) у меня не сшилось с внутренним решением , хотя не исключаю, если учитывать пункт выше 2, это можно как-то сделать.

[epros]

schekn в сообщении #913522 писал(а):

Почему он не может быть статический , за счет молекулярных связей, внутренней потенциальной энергии?

За счёт внутренних связей: Отталкивания соседних атомов друг от друга.

schekn в сообщении #913522 писал(а):

Или Вы берет тонкий лист в один атом?

Как угодно. Бесконечно тонкий блин проще рассчитать, но если сильно хочется, то можно брать блин конечной толщины.

schekn в сообщении #913522 писал(а):

Можно тот же блин удержать искусственно за счет внешних натяжений.

Что значит «внешних»? Та конструкция, которая будет прикладывать к блину «внешние» силы, тоже будет иметь ТЭИ, поэтому она должна учитываться в решении. Так что забудьте про «внешние» силы: То что не даёт блину схлопнуться под собственной тяжестью — это его внутренние давления.

schekn в сообщении #913522 писал(а):

2. Если взять большой тонкий стальной блин , то вакуумное решение вблизи его поверхности в центре будет зависеть не только от плотности и толщины, но и от натяжения, которое мы может приложить к краям блина , чтобы он не схлопнулся. Так ли это?

Будет зависеть именно от натяжений. Только не на краях, а от продольных компонент давления в области середины.

[Someone]

Начал ведь писать, как проверить условия склейки, да забросил. Много писанины получилось…

[schekn]

epros в сообщении #913539 писал(а):

За счёт внутренних связей: Отталкивания соседних атомов друг от друга.

Полимерная пленка как-то держится. А обычный лист бумаги? Значит эти связи входят в ТЭИ.

epros в сообщении #913539 писал(а):

Как угодно. Бесконечно тонкий блин проще рассчитать, но если сильно хочется, то можно брать блин конечной толщины.

Ну уж не знаю, почему проще. Я например не знаю как работать с дельта-функциями в нелинейных уравнениях. Если Вы уже это проходили , то покажите.

epros в сообщении #913539 писал(а):

тоже будет иметь ТЭИ, поэтому она должна учитываться в решении. Так что забудьте про «внешние» силы: То что не даёт блину схлопнуться под собственной тяжестью — это его внутренние давления.

По видимому я это учел скрытым образом. Я же в моделе 5.1 сначала просто положил перпендикулярную компоненту =0, $T_z^z=0$, нулевую компоненту : $8{\pi}GT_0^0=E$ обозначил после умножения на постоянную через $E$, которая связана с плотностью, решил уравнения Г-Э, и уже потом получил $8{\pi}GT_x^x=8{\pi}GT_y^y=E/4$. При чем внутренняя метрика сшилась с внешней и осуществляется переход вакуумной метрики к ньютоновскому приближению. Я пока не знаю, насколько этот результат физичен, но видимо можно варьировать внешним натяжением , чтобы получить такой результат для продольных натяжений.

epros в сообщении #913539 писал(а):

Будет зависеть именно от натяжений. Только не на краях, а от продольных компонент давления в области середины.

Это интересный результат и для меня немного удивителен. Фактически это говорит о том, что скажем, решение Шварцшильда хорошо описывает вакуумное решение вдали от статического шара. А вблизи необходимо учитывать натяжения на поверхности шара. Правильно я понимаю?

-- 29.09.2014, 16:06 --

Someone в сообщении #913544 писал(а):

Начал ведь писать, как проверить условия склейки, да забросил. Много писанины получилось…

Ну в общих чертах расскажите. Я видел несколько способов склейки и эта процедура менялась от 60-х годов до сегодня.

[epros]

schekn в сообщении #913616 писал(а):

решение Шварцшильда хорошо описывает вакуумное решение вдали от статического шара.

Ага. Везде, где вакуум и сферическая симметричность. Даже если это не «вдали».

schekn в сообщении #913616 писал(а):

А вблизи необходимо учитывать натяжения на поверхности шара.

Там, где заканчивается вакуум, статическое решение обязательно должно содержать напряжения.

[schekn]

epros
Вот , что посоветуете. Я взял стандартное вакуумное "плоское" решение, которое приводили Вы и Someone:

$ds^2=(1+gz)^2-dx^2-dy^2-dz^2 \quad(10)$

Нашел в общем виде внутреннее решение при координатном условии: $g_{zz}=-1$ :

$ds^2=D(z)dt^2-(dx^2+dy^2)/{\cos}^{4/3}(\psi)-dz^2 \quad(10)$

$D(z)=C_3 e^{-{\int}2P/E \ctg(\psi)d{\psi}}/\cos^{2/3}(\psi) \quad(41)$

$\psi=\sqrt{3E}(z+C_1)/2$

где $E=8{\pi}GT_0^0$ , $P=8{\pi}GT_z^z $, $C_1 \quad,C_3$ - постоянные, продольные компоненты не стал выписывать.

И что мне дальше делать? Как предлагается склеить данные решения при $z=h$ , на поверхности.

-- 29.09.2014, 16:42 --

epros в сообщении #913641 писал(а):

Там, где заканчивается вакуум, статическое решение обязательно должно содержать напряжения.

Я то как раз вел разговор о вакуумном решении. Для бесконечной плоскости.

[epros]

schekn в сообщении #913642 писал(а):

Я то как раз вел разговор о вакуумном решении.

Статический шар — это не вакуумное решение.

[schekn]

epros в сообщении #913644 писал(а):

Статический шар — это не вакуумное решение.

Для сферически симметричной задачи согласен.
Для бесконечной плоскости по видимому в вакууме зависит от тензора натяжений на поверхности.