Притяжение возле прямой космической струны

Question

Притяжение возле прямой космической струны

Чам

У меня проблема с интерпретацией поведения частиц вокруг прямой космической струны.

Рассмотрим бесконечную цилиндрическую вселенную, описываемую следующей метрикой:

\begin{matrix} (1) & г с^{2} "=" г т^{2} - г р^{2} - (1 - 4 г мю)^{2} р^{2} г ф^{2} - г г^{2} . \end{matrix}

$\tag{1} ds^2 = dt^2 - dr^2 - (1 - 4 G \mu)^2 \, r^2 \, d\varphi^2 - dz^2.$ Для упрощения я напишу

\begin{matrix} (2) & λ "=" 1 - 4 г мю \equiv 1 - \frac{α}{2 π} \leq 1, \end{matrix}

$\tag{2} \lambda = 1 - 4 G \mu \equiv 1 - \frac{\alpha}{2 \pi} \le 1,$ и рассмотрим движения только в ортогональной плоскости:

z = 0

$z = 0$ и

\dot{z} = 0

$\dot{z} = 0$ . Из метрики (1) можно показать, что полный тензор кривизны Римана равен 0 везде вокруг струны. Таким образом, это пространство-время является локально Минковским, но имеет коническую топологию с дефицитом угла

α = 8 π G μ

$\alpha = 8 \pi G \mu$ (который дает

λ < 1

$\lambda < 1$ ). Я ожидал, что свободные частицы будут двигаться прямолинейно в этом пространстве-времени, так как кривизны нет вообще, а хорошо известно, что прямая космическая струна не оказывает гравитационного воздействия на пробные частицы. Из-за дефицита угла у меня были сомнения, поэтому я сделал численное решение уравнений геодезических с помощью Mathematica . Лагранжиан частицы - это просто, где точки представляют производную по собственному времени.

σ

$\sigma$ или произвольная параметризация в случае света (когда

L = 0

$\mathcal{L} = 0$ ):

\begin{matrix} (3) & л "=" {\dot{т}}^{2} - {\dot{р}}^{2} - λ^{2} р^{2} {\dot{ф}}^{2} . \end{matrix}

$\tag{3} \mathcal{L} = \dot{t}^2 - \dot{r}^2 - \lambda^2 \, r^2 \, \dot{\varphi}^2.$ Применение уравнений Эйлера-Лагранжа (или уравнения геодезических) дает следующие уравнения:

\begin{aligned} (4) & \dot{т} \equiv \frac{г т}{г о} & "=" К "=" постоянный, \\ (5) & \frac{г^{2} р}{г о^{2}} & "=" λ^{2} р {\dot{ф}}^{2}, \\ (6) & \dot{ф} \equiv \frac{г ф}{г о} & "=" \frac{Дж}{р^{2}} . \end{aligned}

$\begin{align} \dot{t} \equiv \frac{d t}{d\sigma} &= \mathcal{K} = \text{constant,} \tag{4} \\[1ex] \frac{d^2 r}{d\sigma^2} &= \lambda^2 \, r \, \dot{\varphi}^2, \tag{5} \\[1ex] \dot{\varphi} \equiv \frac{d\varphi}{d\sigma} &= \frac{\mathcal{J}}{r^2}. \tag{6} \end{align}$ Использование (6) в (5) дает

\begin{matrix} (7) & \frac{г^{2} р}{г о^{2}} "=" \frac{λ^{2} {Дж}^{2}}{р^{3}} . \end{matrix}

$\tag{7} \frac{d^2 r}{d\sigma^2} = \frac{\lambda^2 \mathcal{J}^2}{r^3}.$ Постоянная движения

J

$\mathcal{J}$ интерпретируется как угловой момент частицы на единицу массы. Затем я использую декартовы координаты для численного моделирования:

x = r \cos φ

$x = r \cos \varphi$ и

y = r \sin φ

$y = r \sin \varphi$ . Это дает следующие дифференциальные уравнения (с

r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}

$r = \sqrt{x^2 + y^2}$ ):

\begin{aligned} (8) & \frac{г^{2} Икс}{г о^{2}} & "=" - \frac{(1 - λ^{2}) {Дж}^{2}}{р^{4}} Икс, \\ (9) & \frac{г^{2} у}{г о^{2}} & "=" - \frac{(1 - λ^{2}) {Дж}^{2}}{р^{4}} у . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d^2 x}{d\sigma^2} &= -\, \frac{(1 - \lambda^2) \mathcal{J}^2}{r^4} \, x, \tag{8} \\[1ex] \frac{d^2 y}{d\sigma^2} &= -\, \frac{(1 - \lambda^2) \mathcal{J}^2}{r^4} \, y. \tag{9} \end{align}$ Итак, согласно этим уравнениям, на частицу действует «сила». Конечно, это 0, когда

λ = 1

$\lambda = 1$ (случай отсутствия дефицита угла = глобальный плоский мир Минковского). Запуск этих уравнений в системе Mathematica обычно дает следующий вид траекторий в

x y

$x \, y$ плоскости (серый диск — космическая струна. Его радиус — единица времени и длины. Три ползунка — угол дефицита

α

$\alpha$ , прицельный параметр

b

$b$ и начальная скорость

v

$v$ ):

Сила (8)-(9) равна 0, когда частица изначально покоится (угловой момент $\mathcal{J} = 0$ ). Это согласуется с идеей о том, что на струну не действует гравитационная сила. Но из (8)-(9) видно, что на частицу действует сила, зависящая от скорости, и рисунки ясно показывают, что струна притягивается. (при некоторых параметрах частица могла быть захвачена струной, а затем выброшена...)

Так как же это может быть, если вокруг струны вообще нет искривления пространства-времени?

Может ли кто-нибудь указать мне на свободно доступную статью (arXiv?), которая описывает эти странные особенности прямой космической струны?

Якопо Тиссино

Интересная проблема, просто мысль:

x y

$xy$ плоскость, которую вы строите по полярным координатам

r

$r$ ,

φ

$\varphi$ не имеет обычной плоской метрики, так как длина окружности не равна

2 π r

$2 \pi r$ ; поэтому то, что траектории «кривые», не обязательно означает, что они кривые. Вы пробовали рисовать их на конусе?

Чам

@JacopoTissino, я не рисовал на конусе. Я не уверен, что это стоит усилий. О факторе

λ^{2}

$\lambda^2$ перед угловой частью

r^{2} d φ^{2}

$r^2 \, d\varphi^2$ , это может быть поглощено переопределением радиальной координаты

r

$r$ (и снова появится перед радиальной частью

d r^{2}

$dr^2$ , в метрике). С текущими координатами кругу просто не хватает угла («дефицитный угол» конического мира)

Якопо Тиссино

Что ж, это моя точка зрения: вы можете переопределить

r

$r$ или

φ

$\varphi$ , но в любом случае вы не сможете изометрически построить многообразие на всей плоскости из-за недостающего угла. Ваши графики представляют собой в точности ортогональную проекцию конуса на плоскость, перпендикулярную его оси: как таковые, они искажают траектории и создают впечатление, будто они изгибаются, хотя на самом деле это не так.

Чам

@JacopoTissino, тогда как вы объясните, что ортогональные проекции показывают кривые, которые делают целые обороты вокруг струны? Даже если я нанесу их прямыми на открытый диск (с недостаточным углом) и закрою диск, чтобы получить конус, я не смогу получить такие кривые, которые делают целые повороты.

Якопо Тиссино

@Charm Это действительно кажется странным: для значения, показанного на графике

α \approx π / 2 ⟹ λ \approx 3 / 4

$\alpha\approx \pi/2 \implies \lambda \approx 3/4$ Я ожидаю увидеть менее одного полного оборота струны, хотя кажется, что их два или даже больше.

Чам

Думаю, теперь я понял. Если взять крайний случай прямого цилиндра, то на его поверхность можно было бы выбрасывать случайные свободные частицы. Многие из них будут двигаться по геликоидальной траектории с различными наклонами и скоростями. Сжатие цилиндра на плоскости покажет спиралевидные кривые, окружающие центральное круглое отверстие (как на моих рисунках выше). Тем не менее, ясно, что частицы не отклоняются какой-либо силой на двумерной поверхности (цилиндр локально плоский). Аналогичным свойством обладает конус.

ТимРиас

Я полагаю, что вы допустили ошибку в своей числовой реализации. Я не могу воспроизвести ваши графики с данным уравнением.

Чам

@mmeent, хотя это возможно, я не вижу, где я мог ошибиться. Или, может быть, это числовое значение, выбранное для углового момента

J = γ v b

$\mathcal{J} = \gamma v b$ .

ТимРиас

@Cham Вам действительно нужно убедиться, что ваш выбор

J

$\mathcal{J}$ согласуется с уравнением 6 и вашими начальными условиями.

ТимРиас

Это подразумевает

J = b v

$\mathcal{J} = b v$ . (или точнее

J = - b v

$\mathcal{J} = - b v$ , судя по вашим графикам.)

Чам

@mmeent, возможно, вы правы, что я допустил ошибку в коде. Должен быть плавный переход от быстрых массивных частиц к светоподобным траекториям, что очень просто. Таким образом, гамма-коэффициент может быть не в том месте в моем коде Mathematica. Я проверяю это.

Чам

@mmeent,

J = r^{2} \dot{φ} = r^{2} \frac{d t}{d σ} \frac{d φ}{d t} = K r^{2} \frac{d φ}{d t}

$\mathcal{J} = r^2 \dot{\varphi} = r^2 \, \frac{dt}{d\sigma} \frac{d\varphi}{d t} = \mathcal{K} \, r^2 \frac{d\varphi}{dt}$ . Постоянная времени должна быть

K \equiv γ = 1 / \sqrt{1 - v^{2}}

$\mathcal{K} \equiv \gamma = 1/\sqrt{1 - v^2}$ .

ТимРиас

В этом случае ваше начальное значение для

\dot{x}

$\dot{x}$ лучше тоже быть

v γ

$v \gamma$

ТимРиас

Ну, ваш угол рассеяния должен быть

π / λ

$\pi/\lambda$ так что для достаточно малых

λ

$\lambda$ вы должны быть в состоянии сделать столько поворотов, сколько хотите.

Чам

@mmeent, возможно, я нашел проблему. При определении скорости относительно неподвижных наблюдателей:

0 < v < 1

$0 < v < 1$ , нам нужно принять во внимание геометрический фактор, который сводится к 1, когда

λ = 1

$\lambda = 1$ (угол без дефицита). Сначала это было не очень очевидно. Я все еще не уверен, что результат правильный, хотя.

Ответы (3)

Притяжение возле прямой космической струны

Интересная проблема, просто мысль: $xy$ плоскость, которую вы строите по полярным координатам $r$ , $\varphi$ не имеет обычной плоской метрики, так как длина окружности не равна $2 \pi r$ ; поэтому то, что траектории «кривые», не обязательно означает, что они кривые. Вы пробовали рисовать их на конусе?
@JacopoTissino, я не рисовал на конусе. Я не уверен, что это стоит усилий. О факторе $\lambda^2$ перед угловой частью $r^2 \, d\varphi^2$ , это может быть поглощено переопределением радиальной координаты $r$ (и снова появится перед радиальной частью $dr^2$ , в метрике). С текущими координатами кругу просто не хватает угла («дефицитный угол» конического мира)
Что ж, это моя точка зрения: вы можете переопределить $r$ или $\varphi$ , но в любом случае вы не сможете изометрически построить многообразие на всей плоскости из-за недостающего угла. Ваши графики представляют собой в точности ортогональную проекцию конуса на плоскость, перпендикулярную его оси: как таковые, они искажают траектории и создают впечатление, будто они изгибаются, хотя на самом деле это не так.
@JacopoTissino, тогда как вы объясните, что ортогональные проекции показывают кривые, которые делают целые обороты вокруг струны? Даже если я нанесу их прямыми на открытый диск (с недостаточным углом) и закрою диск, чтобы получить конус, я не смогу получить такие кривые, которые делают целые повороты.
@Charm Это действительно кажется странным: для значения, показанного на графике $\alpha\approx \pi/2 \implies \lambda \approx 3/4$ Я ожидаю увидеть менее одного полного оборота струны, хотя кажется, что их два или даже больше.
Думаю, теперь я понял. Если взять крайний случай прямого цилиндра, то на его поверхность можно было бы выбрасывать случайные свободные частицы. Многие из них будут двигаться по геликоидальной траектории с различными наклонами и скоростями. Сжатие цилиндра на плоскости покажет спиралевидные кривые, окружающие центральное круглое отверстие (как на моих рисунках выше). Тем не менее, ясно, что частицы не отклоняются какой-либо силой на двумерной поверхности (цилиндр локально плоский). Аналогичным свойством обладает конус.
Я полагаю, что вы допустили ошибку в своей числовой реализации. Я не могу воспроизвести ваши графики с данным уравнением.
@mmeent, хотя это возможно, я не вижу, где я мог ошибиться. Или, может быть, это числовое значение, выбранное для углового момента $\mathcal{J} = \gamma v b$ .
@Cham Вам действительно нужно убедиться, что ваш выбор $\mathcal{J}$ согласуется с уравнением 6 и вашими начальными условиями.
Это подразумевает $\mathcal{J} = b v$ . (или точнее $\mathcal{J} = - b v$ , судя по вашим графикам.)
@mmeent, возможно, вы правы, что я допустил ошибку в коде. Должен быть плавный переход от быстрых массивных частиц к светоподобным траекториям, что очень просто. Таким образом, гамма-коэффициент может быть не в том месте в моем коде Mathematica. Я проверяю это.
@mmeent, $\mathcal{J} = r^2 \dot{\varphi} = r^2 \, \frac{dt}{d\sigma} \frac{d\varphi}{d t} = \mathcal{K} \, r^2 \frac{d\varphi}{dt}$ . Постоянная времени должна быть $\mathcal{K} \equiv \gamma = 1/\sqrt{1 - v^2}$ .
В этом случае ваше начальное значение для $\dot{x}$ лучше тоже быть $v \gamma$
Ну, ваш угол рассеяния должен быть $\pi/\lambda$ так что для достаточно малых $\lambda$ вы должны быть в состоянии сделать столько поворотов, сколько хотите.
@mmeent, возможно, я нашел проблему. При определении скорости относительно неподвижных наблюдателей: $0 < v < 1$ , нам нужно принять во внимание геометрический фактор, который сводится к 1, когда $\lambda = 1$ (угол без дефицита). Сначала это было не очень очевидно. Я все еще не уверен, что результат правильный, хотя.

Бенрг · Answer 1

Вместо использования этих координат вы могли бы идентифицировать пространство вокруг струны с помощью клина пространства Минковского с обычными координатами Минковского и метрикой, а также с идентифицированными ребрами клина. Геодезические, которые не пересекают ребра, являются прямыми линиями.

Если $α\ge π$ тогда вы всегда можете сделать так, чтобы любая конкретная геодезическая полностью лежала в клине, и она явно не могла окружить струну.

Если $α<π$ тогда вы можете поставить $\lceil π/α \rceil$ копии пространства рядом друг с другом в виде кусочков пирога и нарисуйте геодезическую так, чтобы она проходила через эти копии. Часть геодезической, которая находится внутри каждого среза, представляет собой один «круг» струны. Когда вы строите геодезическую в своих исходных координатах, она выглядит искривленной, потому что вы, по сути, наносите стандартные цилиндрические координаты Минковского на клин, а затем масштабируете угловую координату на $1/λ$ .

Обратите внимание, что если ОП решит уравнение с помощью моего метода , они получат уравнение $1/r = A \cos(\lambda (\phi - \phi_0))$ , где $A$ и $\phi_0$ являются константами. Это и есть уравнение прямой с $\phi$ координата изменена.

Майкл Зайферт · Answer 2

Слишком длинно для комментария:

Заметим, что уравнения геодезических в этом случае точно разрешимы. В частности, мы можем вывести аналог уравнения Бине . Определение $u = 1/r$ , у нас есть

\frac{г р}{г о} "=" \frac{г ф}{г о} \frac{г р}{г ф} "=" \frac{Дж}{р^{2}} \frac{г (1 / ты)}{г ф} "=" - \frac{Дж}{р^{2} {ты}^{2}} \frac{г ты}{г ф} "=" - Дж \frac{г ты}{г ф}

$\frac{dr}{d\sigma} = \frac{d\phi}{d\sigma}\frac{dr}{d\phi} = \frac{\mathcal{J}}{r^2} \frac{d(1/u)}{d\phi} = - \frac{\mathcal{J}}{r^2u^2 } \frac{du}{d\phi} = - \mathcal{J} \frac{du}{d\phi}$ и по аналогичной логике

\frac{г^{2} р}{г о^{2}} "=" \frac{г ф}{г о} \frac{г}{г ф} (- Дж \frac{г ты}{г ф}) "=" - {Дж}^{2} {ты}^{2} \frac{г^{2} ты}{г ф^{2}} .

$\frac{d^2 r}{d\sigma^2} = \frac{d\phi}{d\sigma} \frac{d}{d\phi} \left( - \mathcal{J} \frac{du}{d\phi} \right) = -\mathcal{J}^2 u^2 \frac{d^2 u}{d \phi^2}.$ Ваше уравнение (7) затем становится

- {Дж}^{2} {ты}^{2} \frac{г^{2} ты}{г ф^{2}} "=" λ^{2} {Дж}^{2} {ты}^{3} \Rightarrow \frac{г^{2} ты}{г ф^{2}} "=" - λ^{2} ты

$-\mathcal{J}^2 u^2 \frac{d^2 u}{d \phi^2} = \lambda^2 \mathcal{J}^2 u^3 \quad \Rightarrow \quad \frac{d^2 u}{d \phi^2} = -\lambda^2 u$ которые я верю, что вы можете решить.

Очень хорошо! Я попытаюсь использовать это, чтобы вернуть кривые Mathematica .

Чам · Answer 3

Я исправил все свои проблемы (я думаю). Вот $x y$ плоскость с типичной кривой (начальная точка справа):

А вот вид конуса, на котором задана геометрия, с коническим углом дефицита $\alpha$ . На ней нанесены три типичные кривые с разным прицельным параметром $b$ . Я немного удивлен, что начальная скорость $v$ разницы нет, но поскольку на частицу не действует никакая сила, в этом нет ничего удивительного:

Серый цилиндр — это космическая струна.

Что происходит, думаю, понятно. Силы гравитации нет, но конус по-прежнему имеет геометрический эффект, даже если его кривизна равна 0.

Что до сих пор не ясно, так это диффузионное воздействие на сгусток частиц, движущихся по конусу. Есть диффузия или нет?

РЕДАКТИРОВАТЬ: Что здесь странно, так это то, что у вас есть плоское пространство-время вокруг космической струны, и все же вы можете вернуть мяч, который вы выбросили, без приложения к мячу какой-либо силы! (см., например, красную кривую на втором рисунке выше).

Большой! Что касается диффузии (хотя, может быть, это должен быть другой вопрос?), геодезическое отклонение прямо пропорционально тензору Римана, поэтому здесь оно должно быть равно нулю - расстояние между параллельными геодезическими остается постоянным.
@JacopoTissino, да, это правильно. Мой код показывает, что диффузии нет. Но зато бывают прогибы без силы и кривизны. Вы даже можете отбросить мяч и через некоторое время поймать его обратно, не прилагая к нему никакого усилия. Это странно!

Притяжение возле прямой космической струны

Чам

Якопо Тиссино

Чам

Якопо Тиссино

Чам

Якопо Тиссино

Чам

ТимРиас

Чам

ТимРиас

ТимРиас

Чам

Чам

ТимРиас

ТимРиас

Чам

Ответы (3)

Бенрг

Майкл Зайферт

Майкл Зайферт

Чам

Чам

Якопо Тиссино

Чам

Решение космической струны общей теории относительности

Каноническая форма структурных констант и взаимно ортогональная триада на орбитах космологий Бьянки

Два наблюдателя Робертсона-Уокера, в какое время будет получен световой сигнал?

Может ли космическая струна пройти через Землю незамеченной?

Является ли пространство-время постоянной положительной кривизны просто 4-гиперсферой?

Имеет ли наблюдатель на расширяющейся трехсфере гиперболическое чувство времени?

Тензор энергии-импульса прямой космической струны и уравнение состояния космических струн

Два "наблюдателя Робертсона-Уокера", скорость бейсбольного мяча, видимая вторым наблюдателем прямо перед тем, как его поймали?

Что означает «конечная, но неограниченная вселенная»?

Почему общая теория относительности не эквивалентна ньютоновской гравитации?