Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

L. D. Landau, E. M. Lifsic (2014)

Typotex

100 §. Gömbszimmetrikus gravitációs erőtér

100 §. Gömbszimmetrikus gravitációs erőtér

Vizsgáljunk gömbszimmetrikus gravitációs erőtereket. Ilyen erőteret tetszőleges gömbszimmetrikus anyageloszlás létesíthet; ilyenkor természetesen, nemcsak az anyageloszlás, hanem a mozgás is gömbszimmetrikus, azaz a sebesség minden pontban sugárirányú.

Az erőtér gömbszimmetriája azt jelenti, hogy a téridő metrikája, tehát a ds ívelemet megadó kifejezés a középponttól egyenlő távolságban levő pontokban azonos alakú. Euklideszi térben ez a távolság a helyvektor hosszával egyenlő: nem-euklideszi térben azonban nincs olyan mennyiség, amely egyesítené az euklideszi helyvektor összes tulajdonságait (hossza egyenlő a középponttól mért távolsággal és a kör kerületének 2π-ed részével). Ezért a „helyvektor” megválasztása a jelen esetben önkényes.

„Gömbi” r, 𝜃, φ térkoordinátákat bevezetve, a ds2-et megadó legáltalánosabb gömbszimmetrikus kifejezés

12.17. egyenlet - (100.1)

d s 2 = h ( r , t ) d r 2 + k ( r , t ) ( s i n 2 𝜃 d φ 2 + d 𝜃 2 ) + l ( r , t ) d t 2 + a ( r , t ) d r d t

alakú, ahol a, h, k, l az r „helyvektor” és a t „idő” valamilyen függvényei. Az általános relativitáselméletben a koordináta-rendszert tetszőlegesen választhatjuk, ezért a koordinátákat még alávethetjük a ds2 gömbszimmetriáját nem sértő tetszőleges transzformációnak; ez azt jelenti, hogy az r és t koordinátákat az

r=f1(r,t),t=f2(r,t)

képletekkel transzformálhatjuk, ahol f1 és f2 az r′és t′új koordináták tetszőleges függvényei.

E lehetőséget felhasználva, válasszuk meg az r koordinátát és t időt oly módon, hogy egyrészt a ds2-et megadó kifejezésben a drdt tag a(r,t) együtthatója zérussá váljon, másrészt a k(r,t) együttható egyszerűen –r2 legyen.[162] Ez utóbbi azt jelenti, hogy az r helyvektort oly módon választottuk meg, hogy az origó köré írt kör kerülete 2πr legyen (a 𝜃=π∕2 síkban a kör íveleme dl=rdφ). Célszerű h-t és l-et rendre –eλ és c2eν alakba írni, ahol λ és ν az r és t valamilyen függvénye. Így ds2-re a következő kifejezést kapjuk:

12.18. egyenlet - (100.2)

d s 2 = e ν c 2 d t 2 r 2 ( d 𝜃 2 + sin 2 𝜃 d φ 2 ) e λ d r 2 .

x 0, x1, x2, x3 gyanánt a ct, r, 𝜃, φ koordinátákat véve, a metrikus tenzor zérustól különböző komponenseire a

g 0 0 = e ν , g 1 1 = e λ , g 2 2 = r 2 , g 3 3 = r 2 sin 2 𝜃

kifejezést kapjuk. Nyilvánvaló, hogy

g 0 0 = e ν , g 1 1 = e λ , g 2 2 = r 2 , g 3 3 = r 2 sin 2 𝜃 .

Ennek ismeretében, felhasználva a (86.3) képletet, könnyen kiszámíthatjuk a Γkli mennyiségeket. A számítás eredménye (a vessző r szerinti, a betű feletti pont pedig t szerinti differenciálást jelent):

12.19. egyenlet - (100.3)

Γ 1 1 1 = λ 2 , Γ 1 0 0 = ν 2 , Γ 3 3 2 = sin 𝜃 cos 𝜃 , Γ 1 1 0 = λ ̇ 2 e λ ν , Γ 2 2 1 = r e λ , Γ 0 0 1 = ν 2 e ν λ , Γ 1 2 2 = Γ 1 3 3 = 1 r , Γ 2 3 3 = ctg 𝜃 , Γ 0 0 0 = ν ̇ 2 , Γ 1 0 1 = λ ̇ 2 , Γ 3 3 1 = r sin 2 𝜃 e λ .

Az összes többi Γkli komponens (a fentiekből csupán az alsó indexek felcserélésében különbözőkön kívül) zérussal egyenlő.

Az egyenletek felírásához meg kell még határoznunk (92.7) segítségével az Rki tenzorkomponenseket. Egyszerű számítás után az alábbi egyenleteket kapjuk:

12.20. egyenlet - (100.4)

8 π k c 4 T 1 1 = e λ ν r + 1 r 2 + 1 r 2 ,

12.21. egyenlet - (100.5)

8 π k c 4 T 2 2 = 8 π k c 4 T 3 3 = 1 2 e λ ν + ν 2 2 + ν λ r ν λ 2 + 1 2 e ν λ ̈ + λ ̇ 2 2 λ ̇ ν ̇ 2 ,

12.22. egyenlet - (100.6)

8 π k c 4 T 0 0 = e λ 1 r 2 λ r + 1 r 2 ,

12.23. egyenlet - (100.7)

8 π k c 4 T 0 1 = e λ λ ̇ r

[(95.6) összes többi komponense azonosan eltűnik]. Az energia-impulzus-tenzor komponenseit (94.9) alapján kifejezhetjük az anyaga energiasűrűségével, p nyomásával és v sugárirányú sebességével.

(100.4) egyenletek maradéktalanul integrálhatók az anyagmentes gömbszimmetrikus terek igen fontos esetében, azaz az erőteret létrehozó tömegeken kívül. Az energia-impulzus-tenzort zérussá téve, a következő egyenleteket kapjuk:

12.24. egyenlet - (100.8)

e λ ν r + 1 r 2 1 r 2 = 0 ,

12.25. egyenlet - (100.9)

e λ λ r 1 r 2 + 1 r 2 = 0 ,

12.26. egyenlet - (100.10)

λ ̇ = 0

[a negyedik, (100.5) alatti egyenlet a másik három következménye, azért elhagyhatjuk].

(100.10)-ből látjuk, hogy λ nem függ az időtől. Továbbá a (100.8) és (100.9) egyenleteket összeadva, λ′+ν′=0 adódik, azaz

12.27. egyenlet - (100.11)

λ + ν = F ( t ) ,

ahol F(t) csak az idő függvénye. A ds2 ívelemnégyzet (100.2) alakjában még meghagytuk azt a lehetőséget, hogy az időt tetszőleges t=f(t′) alakú transzformációinak vessük alá. Ez ekvivalens egy tetszőleges időfüggvény ν-höz való hozzáadásával. Ily módon a (100.11)-ben levő F(t)-t mindig zérussá tehetjük. Így tehát a általánosság korlátozása nélkül úgy vehetjük, hogy λ+ν=0. Látható, hogy a gömbszimmetrikus gravitációs tér vákuumban az egyenletekből következően szükségképpen sztatikus.

(100.9) egyenletet könnyen integrálhatjuk:

12.28. egyenlet - (100.12)

e λ = e ν = 1 + c o n s t r .

Amint annak lennie kell, a végtelenben (r→∞) e–λ=eν=1, tehát kiadódik, hogy a gravitáló testektől messze, a metrika euklideszi. A const együttható könnyen kifejezhető a tömegekkel, megkövetelve, hogy nagy távolságokban, ahol az erőtér gyenge, a Newton-törvény legyen érvényes.[163] Nevezetesen, g00=1+2φ∕c2, ahol a φ potenciál a Newton-féle (99.4) kifejezésével egyenlő: φ=–km∕r (m az erőteret létrehozó test teljes tömege). Ebből látható, hogy const=–2km∕c2. E mennyiség hosszúságdimenziójú, és a test rggravitációs sugarának nevezzük:

12.29. egyenlet - (100.13)

r g = 2 k m c 2 .

Végeredményünk tehát az, hogy a téridő-metrika:

12.30. egyenlet - (100.14)

d s 2 = 1 r g r c 2 d t 2 r 2 ( sin 2 𝜃 d φ 2 + d 𝜃 2 ) d r 2 1 r g r .

Az Einstein-egyenletek fenti megoldását K. Schwarzschild adta meg (1916). E megoldás teljesen meghatároz egy tetszőleges gömbszimmetrikus tömegeloszlás által létrehozott gravitációs erőteret a tömegen kívül. Hangsúlyozzuk, hogy ez a megoldás nemcsak nyugvó, de mozgásban levő tömegekre is igaz, amennyiben a mozgás szintén rendelkezik a szükséges szimmetriával (például gömbszimmetrikus pulzáló mozgás). Megjegyezzük, hogy a (100.14) metrika csak a gravitáló test össztömegétől függ, éppen úgy, mint a newtoni elméletben.

A háromdimenziós tér metrikája meghatározza a térbeli távolság ívelemnégyzetét:

12.31. egyenlet - (100.15)

d l 2 = d r 2 1 r g r + r 2 ( sin 2 𝜃 d φ 2 + d 𝜃 2 ) .

Az r koordináta geometriai jelentése, hogy a (100.15) metrikában az erőtér középpontja körül rajzolt kör kerülete 2πr. Ugyanakkor két ugyanazon a sugáron levő r1 és r2 pont közötti távolságot az

12.32. egyenlet - (100.16)

r 1 r 2 d r 1 r g r > r 2 r 1

integrál adja.

Látható továbbá, hogy g00≤1. A (84.1) képlet szerint a valódi idő dτ=√(g00) dt, ezért

12.33. egyenlet - (100.17)

d τ d t .

Az egyenlőség jele a végtelenben érvényes, amikor t megegyezik a valódi idővel. A tömegtől véges távolságban tehát „lassabban” telik az idő, mint végtelen távolságban.

Végül leírjuk még ds2-nek a koordináta-rendszer kezdőpontjától nagy távolságban érvényes közelítő alakját:

12.34. egyenlet - (100.18)

d s 2 = d s 0 2 2 k m c 2 r ( d r 2 + c 2 d t 2 ) .

A második tag kis járulékot ad a ds02 Galilei-féle metrikához. Az erőteret létrehozó tömegektől nagy távolságban minden erőtér gömbszimmetrikus. Ezért (100.18) a testek bármilyen rendszerétől nagy távolságban érvényes metrikát határozza meg.

Néhány általános kijelentést tehetünk a gravitáló tömeg belsejében levő gömbszimmetrikus gravitációs térre vonatkozóan. A (100.6) egyenletből látható, hogy r→0 esetén λ-nak is legalább r2 szerint zérushoz kell tartania, ellenkező esetben ugyanis az egyenlet jobb oldala r→0 esetén végtelenné válna, azaz T00-nak r=0-ban szinguláris pontja lenne. A (100.6) egyenletet formálisan, a λ|r=0=0 határfeltétel mellett integrálva, azt kapjuk, hogy

12.35. egyenlet - (100.19)

λ = ln 1 8 π k c 4 r 0 r T 0 0 r 2 d r .

Mivel (100.10) szerint T00=e–νT00≥0, látható, hogy λ≥0, azaz

12.36. egyenlet - (100.20)

e λ 1 .

Továbbá a (100.4) egyenletből (100.6)-ot kivonva,

e λ r ( ν + λ ) = 8 π k c 4 ( T 0 0 T 1 1 ) = ( 𝜀 + p ) 1 + v 2 c 2 1 v 2 c 2 0

adódik, tehát ν′+λ′≥0. De r→∞ esetén (a tömegtől nagy távolságban) a metrika Galilei-féle metrikába megy át, azaz v→0, λ→0. Ezért ν′+λ′≥0-ból következik, hogy az egész térben

12.37. egyenlet - (100.21)

ν + λ 0 .

Mivel λ≥0, nyilván ν≤0, azaz

12.38. egyenlet - (100.22)

e ν 1 .

A kapott egyenlőtlenségek azt mutatják, hogy a térmetrikának és az órák járásának a gömbszimmetrikus, vákuumbeli gravitációs erőtérre kapott (100.16) és (100.17) tulajdonságai a gravitáló tömegek belsejében levő térre is érvényesek.

Ha a gravitációs teret egy a „sugarú”, gömb alakú test hozza létre, akkor r>a a esetén T00=0. Ezért az r>a pontokban (100.19) szerint

λ=ln18πkc4r0aT00r2dr.

Másrészt alkalmazhatjuk a vákuumban érvényes (100.14) képletet, amely szerint

λ=ln12mkc2r.

A két kifejezés összehasonlításával

12.39. egyenlet - (100.23)

m = 4 π c 2 0 a T 0 0 r 2 d r

adódik, ami a test teljes tömegének energia-impulzus-tenzorával való kifejezése. Speciálisan, sztatikus anyageloszlás esetén a test belsejében T00=𝜀, tehát

12.40. egyenlet - (100.24)

m = 4 π c 2 0 a 𝜀 r 2 d r

Vegyük észre, hogy bár a (100.2) metrikában a térbeli térfogatelem dV=4πr2eλ∕2dr, ahol (100.20) szerint eλ∕2>1, az integrálást 4πr2dr szerint kell elvégezni. Ez a különbség a test gravitációs tömeghiányát fejezi ki.

Feladatok

1. Határozzuk meg a Schwarzschild-metrikájú (100.14) tér görbületi tenzorának invariánsait.

Megoldás. (100.3)-ból vett Γkli-ekkel (92.1) szerint (vagy a  92. § 2. feladatában kapott képletek szerint) számolva, a görbületi tenzor zérustól különböző komponenseire az

R 0 1 0 1 = r g r 3 , R 0 2 0 2 = R 0 3 0 3 sin 2 𝜃 = r g ( r r g ) 2 r 2 , R 1 2 1 2 = R 1 3 1 3 sin 2 𝜃 = r g 2 ( r r g ) , R 2 3 2 3 = r r g sin 2 𝜃

kifejezéseket nyerjük. Így azután a (92.20) szerinti I1 és I2 invariánsok:

I 1 = r g 2 r 3 2 , I 2 = r g 2 r 3 3 .

(Azok a szorzatok, amelyekben az R∗iklm duális tenzor szerepel, azonosan zérusok.) A görbületi tenzor a Petrov-féle D-típushoz tartozik (valós λ(1)=λ(2)=–rg∕2r3 invariánsokkal). Megjegyezzük, hogy az invariánsoknak csak az r=0 pontban van szingularitásuk, r=rg-ben nincs.

2. Határozzuk meg a térbeli görbületet az előző feladatban szereplő metrika esetén.

Megoldás. A háromdimenziós tér Pαβγδ görbületi tenzorának komponenseit kifejezhetjük a Pαβ tenzor (és a γαβ tenzor) komponenseinek segítségével, így elegendő Pαβ komponenseit kiszámítanunk (lásd a  92. § 1. feladatát). Pαβ ugyanúgy fejezhető ki γαβ-val, mint az Rik tenzor gik-val. γαβ(100.15)-ből vett értékeivel adódik, hogy

P 𝜃 𝜃 = P φ φ = r g 2 r 3 , P r r = r g 2 r 3 ,

és Pαβ=0, ha α≠β. Megjegyezzük, hogy P𝜃𝜃,Pφφ>0, Prr<0 és P≡Pαα=0.

92. § 1. feladatában kapott képlet felhasználásával:

P r 𝜃 r 𝜃 = ( P r r + P 𝜃 𝜃 ) γ r r γ 𝜃 𝜃 = P φ φ γ r r γ 𝜃 𝜃 , P r φ r φ = P 𝜃 𝜃 γ r r γ φ φ , P 𝜃 φ 𝜃 φ = P r r γ 𝜃 𝜃 γ φ φ .

Ebből már következik (lásd a  92. §  5 számú lábjegyzetét), hogy a sugárra merőleges síkokban a Gauss-féle görbület:

K = P 𝜃 φ 𝜃 φ γ 𝜃 𝜃 γ φ φ = P r r > 0 .

(Ez azt jelenti, hogy a síknak a rá merőleges sugárral való metszéspontja közelében rajzolt kis háromszögek szögeinek összege π-nél nagyobb.)

Ugyanakkor a középponton átmenő „sík” Gauss-féle görbülete K<0; ez azt jelenti, hogy az ebben a síkban felvett kis háromszögek szögeinek összege π-nél kisebb. (Hangsúlyozzuk, hogy ez utóbbi tulajdonság nem vonatkozik azokra a háromszögekre, amelyek belső pontként tartalmazzák a tér középpontját; a szög összege egy ilyen háromszögben nagyobb, mint π.)

3. Határozzuk meg azt a forgási felületet, amelynek geometriája ugyanolyan, mint az üres gömbszimmetrikus gravitációs tér középpontján átmenő síké.

Megoldás. A z=z(r) forgási felületen a geometriát (hengerkoordinátákban) a

d l 2 = d r 2 + d z 2 + r 2 d φ 2 = d r 2 ( 1 + z 2 ) + r 2 d φ 2

ívelemnégyzet határozza meg. Ezt a 𝜃=π∕2 „síkban” levő (100.15)

d l 2 = r 2 d φ 2 + d r 2 1 r g r

ívelemnégyzettel összehasonlítva, azt kapjuk, hogy

1 + z 2 = 1 r g r 1 ,

amiből

z = 2 r g ( r r g ) .

Az r=rg helyen ennek a függvénynek szingularitása, elágazási pontja van. Ez azzal kapcsolatos, hogy a (100.15) térbeli metrikának [a (100.14) téridő-metrikával ellentétben] valóban szingularitása van r=rg-nél.

A középponton átmenő „sík” előző feladatban megmutatott általános tulajdonságait úgy is megkaphatjuk, hogy az itt kapott szemléletes modell görbületét vizsgáljuk.

4. Transzformáljuk a (100.14) intervallumot olyan koordinátákba, amelyekben a térmetrika konform-euklideszi alakú (azaz a dl2 euklideszi kifejezésével arányos).

Megoldás. Az

r = ϱ 1 + r g 4 ϱ 2

parametrizálást véve, (100.14)-ből azt kapjuk, hogy

d s 2 = 1 r g 4 ϱ 1 + r g 4 ϱ c 2 d t 2 1 + r g 4 ϱ 4 ( d ϱ 2 + ϱ 2 d 𝜃 2 + ϱ 2 sin 2 𝜃 d φ 2 ) .

A ϱ, 𝜃, φ koordinátákat izotrop gömbkoordinátáknak nevezzük; helyettük használhatjuk az x, y, z izotrop Descartes-koordinátákat is. Speciálisan, nagy távolságokban (ϱ≫rg) közelítőleg azt kapjuk, hogy

d s 2 = 1 r g 4 ϱ c 2 d t 2 1 + r g 4 ϱ ( d x 2 + d y 2 + d z 2 ) .

5. Határozzuk meg gömbszimmetrikus gravitációs tér egyenleteit anyagban, együttmozgó vonatkoztatási rendszerben.

Megoldás.(100.1) ívelemnégyzetben szereplő r, t koordináta két lehetséges transzformációját arra használjuk, hogy egyrészt zérussá tegyük a drdt tag a(r,t) együtthatóját, másrészt minden pontban eltüntessük az anyag sugárirányú sebességét (a sebesség többi komponense a gömbszimmetria miatt úgyis zérus). Ezek után az r és t koordinátákat még tetszőleges r=r(r′), t=t(t′) transzformációknak vethetjük alá.

Jelöljük az így megválasztott radiális koordinátát és időt R-rel és T-val, a h, k, l együtthatók pedig legyenek rendre –eλ, –eμ, eν (λ, μ, ν az R és τ változók függvényei). Ekkor az ívelemnégyzet:

12.41. egyenlet - (1)

d s 2 = c 2 e ν d τ 2 e λ d R 2 e μ ( d 𝜃 2 + sin 2 𝜃 d φ 2 ) .

Az energia-impulzus-tenzor komponensei az együttmozgó vonatkoztatási rendszerben:

T00=𝜀,T11=T22=T33=p.

Hosszadalmas számítás után a következő téregyenleteket kapjuk:[164]

12.42. egyenlet - (2)

8 π k c 4 T 1 1 = 8 π k c 4 p = 1 2 e λ ( μ 2 2 + μ ν ) e ν μ ̈ 1 2 μ ̇ ν ̇ + 3 4 μ ̇ 2 e μ ,

12.43. egyenlet - (3)

8 π k c 4 T 2 2 = 8 π k c 4 p = 1 4 e λ ( 2 ν + ν 2 + 2 μ + μ 2 μ λ ν λ + μ ν ) + 1 4 e ν ( λ ̇ ν ̇ + μ ̇ ν ̇ λ ̇ μ ̇ 2 λ ̈ λ ̇ 2 2 μ ̈ μ ̇ 2 ) ,

12.44. egyenlet - (4)

8 π k c 4 T 0 0 = 8 π k c 4 𝜀 = e λ μ + 3 4 μ 2 μ λ 2 + 1 2 e ν λ ̇ μ ̇ + μ ̇ 2 2 + e μ ,

12.45. egyenlet - (5)

8 π k c 4 T 0 1 = 0 = 1 2 e λ ( 2 μ ̇ + μ ̇ μ λ ̇ μ ν μ ̇ ) .

(A vessző R, a pont pedig T szerinti differenciálást jelent.)

λ, μ, ν-re könnyű néhány általános összefüggést felírni, kiindulva a téregyenletekből következő Ti;kk=0 összefüggésekből. A (86.11) képletet felhasználva, az alábbi két egyenletet kapjuk:

12.46. egyenlet - (6)

λ ̇ + 2 μ ̇ = 2 𝜀 ̇ p + 𝜀 , ν = 2 p p + 𝜀 .

Ha p mint 𝜀 függvénye ismert, akkor a (6) egyenleteket integrálva:

12.47. egyenlet - (7)

λ + 2 μ = 2 d 𝜀 p + e + f 1 ( R ) , ν = 2 d p p + 𝜀 + f 2 ( τ )

adódik, ahol f1(R) és f2(τ) tetszőlegesen megválasztható függvények, minthogy a fent mondottak értelmében szabad a koordinátákat tetszőleges alakú, R=R(R′), τ=τ(τ′) transzformációknak alávetni.

6. Határozzuk meg egy hengerszimmetrikus test körüli, anyagmentes, sztatikus gravitációs teret leíró egyenleteket (H. Weyl, 1917).

Megoldás. x 1=φ, x2=ϱ, x3=z hengerkoordinátákban a sztatikus ívelemnégyzetet

d s 2 = e ν c 2 d t 2 e ω d φ 2 e μ ( d ϱ 2 + d z 2 )

alakban keressük, ahol ν, ω, μ a ϱ és z változók függvényei; az ilyen ábrázolás a koordinátákat egy ϱ=ϱ(ϱ′,z′), z=z(ϱ′,z′) transzformáció erejéig rögzíti, mely a dϱ2+dz2 kvadratikus alakot csupán egy közös szorzó erejéig változtatja meg.

Az

R 0 0 = 1 4 e μ [ 2 ν ϱ , ϱ + ν , ϱ ( ν , ϱ + ω , ϱ ) + 2 ν , z , z + ν , z ( ν , z + ω , z ) ] = 0 , R 1 1 = 1 4 e μ [ 2 ω , ϱ , ϱ + ω , ϱ ( ν , ϱ + ω , ϱ ) + 2 ω , z , z + ω , z ( ν , z + ω , z ) ] = 0 ,

egyenletekből (ahol a ,ϱ és ,z indexek ϱ és z szerinti differenciálást jelentenek), összeadva őket a

ϱ , ϱ , ϱ + ϱ , z , z = 0

összefüggést kapjuk, ahol

ϱ ( ϱ , z ) = e ν + ω 2 .

Tehát ϱ′(ϱ,z) a ϱ, z változók harmonikus függvénye. A harmonikus függvények ismert tulajdonságai szerint ez azt jelenti, hogy létezik a z′(ϱ,z) harmonikus társ, amelyre ϱ′+iz′=f(ϱ+iz) teljesül, ahol f a ϱ+iz komplex változó analitikus függvénye. Új koordinátákként ϱ′-t és z′-t választva, mivel a ϱ,z→ϱ′,z′ transzformáció konform leképzés, az adódik, hogy

e μ ( d ϱ 2 + d z 2 ) = e μ ( d ϱ 2 + d z 2 ) ,

ahol μ′(ϱ′,z′) valamilyen új függvény. Ugyanakkor eω=ϱ′2e–ν; bevezetve az ω+ν=γ jelölést, és a továbbiakban elhagyva a vesszőket,

12.48. egyenlet - (1)

d s 2 = e ν c 2 d t 2 ϱ 2 e ν d φ 2 e γ ν ( d ϱ 2 + d z 2 )

adódik. Erre a metrikára részletesen felírva az R00=0, R33–R22=0, R23=0 egyenleteket, azt kapjuk, hogy

12.49. egyenlet - (2)

1 ϱ ϱ ϱ ν ϱ + 2 ν z 2 = 0 ,

12.50. egyenlet - (3)

γ z = ϱ ν ϱ ν z , γ ϱ = ϱ 2 ν ϱ 2 ν z 2

Megjegyezzük, hogy (2) éppen hengerkoordinátákban felírt Laplace-egyenlet (φ-től nem függő függvényre). Ezt az egyenletet megoldva, a γ(ϱ,z) függvényt a (2) és (3) egyenletek teljesen meghatározzák. A teret létrehozó testtől messze a ν és γ függvényeknek zérushoz kell tartaniuk.



[162] Ezek a feltételek még nem határozzák meg egyértelműen az időkoordináta megválasztását. Pontosabban szólva, az időkoordinátát még tetszőleges t=f(t′) alakú, r-et nem tartalmazó transzformációnak vethetjük alá.

[163] Gömbszimmetrikus eloszlású anyag gömb alakú üregének belsejében levő térre a const=0-nak kell teljesülnie, mivel ellenkező esetben a metrikának szingularitása volna az r=0 pontban. Tehát a metrika egy ilyen üreg belsejében automatikusan euklideszivé válik, vagyis az üreg belsejében (akárcsak a Newton-elméletben) nincs gravitációs erőtér.

[164] Az Rik komponenseket közvetlenül kiszámíthatjuk, vagy ahogy a szövegben tettük, a  92. § 2. feladatában kapott képletek segítségével határozhatjuk meg.