Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

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

Typotex

105 §. Gravitációs erőtér a testektől távol

105 §. Gravitációs erőtér a testektől távol

Vizsgáljuk meg a gravitációs erőteret létrehozó testektől nagy távolságban kialakuló stacionárius gravitációs teret, és határozzuk meg e tér 1∕r szerinti sorfejtésének első tagjait.

A testtől nagy távolságban az erőtér gyenge. Ez azt jelenti, hogy a téridőmetrika itt majdnem Galilei-féle, tehát lehet olyan vonatkoztatási rendszert választani, amelyben a metrikus tenzor komponensei közelítőleg egyenlőek Galilei-féle

12.109. egyenlet - (105.1)

g α 0 ( 0 ) = 0 , g 0 0 ( 0 ) = 1 , g α β ( 0 ) = δ α β

értékekkel. Ennek megfelelően gik-t

12.110. egyenlet - (105.2)

g i k = g i k ( 0 ) + h i k

alakban írjuk, ahol hik-k a gravitációs erőteret meghatározó kis korrekciók.

A hik tenzorral végrehajtandó műveletek során hik indexeinek fel- és lehúzását a „nem pertubált” metrika segítségével fogjuk végezni: hik=g(0)klhil stb. Eközben okvetlenül különbséget kell tennünk a hik és a metrikus tenzor kontravariáns gik komponenseiben szereplő korrekciók között. Az utóbbiakat, mint a

g i l g l k = ( g i l ( 0 ) + h i l ) g l k = δ i k

egyenlet megoldásait definiáljuk, tehát másodrendűen kis tagokig vett pontossággal:

12.111. egyenlet - (105.3)

g i k = g i k ( 0 ) h i k + h i h l k .

Ugyanilyen pontossággal a metrikus tenzor determinánsát a

12.112. egyenlet - (105.4)

g = g ( 0 ) 1 + h + 1 2 h 2 1 2 h k i h i k

kifejezés adja, ahol h≡hii.

Már itt hangsúlyozzuk, hogy a hik kicsi voltát kiszabó feltételek egyáltalán nem rögzítik egyértelműen a vonatkoztatási rendszer megválasztását. Ha ez a feltétel valamely rendszerben teljesül, akkor teljesülni fog bármely x′i=xi+ξi transzformáció után is, ahol ξi-k kis mennyiségek. Ekkor (94.3) szerint hik átmegy a

12.113. egyenlet - (105.5)

h i k = h i k ξ i x k ξ k x i

tenzorba, ahol ξi=gik(0)ξk. [Mivel gik(0) állandó, a (94.3) kovariáns deriváltak az adott esetben közönséges deriváltakra redukálódnak.][196]

Első közelítésben, 1∕r rendű tagokig terjedő pontossággal a Galilei-féle értékekhez adódó kicsiny járulékokat a gömbszimmetrikus Schwarzschild-metrika sorfejtésének megfelelő tagjaival adhatjuk meg. A (végtelenben Galilei-féle) vonatkoztatási rendszer megválasztásában levő, már említett bizonytalansággal egyezésben, hik tényleges alakja ekkor az r sugárkoordináta definíciójától függ. Ha tehát a Schwarzschild-metrikát a (100.14) alakban írjuk fel, akkor sorfejtésének első tagjait nagy r értékeknél (100.18) adja. Térbeli gömbi polárkoordinátákról Descartes-koordinátákra áttérve (a dr=nαdxα helyettesítéssel, ahol n a az r irányába mutató egységvektor), a következő értékeket kapjuk:

12.114. egyenlet - (105.6)

h 0 0 ( 1 ) = r g r , h α β ( 1 ) = r g r n α n β , h 0 α ( 1 ) = 0 ,

ahol rg=2km∕c2.[197]

Az 1∕r2-tel arányos másodrendű tagok eredete kétféle lehet. Egy részük annak eredménye, hogy az elsőrendű tagokkal felírt Einstein-egyenletek nem lineárisak. Mivel az elsőrendű járulékok csak a testek össztömegétől függenek (és függetlenek minden más jellemzőtől), ezek a másodrendű tagok is csak a tömegtől függenek. Ezért nyilvánvaló, hogy ezeket a tagokat a Schwarzschild-metrika sorfejtésével is meg lehet kapni.

Ugyanazokban a koordinátákban azt kapjuk, hogy

12.115. egyenlet - (105.7)

h 0 0 ( 2 ) = 0 , h α β ( 2 ) = r g r 2 n α n β .

A többi másodrendű tag már a linearizált téregyenletek megfelelő megoldásaként adódik. Figyelembe véve a későbbi alkalmazásokat is, linearizáljuk az egyenleteket. A képleteket az itt szükségesnél általánosabb alakban írjuk, nem használjuk ki a tér stacionárius voltát.

Kis hik esetén ezek deriváltjaiból nyerhető Γkli mennyiségek is kicsik. Az elsőnél magasabb hatványokat elhanyagolva, a (92.1) görbületi tenzorban csupán az első zárójelben levő tagokat hagyhatjuk meg:

12.116. egyenlet - (105.8)

R i k l m = 1 2 2 h i m x k x l + 2 h k l x i x m 2 h k m x i x l 2 h i l x k x m .

Ugyanilyen pontossággal a Ricci-tenzorra azt kapjuk, hogy

Rik=glmRlimkg(0)lmRlimk,

vagy

12.117. egyenlet - (105.9)

R i k = 1 2 g ( 0 ) l m 2 h i k x l x m + 2 h i l x k x l + 2 h k l x i x l 2 h x i x k .

(105.9) kifejezést a vonatkoztatási rendszer megválasztásában megmaradó önkény felhasználásával egyszerűsíthetjük. A hik-ra kirovunk (a tetszőleges ξi függvények számának megfelelően) négy mellékfeltételt:

12.118. egyenlet - (105.10)

ψ i k x k = 0 , ψ i k = h i k 1 2 δ i k h .

Ekkor a (105.9)-ben az utolsó három tag kölcsönösen kiejti egymást, marad az

12.119. egyenlet - (105.11)

R i k = 1 2 g ( 0 ) l m 2 h i k x l x m

összefüggés.

A bennünket érdeklő stacionárius esetben, amikor minden hik időtől független, a (105.11) kifejezés az Rik=(1/2)△hik képletre egyszerűsödik, ahol △ a három térkoordináta szerint képzett Laplace-operátor. A vákuumbeli Einstein-egyenletek a

12.120. egyenlet - (105.12)

h i k = 0

Laplace-egyenletre szűkülnek, a (105.10) mellékfeltételek pedig az alábbi alakot öltik:

12.121. egyenlet - (105.13)

x β h α β 1 2 h δ α β = 0 ,

12.122. egyenlet - (105.14)

x β h 0 β = 0 .

Figyeljük meg, hogy még ezek a feltételek sem rögzítik egyértelműen a vonatkoztatási rendszert. Könnyen meggyőződhetünk arról, hogy ha a hik tenzor eleget tesz a (105.13) és (105.14) feltételeknek, akkor ugyanezt a feltételt a (105.5)hik′ is kielégíti, amennyiben

12.123. egyenlet - (105.15)

ξ i = 0 .

A h00 komponenst a háromdimenziós Laplace-egyenlet skalár megoldása adja meg. Ez a megoldás 1∕r2-tel arányos, és ismeretes módon a∇(1/r) alakú, ahol a egy állandó vektor. De a h00-ban szereplő ilyen tagot mindig kompenzálni lehet azzal, hogy az 1∕r szerint elsőrendű tagban eltoljuk a koordináták kezdőpontját. Amennyiben h00-ban ilyen tag szerepel, az csupán a koordináták origójának nem szerencsés választásáról tanúskodik, ezért fizikailag érdektelen.

A h0α komponenseket a Laplace-egyenlet vektormegoldásai adják, így azoknak

h 0 α = λ α β x β 1 r

alakúaknak kell lenniük, ahol λαβ egy állandó tenzor. A (105.14) feltétel szerint

λ α β 2 x α x β 1 r = 0 ,

amiből következik, hogy a λαβ tenzor aαβ+λδαβ alakú, ahol aαβ egy antiszimmetrikus tenzor. De a λ(∂/∂xα)(1/r) alakú megoldást a (105.5) transzformációval, ξ0=(λ/r); ξα=0-t választva [ezek eleget tesznek a (105.15) feltételeknek], ki lehet küszöbölni. Ezért valódi jelentése csak a

h 0 α = a α β x β 1 r

alakú megoldásnak van.

Végül hasonló, de jóval bonyolultabb érveléssel meg lehet mutatni, hogy a térkoordináták alkalmas transzformációjával a Laplace-egyenlet (α-ban és β-ban szimmetrikus) tenzormegoldása által adott mennyiségek mindig kiküszöbölhetők.

Ami az aαβ tenzort illeti, az a teljes impulzusmomentum Jαβ tenzorával van kapcsolatban. h0α-ra végül a

12.124. egyenlet - (105.16)

h 0 α ( 2 ) = 2 k c 3 J α β x β 1 r = 2 k c 3 J α β n β r

eredményt kapjuk. Ezt a (96.17) integrál kiszámításával mutatjuk meg.

A Jαβ impulzusmomentum csak h0α-val kapcsolatos, ezért a számításban hik összes többi komponensét zérusnak vehetjük. h0α-ban elsőrendű tagokig vett pontossággal (96.2)-ből és (96.3)-ból azt kapjuk, hogy

b α 0 β = c 4 1 6 π k x γ ( g α 0 g β γ g γ 0 g α β ) = c 4 1 6 π k x γ ( h α 0 δ β γ h γ 0 δ α β ) .

(Megjegyezzük, hogy gα0=–hα0=hα0, a –g pedig csak másodrendű tagokban különbözik egytől.) Ide (105.16)-ot behelyettesítve, a deriválási jel alatt eltűnik a második tag, az első pedig azt adja, hogy

b α 0 β = c 8 π J α γ 2 x β x γ 1 r = c 8 π J α γ 3 n β n γ δ β γ r 2 .

E kifejezés segítségével a (96.16)-ban szereplő, az r sugarú gömb felületére vonatkozó integrálást is elvégezve (dfγ=nγr2dΩ), azt kapjuk, hogy

1 c ( x α b β 0 γ x β b α 0 γ ) d f γ = 1 4 π ( n α n γ J β γ n β n γ J α γ ) d Ω = 1 3 ( δ α γ J β γ δ β γ J α γ ) = 2 3 J α β .

Hasonló számítás után adódik:

1 c λ α 0 γ β d f γ = c 3 1 6 π k ( h α 0 d f β h β 0 d f α ) = 1 3 J α β .

A két mennyiséget összeadva kapjuk Jαβ keresett értékét.

Hangsúlyozzuk, hogy az általános esetben, amikor az erőtér a test közelében erős lehet, Jαβ a test és a gravitációs tér eredő impulzusmomentuma. Az erőtér járulékát csak akkor hanyagolhatjuk el, ha az mindenütt gyenge.[198]

(105.6), (105.7) és a (105.16) képletek a kitűzött feladatot 1∕r2 rendű tagokig vett pontossággal oldják meg.[199] A metrikus tenzor kovariáns komponensei:

12.125. egyenlet - (105.17)

g i k = g i k ( 0 ) + h i k ( 1 ) + h i k ( 2 ) .

Továbbá (105.3) szerint a kontravariáns komponensek ugyanolyan pontossággal:

12.126. egyenlet - (105.18)

g i k = g ( 0 ) i k h ( 1 ) i k h ( 2 ) i k + h l ( 1 ) i h ( 1 ) l k .

(105.16) képlet felírható vektoralakban is.[200]

12.127. egyenlet - (105.19)

g = 2 k c 3 r 2 n × J ,

ahol J a test impulzusmomentum-vektora. A  88. § első feladatában megmutattuk, hogy stacionárius térben a részecskére ugyanolyan „Coriolis-erő” hat, amilyen egy

ω=c2g00 rotg

szögsebességgel forgó vonatkoztatási rendszerben hatna a részecskére. Ezért azt mondhatjuk, hogy a forgó test terében a távol levő részecskére az

12.128. egyenlet - (105.20)

ω c 2 rot g = k c 2 r 3 [ J 3 n ( J n ) ]

szögsebességnek megfelelő Coriolis-erő hat.

Végül a (105.6) kifejezéseket a gravitáló test (96.16) integrállal adott teljes energiájának kiszámítására alkalmazzuk, bikl szükséges komponenseit (96.2) és (96.3) szerint a kívánt pontossággal (az ∼1∕r2 tagokat hagyjuk meg) kiszámítva, azt kapjuk, hogy

b α 0 β = 0 ,

b 0 0 α = c 4 1 6 π k x β ( g 0 0 g α β ) = m c 2 8 π x β δ α β r + x α x β r 3 = m c 2 4 π n r 2 .

Ezután (96.16)-ban egy r sugarú gömbfelületre integrálva, végeredményként azt kapjuk, hogy

12.129. egyenlet - (105.21)

P α = 0 , P 0 = m c ,

amint vártuk. Miként mondani szokták, ez a „súlyos” és a „tehetetlen” tömeg egyenlőségének tényét fejezi ki. („Súlyos” tömegnek nevezzük azt az adatot, amely meghatározza a test által keltett gravitációs tér erősségét; ez az a tömeg, amely a gravitációs tér ívelemének kifejezésében vagy a Newton-törvényben szerepel. A tehetetlen tömeget a test impulzusának és energiájának a kapcsolata határozza meg, többek között a test nyugalmi energiája egyenlő tömegének c2-szeresével.)

Állandó gravitációs térben a gravitáló anyag és az erőtér összes energiája egyszerű integrálképletből származtatható, amelyben csak a gravitáló anyag által elfoglalt térrészre kell integrálni. Ezt a kifejezést például az

12.130. egyenlet - (105.22)

R 0 0 = 1 g x α ( g g i 0 T 0 i α )

azonosságból kiindulva lehet megkapni, amely akkor igaz, amikor egyik mennyiség sem függ x0-tól.[201]R00√(–g)-t egész (háromdimenziós) térre integrálva és a háromdimenziós Gauss-tételt alkalmazva, azt kapjuk, hogy

R00gdV=ggi0Γ0iαdfα.

Az integrálási felületet elég messzire eltávolítva és e felületen a gik(105.6) kifejezését használva, egyszerű számolás után az adódik, hogy

R 0 0 g d V = 4 π k c 2 m = 4 π k c 3 P 0 .

Figyelembe véve még azt is, hogy a téregyenletek szerint

R 0 0 = 8 π k c 4 T 0 0 1 2 T = 4 π k c 4 ( T 0 0 T 1 1 T 2 2 T 3 3 ) ,

a keresett összefüggést kapjuk:

12.131. egyenlet - (105.23)

P 0 = m c = 1 c ( T 1 1 + T 2 2 + T 3 3 T 0 0 ) g d V .

Ez a képlet a gravitáló anyag és az állandó gravitációs tér összes energiáját (azaz a test teljes tömegét) egyedül az anyaghoz tartozó energia-impulzus-tenzor segítségével fejezi ki (R. Tolman, 1930). Emlékeztetünk arra, hogy gömbszimmetrikus tér esetén ugyanerre a mennyiségre már egy másik kifejezést is kaptunk, a (100.23) képletet.

Feladatok

1. Mutassuk meg, hogy (105.16) egy gömbszimmetrikus forgó testen kívül az egész térben érvényes marad, ha a forgás elegendően lassú (az impulzusmomentum J≪cmrg) anélkül, hogy az erőtér gömbszimmetrikus részének gyenge voltát megkövetelnénk (A. G. Doroskevics, J. B. Zeldovics, I. D. Novikov, 1965, V. Gurovics, 1965).

Megoldás. Gömbi térkoordinátákban (x1=r, x2=𝜃, x3=φ) a (105.16) képlet

12.132. egyenlet - (1)

h 0 3 = 2 k J r c 2 sin 2 𝜃

alakba írható. Ezt a mennyiséget a (100.14) Schwarzschild-metrikához adódó kis járuléknak tekintve, csak azt kell ellenőriznünk, teljesül-e a h03 szerint linearizált R03=0 egyenlet. (A többi téregyenletben a járulékos tagok azonosan zérust adnak.) R03-t a  95. § feladatának (4) képlete segítségével számíthatjuk ki; itt a linearizálás mindössze azt jelenti, hogy a háromdimenziós tenzorműveleteket a (100.15) „nem perturbált” metrika szerint kell elvégezni. Eredményül az

1rgr2h03r2+2rgr3h03+sin𝜃r2𝜃1sin𝜃h03𝜃=0

egyenlet adódik, amelynek az (1) kifejezés valóban eleget tesz.

2. Határozzuk meg egy origó középpontú test erőterében mozgó részecske pályájának a test forgása miatt bekövetkező szekuláris eltolódását (J. Lense, H. Thirring, 1918).

Megoldás. Minthogy az összes relativisztikus effektus kicsi, azok lineárisan adódnak össze, így a test forgása miatt fellépő jelenségek kiszámításakor elhanyagolhatjuk a gömbszimmetrikus erőterek 101. §-ban vizsgált relativisztikus korrekcióit; más szóval, a számítást azzal a feltételezéssel lehet elvégezni, hogy az összes hik közül csupán a h0α-k különböznek zérustól.

A részecske klasszikus pályájának helyzetét két megmaradó vektor határozza meg: a részecske J=r×p impulzusmomentuma és az

A = p m × J k m m r r

vektor, amely jellegzetesen csak a φ=–km′∕r Newton-féle erőtér esetében marad meg (m′ a központi test tömege); lásd az I. kötet 15. §-át. A J vektor merőleges a, pálya síkjára, A pedig az ellipszis nagyobbik féltengelye mentén a perihélium felé mutat (nagysága kmm′e, ahol e a pálya excentricitása). A pálya keresett eltolódását úgy írhatjuk le, mint a J és az A vektorok irányának megváltozását.

A térben mozgó részecske (105.19) Lagrange-függvénye:

12.133. egyenlet - (1)

L = m c d s d t = L 0 + δ L , δ L = m c g v = 2 k m c 2 r 3 J ( v × r ) .

(A test impulzusmomentumát itt J′-vel jelöljük, hogy megkülönböztessük a részecske J impulzusmomentumától.) Ebből a Hamilton-függvény [lásd az I. kötet (40.7) képletét]:

=0+δ,δ=2kc2r3J(r×p).

Az ṙ=(∂ℋ/∂p), ṗ=–(∂ℋ/∂r) Hamilton-egyenletek segítségével kiszámítva a j̇=ṙ×p+r×ṗ deriváltakat, azt kapjuk, hogy

12.134. egyenlet - (2)

J ̇ = 2 k c 2 r 3 J × J .

Mivel bennünket J szekuláris megváltozása érdekel, ezt a kifejezést a részecske körbefordulásának T periódusára kell átlagolnunk. Az átlagolás elvégzésekor az r időfüggésére ellipszis pálya esetén előnyös az alábbi parametrikus ábrázolást használni:

r = a ( 1 e cos ξ ) , t = T 2 π ( ξ e sin ξ )

(a és e az ellipszis fél nagytengelye és excentricitása, lásd az I. kötet 15. §-át), ekkor

r 3 ¯ = 1 T 0 T d t r 3 = 1 2 π a 3 0 2 π d ξ ( 1 e cos ξ ) 2 = 1 a 3 ( 1 e 2 ) 3 2 .

Így J szekuláris változását a

12.135. egyenlet - (3)

d J d t = 2 k J × J c 2 a 3 ( 1 e 2 ) 3 2

képlet adja; tehát a J vektor a test forgástengelye körül forog, nagysága pedig változatlan marad.

Hasonló számítás az A vektor esetén azt adja, hogy

Ȧ = 2 k c 2 r 3 J × A + 6 k c 2 m r 5 ( J J ) r × J .

E kifejezést a fentiekhez hasonlóan kell átlagolni; szimmetriamegfontolásokból azonnal nyilvánvaló, hogy az r∕r5¯ vektor átlagértékének iránya az ellipszis nagy tengelyének irányába mutat, tehát az A vektorral párhuzamos. A szekuláris változására a számítás a következő kifejezést adja:

12.136. egyenlet - (4)

d A d t = Ω × A , Ω = 2 k J c 2 a 3 ( 1 e 2 ) 3 2 { n 3 n ( n n ) }

(n és n′ az J és J′ irányába mutató egységvektorok), tehát az A vektor Ω szögsebességgel forog, nagysága pedig változatlan marad; ez utóbbi azt jelenti, hogy a pálya excentricitása nem szenved szekuláris változást.

(3) képletet

d J d t = Ω × J

alakba írhatjuk, a (4)-ben szereplő Ω-val. Másképpen megfogalmazva: Ω az ellipszisnek mint „egésznek” forgását leíró szögsebesség. Ez a forgás magában foglalja mind a pálya perihéliumának (a  101. §-ban vizsgálthoz viszonyított) járulékos eltolódását, mind a pálya síkjának a test tengelye körüli forgását. (Az utóbbi jelenség nem lép fel, ha a pálya síkja egybeesik a test egyenlítősíkjával.)

Az összehasonlítás kedvéért megjegyezzük, hogy a  101. §-ban vizsgált effektusnak

Ω = 6 π k m c 2 a ( 1 e 2 ) T n

szögsebesség felel meg.



[196] Stacionárius térre természetesen csupán olyan transzformációkat engedünk meg, amelyek nem sértik gik időfüggetlenségét; tehát a ξi-k csupán a térkoordináták függvényei lehetnek.

[197] Ha pedig izotrop térkoordinátákban adott Schwarzschild-metrikából indultunk volna ki (lásd a  100. § 4. feladatát), akkor a h00(1)=–(rg/r), hαβ(1)=–(rg/r)δαβ, h0α(1)=0 (105,6a) értékeket kaptuk volna. A (105.6)-ból a (105,6a)-ba való átmenet a ξ0=0, ξα=–(rgxα/2r)(105.5) transzformációval valósítható meg.

[198] Ha a forgó test gömb alakú, akkor J iránya az egyetlen kitüntetett irány a testen kívüli teljes térben. Ha az erőtér mindenütt gyenge (és nemcsak a testtől távol), akkor a (105.16) képlet az egész térben érvényes a testen kívül. A képlet akkor is érvényes az egész térben, ha az erőtér gömbszimmetrikus része nem mindenhol gyenge ugyan, de a gömbszimmetrikus test elegendően lassan forog; lásd az 1. feladatot.

[199] (105.5) transzformációk ξ0=0, ξα=ξα(x1,x2,x3) választás esetén változatlanul hagyják h0α-t. Ezért a (105.16) kifejezés nem függ az r koordináta megválasztásától.

[200] A vizsgált pontossággal a gα vektorra igaz, hogy gα=–g0α∕g00≈–g0α. Ugyanebből az okból a vektorszorzat és a rotáció definícióiban γ=1-et kell vennünk (lásd a  88. §  24 számú lábjegyzetét), ezért azokat a Descartes-vektoroknak tekinthetjük.

[201] (92.7)-ből következik, hogy R00=g0iRi0=g0i((∂Γi0l/∂xl)+Γi0lΓlmm–ΓilmΓ0ml).(86.5) és (86.8) segítségével pedig azt kapjuk, hogy ezt a kifejezést R00=(1/√(–g))(∂/∂xl)(√(–g)g0iΓi0l)+gimΓml0Γi0l alakban is felírhatjuk; a (86.8) kifejezés felhasználásával pedig könnyen meggyőződhetünk arról is, hogy a jobb oldalon a második tag azonosan egyenlő –(1/2)Γlm0(∂glm/∂x0)-val, ami nulla, mivel minden mennyiség független x0-tól. Végül ugyanebből az okból az első tagban az l-re vonatkozó összegezést α-ra való összegezéssel helyettesítve, megkaphatjuk a szövegben idézett (105.22) képletet.