Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

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

Typotex

106 §. Részecskerendszerek mozgásegyenletei második közelítésben

106 §. Részecskerendszerek mozgásegyenletei második közelítésben

Amint az alábbiakban látni fogjuk (110. §), a mozgó testek rendszere gravitációs hullámokat sugároz ki, miközben energiát veszít. Ez a veszteség azonban csupán az 1∕c szerinti ötödik közelítésben lép fel. Az első négy közelítésben a rendszer energiája állandó marad. Ebből következik, hogy gravitáló testek rendszerét Lagrange-függvényekkel 1∕c4 rendű tagokig vett pontossággal lehet leírni, ellentétben az elektromágneses térrel, ahol az általános esetben csak másodrendű tagokig vett pontossággal létezik Lagrange-függvény (65. §). E szakaszban levezetjük a pontrendszer Lagrange-függvényét másodrendű tagokig vett pontossággal. Ezzel együtt a rendszer mozgásegyenleteit is megkapjuk, a newtoni közelítésnél eggyel magasabb közelítésben.

A testeket „pontszerűeknek” tekintjük, tehát belső struktúrájukat és méreteiket elhanyagoljuk; más szóval az a∕l hatványai szerinti sorfejtés nullarendű tagjaira szorítkozunk, ahol a a testek méreteit, l pedig a közöttük levő távolságokat jellemzi.

A kitűzött feladat megoldását azzal kell kezdenünk, hogy a megfelelő közelítésben meghatározzuk a testek által létrehozott gyenge gravitációs teret a testek méreteihez képest nagy, de a rendszer által kisugárzott gravitációs hullámok λ hullámhosszához képest kis távolságokban (a≪r≪λ∼lc∕v).

1∕c2 rendű mennyiségekig vett pontossággal a testtől távol az erőteret az előző szakaszban kapott hik(1)-val jelölt kifejezések adják meg; ezeket (105,6a) alakjukban használjuk. A  105. §-ban hallgatólagosan feltételeztük, hogy az erőteret mindössze egy (az origóban levő) test hozza létre. Mivel azonban a hik(1) erőtér tulajdonképpen a linearizált Einstein-egyenletek megoldása, hik(1)-kra érvényes a szuperpozíció elve. Ezért a testek rendszerétől nagy távolságban kialakult erőteret az egyes testek által keltett erőterek egyszerű összegezésével kaphatjuk meg; írjuk ezt az erőteret

12.137. egyenlet - (106.1)

h α β = 2 c 2 φ δ α β ,

12.138. egyenlet - (106.2)

h 0 α = 0 , h 0 0 = 2 c 2 φ

alakban, ahol

φ(r)=kama|rra|

a pontszerű testek rendszerének Newton-féle potenciálja (ra az ma tömegű test helyvektora). A (106.1) és (106.2) metrikus tenzorral az ívelemnégyzetet a

12.139. egyenlet - (106.3)

d s 2 = 1 + 2 c 2 φ c 2 d t 2 1 2 c 2 φ ( d x 2 + d y 2 + d z 2 )

alakban fejezhetjük ki.

Megjegyezzük, hogy φ szerint elsőrendű tagok nemcsak g00-ban, hanem gαβ-ban is szerepelnek; a  87. §-ban már említettük, hogy a gαβ-ban szereplő járulékos tagok a mozgásegyenletekben olyan mennyiségekre vezetnek, amelyek magasabb rendben kicsik, mint a g00-ból származó tagok; emiatt a Newton-féle mozgásegyenletekkel való összehasonlítással csak g00 határozható meg.

Amint a továbbiakból kitűnik, a keresett mozgásegyenletek felírásához a hαβ komponenseket elegendő a (106.1)-ben kapott (∼1∕c2) pontossággal ismernünk; a kevert komponenseket (amelyek az 1∕c2 közelítésben zérussal egyenlők) ugyanakkor 1∕c3, a h00 időkomponenset pedig 1∕c4 tagokig vett pontossággal kell tudnunk. Ezek kiszámítása érdekében ismét az általános gravitációs egyenletekhez fordulunk, figyelembe véve bennük a megfelelő rendű tagokat.

A testek makroszkopikus voltát elhanyagolva, az anyag energia-impulzus-tenzorát a (33.4)(33.5) alakban állítjuk elő. Görbevonalú koordinátákban ez a kifejezés így írható:

12.140. egyenlet - (106.4)

T i k = a m a c g d x i d s d x k d t δ ( r r a ) .

[Az 1∕√(–g) tényezőt illetően lásd a (90.4)-beli hasonló átírást.] Az összegezést a rendszerben levő összes testre kiterjesztjük.

A

T00=amac3gg002dtdsδ(rra)

komponens első közelítésben (Galilei-féle gik használata esetén) ∑amac2δ(r–ra)-val egyenlő; a következő közelítésben gik-t (106.3)-ból vesszük; egyszerű számolással azt kapjuk, hogy

12.141. egyenlet - (106.5)

T 0 0 = a m a c 2 1 + 5 φ a c 2 + v a 2 2 c 2 δ ( r r a ) ,

ahol v a közönséges háromdimenziós sebesség (vα=dxα∕dt), φa pedig az erőtér potenciálja az ra pontban. (A φa-ban levő végtelen részre, az ma részecske saját erőterének pontenciáljára egyelőre ne fordítsunk figyelmet; erre később még visszatérünk.)

Ami az energia-impulzus-tenzor Tαβ, T0α komponenseit illeti, azokra ugyanebben a közelítésben elegendő csupán a (106.4) kifejezések sorfejtésének első tagjait beírni:

T α β = a m a v a α v a β δ ( r r a ) ,

12.142. egyenlet - (106.6)

T 0 α = a m a c v a α δ ( r r a ) .

Ezek után áttérünk az Rik tenzor komponenseinek kiszámítására. Előnyös az Rik=glmRlimk képlet szerint a (92.4)-ből vett Rlimk-val számítani. Közben nem szabad elfelejtenünk, hogy a hαβ, h00 mennyiségek 1∕c2-nél, a h0α mennyiségek pedig 1∕c3-nél alacsonyabb rendűek; ugyanakkor az x0=ct szerinti differenciálás 1-gyel növeli az 1∕c hatványai szerinti rendet.

R 00-ban a vezető tagok 1∕c2 rendűek; velük együtt meg kell tartanunk a következő nem eltűnő, 1∕c4 rendű tagokat is. Egyszerű számítás az alábbi eredményre vezet:

R 0 0 = 1 c t h 0 α x α 1 2 c h α α t + 1 2 h 0 0 + 1 2 h α β 2 h 0 0 x α x β 1 4 h 0 0 x α 2 1 4 h 0 0 x β 2 h β α x α h α α x β .

Itt a hik mennyiségekre még semmiféle mellékfeltételt nem használtunk fel. Kihasználva ezt a szabadságot, a hik mennyiségekre most a

12.143. egyenlet - (106.7)

h 0 α x α 1 2 c h α α t = 0

mellékfeltételt rójuk ki, amelynek eredményeképpen R00-ból teljesen kiesnek a h0α komponenseket tartalmazó tagok. A megmaradó tagokba

hαβ=2c2φδαβ,h00=2c2φ+O1c4

kifejezéseket helyettesítve, az előírt pontossággal azt kapjuk, hogy

12.144. egyenlet - (106.8)

R 0 0 = 1 2 h 0 0 + 2 c 4 φ φ 2 c 4 ( φ ) 2 ,

ahol már háromdimenziós jelöléseket alkalmaztunk.

Az R0α komponens kiszámításánál elegendő csupán az első nem eltűnő, –1∕c3 rendű tagokat megtartani. Hasonló módon kapjuk, hogy

R 0 α = 1 2 c 2 h α β t x β + 1 2 2 h 0 β x α x β 1 2 c 2 h β β t x α + 1 2 h 0 α .

Ezután a (106.7) feltétel figyelembevételével:

12.145. egyenlet - (106.9)

R 0 α = 1 2 h 0 α + 1 2 c 3 2 φ t x α .

A nyert (106.5)(106.9) kifejezések segítségével írjuk fel most az

12.146. egyenlet - (106.10)

R i k = 8 π k c 4 T i k 1 2 g i k T

Einstein -egyenleteket.

(106.10) egyenlet időkomponense azt adja, hogy

h 0 0 + 4 c 4 φ φ 4 c 4 ( φ ) 2 = 8 π k c 4 a m a c 2 1 + 5 φ a c 2 + 3 v a 2 2 c 2 δ ( r r a ) ;

a

4 ( φ ) 2 = 2 ( φ 2 ) 4 φ φ

azonosság és a Newton-féle potenciálra érvényes

12.147. egyenlet - (106.11)

φ = 4 π k a m a δ ( r r a )

összefüggés segítségével ezt az egyenletet

12.148. egyenlet - (106.12)

h 0 0 2 c 4 φ 2 = 8 π k c 2 a m a 1 + φ a c 2 3 v a 2 2 c 2 δ ( r r a )

alakba írjuk át. A számítások elvégzése után a (106.12) jobb oldalán φa-t a

φa=kbmb|rarb|

kifejezéssel helyettesítettük, tehát az ma részecskét kivéve, az összes részecske által keltett erőtér ra pontbeli potenciáljával. Az itt használt módszerben a részecskéket pontszerűeknek tekintjük. A részecskék végtelen sajáttömegének kizárása tömegeik „újranormálásának” felel meg, aminek eredményeképpen azok maguk a részecskék által létrehozott erőteret is számításba vevő értékeiket veszik fel.[202]

(106.12) egyenlet megoldását az ismert (36.9)

1 r = 4 π δ ( r )

összefüggés figyelembevételével azonnal fel tudjuk írni. Ily módon azt kapjuk, hogy

12.149. egyenlet - (106.13)

h 0 0 = 2 φ c 2 + 2 φ 2 c 4 2 k c 4 a m a φ a | r r a | 3 k c 4 a m a v a 2 | r r a | .

(106.10) egyenlet kevert komponense a

12.150. egyenlet - (106.14)

h 0 α = 1 6 π k c 3 a m a v a α δ ( r r a ) 1 c 3 2 φ t x α

kifejezésre vezet. E lineáris egyenlet megoldása:[203]

h0α=4kc3amavaα|rra|1c32ftxα,

ahol f a

f=φ=kma|rra|

segédegyenlet megoldása. Figyelembe véve a △r=2∕r összefüggést,

f=k2ama|rra|

adódik. Végül egyszerű számítások után a következő eredményt kapjuk:

12.151. egyenlet - (106.15)

h 0 α = k 2 c 3 a m a | r r a | [ 7 v a α + ( v a n a ) n a α ] .

Itt na az r–ra vektor irányába mutató egységvektor.

(106.1), (106.13), (106.15) kifejezések elegendőek a keresett Lagrange-függvény másodrendű tagokig terjedő pontossággal való kiszámításához.

A többi részecske által keltett „külső” gravitációs erőtérben mozgó részecske Lagrange-függvénye:

L a = m a c d s d t = m a c 2 1 + h 0 0 + 2 h 0 α v a α c v a 2 c 2 + h α β v a α v a β c 2 1 2 .

Sorba fejtve a gyököt és elhagyva a lényegtelen –mac2 állandót, e kifejezést előírt pontossággal az

12.152. egyenlet - (106.16)

L a = m a v a 2 2 + m a v a 4 8 c 2 m a c 2 h 0 0 2 + h 0 α v a α c + 1 2 c 2 h α β v a α v a β h 0 0 2 8 + h 0 0 4 c 2 v a 2

alakba írhatjuk át. Itt hik összes értékét az ra pontban kell vennünk; közben ismét el kell hagynunk a végtelenné váló tagokat, ami az La-ban együtthatóként szereplő ma tömeg „újranormálására” vezet.

A számítások további menete a következő. A rendszer teljes Lagrange-függvénye magától értetődően nem egyenlő az egyes testek La függvényeinek összegével, hanem azt úgy kell megalkotni, hogy az egyik testre ható fa erőt helyesen adja vissza a többi test adott mozgása esetén. E célból az La Lagrange-függvény differenciálásával számítsuk ki az fa erőket:

f a = L a r r = r a .

(A differenciálást a hik-kra vonatkozó kifejezésekben a „megfigyelési pont” r futó koordinátái szerint kell elvégeznünk.) Ezek után könnyű olyan általános Lagrange-függvényt megszerkeszteni, amelyből mindezek az fa erők előállíthatók a ∂L∕∂ra parciális deriválásokkal.

Nem vesztegetve az időt az egyszerű közbenső számításokkal, azonnal a Lagrange-függvényre kapott végeredményt adjuk meg:[204]

L=amava22+ab3kmambva22c2rab+amava48c2+abkmamb2rababkmamb4c2rab[7(vavb)+(vanab)(vbnab)]abck2mambmc2c2rabrac,(106.17)

ahol rab=|ra–rb|, nab az ra–rb irányú egységvektor, az összegező jelnél pedig azt jelenti a vessző, hogy el kell hagyni a b=a vagy c=a tagokat.

Feladatok

1. Határozzuk meg gravitációs tér hatásintegrálját newtoni közelítésben.

Megoldás. g i k (106.3) kifejezésének segítségével a (93.3) képlet szerint azt kapjuk, hogy G=–2(∇φ)2∕c4, így az erőtér hatásintegrálja:

S g = 1 8 π k ( φ ) 2 d V d t .

A gravitációs tér és a μ sűrűségeloszlású tömegek együttes hatásintegrálja:

12.153. egyenlet - (1)

S = μ v 2 2 μ φ 1 8 π k ( φ ) 2 d V d t .

Könnyen meggyőződhetünk arról, hogy S-nek φ szerinti variálása a (99.2) Poisson-egyenletre vezet, amint annak lennie kell.

Az energiasűrűséget a Λ Lagrange-sűrűségből [(1) integrandusából] a (32.5) általános képlet szerint számíthatjuk ki, ami az adott esetben (amikor Λ-ban nem szerepel φ időderiváltja) a második megváltoztatását jelenti. Az energiasűrűséget úgy integráljuk a térre, hogy a második tagban μφ=φ△φ∕4πk helyettesítést végzünk, majd parciálisan integrálunk, az erőtér és a gravitáló anyag összes energiáját végül

μ v 2 2 1 8 π k ( φ ) 2 d V

alakban kapjuk meg. Tehát a Newton-elméletben a gravitációs tér energiasűrűsége W=–(∇φ)2∕8πk. [205]

2. Határozzuk meg gravitáló testekből álló rendszer tömegközéppontjának koordinátáit második közelítésben.

Megoldás. A gravitációs kölcsönhatás Newton-törvényének és az elektrosztatikus kölcsönhatás Coulomb-törvényének hasonlóságát figyelembe véve, a tömegközéppont koordinátáit a  65. § 1. feladatában kapott képlethez hasonlóval adhatjuk meg:

R = 1 a r a m a c 2 + p a 2 2 m a k m a 2 b m b r a b ,

= a m a c 2 + p a 2 2 m a k m a 2 b m b r a b .

3. Határozzuk meg két, egymással összemérhető tömegű gravitáló test pálya-perihéliumának szekuláris eltolódását (H. Robertson, 1938).

Megoldás. Két testből álló rendszer Lagrange-függvénye:

L = m 1 v 1 2 2 + m 2 v 2 2 2 k m 1 m 2 r + 1 8 c 2 ( m 1 v 1 4 + m 2 v 2 4 ) + + k m 1 m 2 2 c 2 r [ 3 ( v 1 2 + v 2 2 ) 7 ( v 1 v 2 ) ( v 1 n ) ( v 2 n ) ] k 2 m 1 m 2 ( m 1 + m 2 ) 2 c 2 r 2 .

Hamilton-függvényre áttérve és kiküszöbölve abból a tömegközéppont mozgását (lásd a  65. § 2. feladatát), azt kapjuk, hogy

12.154. egyenlet - (1)

= p 2 2 1 m 1 + 1 m 2 + k m 1 m 2 r p 4 8 c 2 1 m 1 3 + 1 m 2 3 k 2 c 2 r 3 p 2 m 2 m 1 + m 1 m 2 + 7 p 2 + ( p n ) 2 + k 2 m 1 m 2 ( m 1 + m 2 ) 2 c 2 r 2 ,

ahol p a relatív mozgás impulzusa.

Határozzuk meg az impulzus pr sugárirányú összetevőjét a J (impulzusmomentum) és az ℰ (energia) paraméterek függvényében. Ezt a függvényt a ℋ=ℰ egyenlet határozza meg (a másodrendű tagokban p2-nek nulladik közelítésben kapott kifejezését kell használni):

=p221m1+1m2pr2+J2r2km1m2r18c21m13+1m232m1m2m1+m22+km1m2r2k2c2r3m2m1+m1m2+72m1m2m1+m2+km1m2rk2c2rpr2+k2m1m2(m1+m2)2c2r2.(106.18)

A számítás további menete a  101. §-ban elvégzetthez hasonló. Meghatározzuk a felírt algebrai egyenletből pr-et, majd az

S r = p r d r

integrálban úgy transzformáljuk az r változót, hogy a J-t tartalmazó tag J2∕r2 alakú legyen. Ezután a gyök alatti kifejezést a kis relativisztikus korrekciók szerint sorba fejtve, azt kapjuk, hogy

S r = A + B r J 2 6 k 2 m 1 2 m 2 2 c 2 1 r 2 d r

[vö. (101.6)-tal], ahol A, B állandó együtthatók, amelyeknek konkrét kiszámítására nincs szükség.

Végeredményben a relatív mozgás pálya-perihéliumának elfordulására az adódik, hogy

δ φ = 6 π k 2 m 1 2 m 2 2 c 2 J 2 = 6 π k ( m 1 + m 2 ) c 2 a ( 1 e 2 ) .

Ezt (101.7)-tel összehasonlítva, azt látjuk, hogy a pálya adott méretei és alakja esetén a perihélium elmozdulása ugyanolyan, mint egy rögzített erőcentrum körül mozgó m1+m2 tömegű testé.

4. Határozzuk meg egy olyan gömb alakú pörgettyű precessziójának frekvenciáját, amely pályamozgását egy, a saját tengelye körül forgó központi test gravitációs terében végzi.

Megoldás. A keresett effektus első közelítésben két független rész összegeként adható meg, amelyek közül az egyik a gömbszimmetrikus erőtér nem-klasszikus tulajdonságaival (H. Weyl, 1923), a másik pedig a központi test forgásával kapcsolatos (L. Schiff , 1960).

Az első részt a pörgettyű Lagrange-függvényében megjelenő kiegészítő tag írja le, amely a (106.17)-beli második tagnak felel meg. Írjuk a pörgettyű egyes (dm tömegű) elemeinek sebességét v=V+ω×r alakban, ahol V pálya menti mozgásának sebessége, ω a szögsebesség, r a dm elemnek a pörgettyű tömegközéppontjához viszonyított helyvektora. (Ez utóbbit válasszuk úgy, hogy a pörgettyű térfogatára vett ∫rdm integrál zérus legyen.) Az ω-tól független tagokat elhagyva, az ω szerint négyzetes tagokat pedig elhanyagolva azt kapjuk, hogy

δ ( 1 ) L = 3 k m 2 c 2 2 V ( ω × r ) R d m ,

ahol m′ a központi test tömege, R=|R0+r| a dm tömegelemnek a centrumtól mért távolsága, R0 a pörgettyű tömegközéppontjának helyvektora. Az 1∕R≈1∕R0–nr∕R02 (ahol n=R0∕R0) szerinti sorfejtés első tagjának integrálja zérus, a második tag integrálját pedig az

x α x β d m = 1 2 Θ δ α β

képlet segítségével számíthatjuk ki, ahol Θ a pörgettyű tehetetlenségi nyomatéka. Eredményül azt kapjuk, hogy

δ ( 1 ) L = 3 k m 2 c 2 R 0 2 J ( v 0 × n ) ,

ahol J=Θω a pörgettyű impulzusmomentuma.

A Lagrange-függvénynek a központi test forgásával kapcsolatos járulékos tagját (106.17)-ből is megkaphatnánk, de a  105. § feladatának (1) képlete segítségével még egyszerűbben kiszámíthatjuk:

δ ( 2 ) L = 2 k c 2 J ( ω × r ) × R R 3 d m ,

ahol J′ a központi test impulzusmomentuma. Elvégezve az

R R 3 n R 0 2 + 1 R 0 3 ( r 3 n ( n r ) )

sorfejtést és az integrálást:

δ ( 2 ) L = k c 2 R 0 3 { J J 3 ( n J ) ( n J ) } .

Ily módon a Lagrange-függvényhez adódó teljes járulék

δ L = J Ω , Ω = 3 k m 2 c 2 R 0 2 n × v 0 + k c 2 R 0 3 { 3 n ( n J ) J } .

Ennek a

d J d t = Ω × J

mozgásegyenlet felel meg [vö. a  105. § feladatának (2) egyenletével]. Ez azt jelenti, hogy a pörgettyű J impulzusmomentuma Ω szögsebességgel precesszál, de nagysága nem változik.



[202] Valóban, ha a rendszer mindössze egy mozdulatlan részecskéből áll, az egyenlet jobb oldalán egyszerűen (8πk/c2)maδ(r–ra) szerepel, ez az egyenlet (második közelítésben) helyesen adja a részecske által keltett erőteret.

[203] Stacionárius esetben a (106.14) egyenlet jobb oldalán levő második tag hiányzik. A rendszertől nagy távolságban azonnal felírható az így kapott egyenlet megoldása, a (43.4) egyenlet (44.3) megoldásának analógiájára: h0α=–(2k/c3r2)(n×J)α [ahol J=∫(r×μv) dV=∑ma(ra×va) a rendszer impulzusmomentuma.] Ez a (105.19) képlettel teljes egyezésben van.

[204] Lagrange-függvénynek megfelelő mozgásegyenleteket elsőként A. Einstein, L. Infeld és B. Hoffmann (1938), továbbá A. Eddington és G. Clark (1938) adtak meg.

[205] Az esetleges félreértések elkerülése végett megemlítjük, hogy ez a kifejezés nem egyezik meg az energia-impulzus-pszeudotenzor (–g)t00, komponensével [amelyet a (106.3)-beli gik-val számítottunk]; W-hez (–g)Tik-ból is adódik járulék.