Embed Size (px)
Citation preview
Antti HämäläinenVille KiviojaJoonas Korhonen
Suhteellisuusteoriaa
Laadittu Markku Lehdon keväällä 2011 Jyväskylän yliopistossa pitämääluentosarjaa mahdollisimman tarkasti noudatellen. Kaikki asia- ja kirjoitusvirheet
ovat tämän version kirjoittajien tekemiä.
Sisältö
1 Kvanttifysiikan ja suhteellisuusteorian yhteys 4
1.1 Sananen aiheesta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Olemassaolo ja kvanttiteoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 Olio ”tervejärkisessä”/”arkipäiväisessä” klassisessa fysiikassa? . 4
1.2.2 Kvanttiolio? Ominaisuuskokoelma? . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Teorioiden käsitteistöä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1 E-algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 Aika-alkio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 Yhdistäminen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Julmin, säälimättömin suuntaviitta: aika 9
2.1 Ajan kokeminen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.1.1 Hieman kronobiologiaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.1.2 ”NYT” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.1.3 Subjektiivinen vai objektiivinen? . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.2 Geometrisointi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3 Ideointia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.4 Kohti differentiaaligeometriaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3 Matemaattisia työkaluja: Tensorit 15
3.1 Erityisiä tensoreita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2 Tensorialgebraa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.2.1 Symmetrisyys ja antisymmetrisyys . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.2.2 Ulko- ja sisätulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.3 Tensoritestejä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.3.1 Sovellusesimerkki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.3.2 Sovellusesimerkki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4 Invariantti neliömuoto 21
4.1 Ensimmäinen yrite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.2 Toinen yrite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.3 ”Einsteinin illuusio” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4.4 Kaksiulotteinen analogia avaruusajalle . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
4.4.1 Euklidiseen avaruuteen upotettu pinta . . . . . . . . . . . . . 24
1
4.4.2 Epäeuklidinen avaruus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.5 Metrinen tensori ’lasku- ja nosto-operaattorina’ . . . . . . . . . . . . 26
4.5.1 Laskuoperointi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4.5.2 Nosto-operointi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
5 Einstein pohdiskelee 29
5.1 Einsteinin geodeettinen hypoteesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
5.2 Geodeesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
5.3 Geodeettinen yhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
5.4 Geodeettisen yhtälön ratkaiseminen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
5.5 Geodeeseista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
6 Lisää matemaattisia työkaluja 36
6.1 Absoluuttinen derivaatta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
6.1.1 Tangenttivektorin yhdensuuntaissiirto . . . . . . . . . . . . . 36
6.1.2 Yleinen yhdensuuntaissiirto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
6.1.3 Tensoriluonne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
6.1.4 Kovariantin vektorin absoluuttinen derivaatta . . . . . . . . . 38
6.1.5 Korkeamman kertaluvun tensorit . . . . . . . . . . . . . . . . 38
6.1.6 Ominaisuuksia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
6.2 Kovariantti derivaatta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
6.3 Uusi maailmantensori: Riemannin tensori . . . . . . . . . . . . . . . 43
6.4 Riemannin tensorin ominaisuuksia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
6.4.1 Riemannin tensorin kovariantti muoto . . . . . . . . . . . . . 44
6.4.2 Bianchin identtisyydet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
6.5 Riccin tensori ja -invariantti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
6.6 Einsteinin tensori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
7 Avaruusajan kaarevuus 51
7.1 Yhdensuuntaissiirto muualle avaruusaikaan . . . . . . . . . . . . . . 51
7.2 Laakean avaruusajan metrinen tensori . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
7.2.1 Kanoninen neliömuoto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
7.2.2 Ortonormitettu tetradi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
7.2.3 Pseudokarteesinen koordinaatisto . . . . . . . . . . . . . . . . 55
7.3 Avaruusajan pisteittäinen laakeus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2
7.4 Gravitaation olemassaolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
8 Gravitaatioteoria 58
8.1 Newtonin gravitaatiokenttäteoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
8.2 Einsteinin gravitaatiokenttäteoria eli YST . . . . . . . . . . . . . . . 60
8.3 Kenttäyhtälöt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
8.4 Täydennystä OT-laskentaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
8.5 Geodeettinen poikkeamayhtälö tetradien avulla . . . . . . . . . . . . 64
8.6 Ad hoc epärelativistinen raja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
8.7 Kenttäyhtälön ratkaisemisen vaikeus . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
8.8 Materia ja muut kentät kuin gravitaatio . . . . . . . . . . . . . . . . 66
8.9 Vakioinen kaarevuus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
8.10 Kosmologinen vakio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
9 Kenttäyhtälöiden soveltaminen 70
9.1 Kohti materian diskreettiä mallia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
9.2 Hiukkasvuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
9.3 Fysikaalisia tulkintoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
9.4 Liikemäärän säilyminen SST:ssa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
9.5 Liikemäärän säilyminen YST:ssa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
9.6 Materian jatkumomalli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
9.7 Pölypilvi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
9.8 Ideaali juokseva aine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
9.9 Viimeinkin: Einsteinin toinen gravitaatiopostulaatti . . . . . . . . . . 76
10 Kenttäyhtälön ratkaiseminen 78
10.1 Gee-menetelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
10.2 Tee-menetelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
10.3 Cauchyn alkuarvo-ongelma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
10.4 Soveltaminen kosmologiaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3
1 Kvanttifysiikan ja suhteellisuusteorian yhteys
1.1 Sananen aiheesta
Fysiikan kurssi, yleistä suhteellisuusteoriaa, suomen kielellä. Ei sietämätöntä pak-koenglantia. Kylläkin sietämiskyvyn rajoissa pakkomatematiikkaa.
Matematiikka: Oletettavasti ei kiistanalaista.Kokeellinen fysiikka: Oletettavasti ei kiistanalaista.−→ Teoreettinen fysiikka: kiistanalaista.
Perimmäinen tavoite on yrittää ymmärtää olemassaolo.
Endofysikaalinen lähestymistapa. Kaikki, millä on väliä, liittyy ihmisen tietoisuu-teen. Siis tietoisuuden ulkopuolella ei ole mitään, millä on väliä.−→ Käsiteltävä tietoinen olemassaolo.
Olio? huom. suomenkielinen hienous: olemus, olemassaolo, olio. Ja ontologia.Tämä perimmäinen kysymys ei liity jonkin olion ”ominaisuuksiin”, joiden perusteellakyseessä oleva olio voidaan erottaa muista olioista, vaan se on olion ”oliomaisuu-desta”, ts. olemuksesta. Vertaa: ”Mikä on kynä?”; vaikeampi: ”Mikä on ihminen?”;helpompi: ”Mikä on hiukkanen?” (vain muutama ominaisuus).
1.2 Olemassaolo ja kvanttiteoria
Mitä tarkoittaa olla? Tällainen perustavanlaatuinen ongelma koskien olemassaoloaja olioita kohdataan väistämättä kahden fysikaalisen perusteorian, kvanttiteorian jasuhteellisuusteorian, syvällisessä tarkastelussa.
1.2.1 Olio ”tervejärkisessä”/”arkipäiväisessä” klassisessa fysiikassa?
Määritelmä: Olio on objekti, jonka olemassaolo pidetään itsestäänselvänä ja johonliitetään kokoelma ominaisuuksia. Ominaisuus = fysikaalisen suureen numeerinenarvo.
Suure voi olla
a) sisäinen, objektin rakennetta kuvaava
b) ulkoinen, käyttäytymistä vertailujärjestelmän suhteen kuvaava.
Esimerkkeinä hiukkasen (a) massa ja sähkövaraus, (b) paikka ja nopeus.
Epistemologinen vastaavuus käsitteillä: Mittaus — tieto objektin ominaisuuksista.
Fysikaalisen suureen mittaus klassisessa fysiikassa antaa vain yhden arvon (toki jol-lain tarkkuudella). Syy on se, että suurella ajatellaan olevan juuri tämä tietty arvomittaushetkellä.
4
Kvanttiteoriassa klassinen idea, jonka mukaan järjestelmässä kuten atomissa, elekt-ronissa, kvarkissa tai supersäikeessä kaikilla fysikaalisilla suureilla on jokin tietty ar-vo, ei toimi. Ei voi ajatella, että suureen mittaus antaa jonkin arvon, koska suureellasattuu olemaan ko. arvo mittaushetkellä.
1.2.2 Kvanttiolio? Ominaisuuskokoelma?
KT:n pragmaattinen lähestymistapa (”tulkinta”):Kokoelma latentteja, potentiaalisia ominaisuuksia, jotka ”tulevat olemassaoleveksimittaushetkellä”, mittausprosessissa, jonka tulokset määräytyvät geometrisen toden-näköisyyskäsitteen mukaisesti.Muut tulkinnat. . . (ei käsitellä)
Kvanttiteoriassa fysikaalisten järjestelmien matemaattinen kuvailu tapahtuu geomet-risen tilavektorin (aaltofunktion) Ψ kautta. Ψ:n eksistentiaalinen status?
Kvanttiteoreettista järjestelmää (atomi, jne.) ei voi millään tavalla identifioida itseΨ:n kanssa. |Ψ|2 tulkitaan todennäköisyysamplitudiksi; todennäköisyys mille?
Tarkastellaan esimerkkinä hiukkasen paikkaa P : Kyseessä ei ole todennäköisyys sil-le, että hiukkanen on paikassa P , vaan todennäköisyys sille, että hiukkanen löytyypaikasta P , jos hiukkasen paikka on mittauksen kohde!
Kvanttiteorian ongelmat koskien olemassaoloa näyttävät kulminoituvan tietoisuudengeometriseen tasoon (vrt. kuvakkeet tietokoneella), jota matemaattisesti kvanttiteo-riassa luonnehtii Ψ.
Einstein, Podolsky, Rosen (1935): Totesivat, että aaltofunktio ei anna fysikaalisen to-dellisuuden täydellistä kuvailua. Jättivät avoimeksi kysymyksen, onko sellaista ku-vailua olemassa. Uskoivat, että on mahdollinen.
• Kun aikomuksena on muotoilla kvanttiteoria ilman geometriaa, niin ”sormiosoittaa” kvanttiteorian ulkopuolelle; kohti jumalaa; kohti ihmisen tietoisuutta,tajuntaa, mieltä; kohti gravitaatiota.
• Kun aikomuksena on muotoilla gravitaatioteoria ilman geometriaa, niin ”sormiosoittaa” gravitaation ulkopuolelle; kohti jumalaa; ihmisen tietoisuutta, tajun-taa, mieltä; kohti kvanttiteoriaa.
Tietoisuuden ei-geometrisella tasolla olioiden on oltava sisäisesti globaaleja1, ei lo-kaaleja.
Olio ei ole geometrinen objekti; ”sielujemme silmin” sillä ei ole muotoa eikä kokoa.Olioiden välille ei aseteta minkäänlaisia geometrisia relaatioita. Tietoa kvanttiteo-rian (myös suhteellisuusteorian) olioista on saatava ihmisen oman aktiviteetin kaut-ta (ei pelkästään passiivista havainnoista), sellaisista seikoista, joiden synnyn syihinihminen pääsee käsiksi ja joihin hän voi vaikuttaa.
1muistuttaen aivoissamme syntyviä tietoisia tapahtumia; vrt. kuitenkin talamus ja hypotalamus
5
1.3 Teorioiden käsitteistöä
Nämä ohjenuorana tarkastellaan kvanttiteoriassa fysikaalista suuretta A, jonka mah-dolliset mittaustulokset muodostavat diskreetin spektrin ai, i ∈ N. Koejärjestelynosat ovat
(i) esimittaus
(ii) mittaus eli signaalin vahvistaminen ja ilmaisinhavainto
(iii) tulosten kirjaaminen ( ja tilastollinen tarkastelu).
Esimittaus on selektiivinen prosessi, joka koostuu preparoinnista ja suodatukseesta.Preparointi otetaan kvanttiontologian primitiiviseksi käsitteeksi2.
järjestelmien preparointi A:nmittausta varten
Järjestelmien joukko Järjestelmien osajoukko,kullekin järjestelmälle mittaustulos on ai.
Suodatus
(esim. atomi-suihku) aj, j ≠ i kaikilla j
Kuva 1: Koejärjestely skemaattisesti
1.3.1 E-algebra
Mentaliteetti: tietoisen aktiivisuuden ei-geometrinen luonne ja laatu. Esimittausolio3
E(ai)
• ’Vierekkäisyys’ : E(ai) + E(aj)
ak k ≠ i,j kaikilla k
Aai, aj
• ’Peräkkäisyys’ : E(aj)E(ai)
Aai aj
AAai aj
A2vrt. piste ja suora Euklideen geometriassa3tämä ei ole mitään tuttua: voit tehdä listan kaikista asioista joita tiedät, eikä se ole mikään
niistä: ei luku, ei vektori, ei funktio, ei operaattori, . . .
6
E(b)E(a) motivoi uudentyyppisen mentaliteetin, siirtymäolion S(b|a)
Aa bS(a|b)
<b|a>E(a)
A B
E(b)E(a) = 〈b|a〉S(b|a)E(a)
missä 〈b|a〉 kuvaa laadullisesti sitä, millainen ’osa’ a-järjestelmistä onnistuu muun-tumaan b-järjestelmiksi, sisältäen suodatuksen.
1.3.2 Aika-alkio
”Aika” - tietoisuuden herkkyys muutoksille.
Saattomielle: ”ajan virta”
Ei-geometrinen aika-alkio? S(b|a)?
S(bi|ai) ei sellaisenaan kelpaa, koska a- ja b-järjestelmien välillä ei välttämättä oleyksi yhteen vastaavuutta; ai ←→ δijbj . Mutta
∑i S(ai|bi) kelpaa.
Kahden aika-alkion tulo on myös aika-alkio:∑j
S(bj |cj) ·∑i
S(ci|ai) =∑ij
δijS(bj |ai) =∑i
S(bi|ai)
Oliot ovat.
Ei-geometrinen ”aikaevoluutio” tapahtuu aina ja ei milloinkaan4; vrt. tietoiseen ole-massaolooon kuuluva pysyvä nykyisyys. Yhteys ”kellonaikaan” ts. kellonlukemiin −→yleinen suhteellisuusteoria.
1.4 Yhdistäminen
Merkittävä eroavaisuus: Yhteistä kvanttiteorialle (kvanttimekaniikalle) ja suppeallesuhteellisuusteorialle (SST) on paikkakoordinaattien mittaus. Tämä ei tosin takaasitä, että näiden teorioiden matemaattiset (geometriset) muotoilut sulautuisivat toi-siinsa.
Yhteensulattaminen onnistui [Tomonaga, Schwinges, Feynman, Dyson ≤ 1950] ei”kvantisoimalla” SST, vaan pakottamalla kvanttiteoria noudattamaan SST:n peri-aatteita (relativistinen invarianssi); kvanttiteorian relativisointi −→ kvanttikentät,renormalisaatio: kvanttikenttäteoria.
4ei ajanvirtaa kvanttiteoriassa
7
Yleisen suhteellisuusteorian (YST) kohdalla kaikki on toisin. Einstein: ”Nimi yleinensuhteellisuusteoria teorialle, jossa koordinaattimuunnos
x′α = Fα(x1, x2, x3, x4), α = 1, 2, 3, 4 (1)
on yleisempi kuin SST:n Lorentzin muunnos.”
Koordinaatit ovat pelkkiä pistetapahtumien nimilappuja; niiden arvoilla ei ole senkummempaa merkitystä.
Pistetapahtumien oliomaisuus? (jääköön avoimeksi)
Erityisesti: paikkakoordinaattien mittaus YST:ssa ei ole mielekäs mittaus. (Sisältää-kö YST ylipäänsä ollenkaan mitattavia fysikaalisia suureita5?!)
Kvanttiteorialla ja yleisellä suhteellisuusteorialla ei näyttäisi olevan mitään yhteistä.Kvanttigravitaatio, YST:n ”kvantisointi”, saattaa olla epävarmalla (siis vain mate-maattisella) pohjalla.
5Kuten esim. jokin kenttä pistetapahtumassa; kentän arvo
8
2 Julmin, säälimättömin suuntaviitta: aika
Ajatellaan YST:n areena kokonaisuudeksi (nk. avaruusaika), joka muodostuu piste-tapahtumien verkostosta sisältäen tapahtumien väliset relaatiot. Relaatioihin liittyymittauksia; ne suoritetaan yksinomaan kellolla6. Tämä tarkoittaa sitä, että pisteta-pahtuman (jota ei voi kuvata neljällä mitattavalla luvulla) käsite korvautuu kellonlu-kemalla, jolloin relaatiota luonnehtiva tapahtumaväli identifioidaan kellonlukemieneroksi. Kellolaitteistot ja niiden käyttö ovat inhimillinen7 keino ymmärtää syvälli-sesti YST:n kuvaamia ilmiöitä.
2.1 Ajan kokeminen
Aikakäsityksemme liittyy selvästi muuttuvan maailman subjektiiviseen kokemiseen.Se on tietoinen tunne siitä, että kaikki ympärillämme muuntuu jatkuvasti yhdestätilasta toiseen. Tämä sopii hyvin yhteen tähtitieteellisten havaintojen kanssa; otta-malla taivaaankappaleiden liike vertailukohdaksi, ovat ihmiset kyenneet suunnittele-maan aikaskaalan, jota voidaan soveltaa arkipäivän tarpeisiin.
2.1.1 Hieman kronobiologiaa
Ihmisen kehon lämpötilan vuorokautisten vaihtelujen säätely tapahtuu aivoissa nk.hypotalamuksessa, joka yhdessä aivolisäkkeen kanssa muodostaa hormonaalisen sää-telyjärjestelmän. Hypotalamus säätelee paitsi kehon lämpötilaa, myös unta, nesteta-sapainoa, ravitsemusta, seksuaalista käyttäytymistä sekä tunne-elämän erilaajuisiavaihteluja. Hypotalamuksen arvellaan toimivan elimistön luonnollisena kellona. Tä-mä, sekä ihmiselle ominainen kyky tiedostaa aikavälejä, viittaavat biologiaan perus-tuvaan sisäiseen aikaan. Kyseisen kaltainen sisäisen ajan tuntemus, joka siis perus-tuu biologiseen kelloon, riippuu myös useista ihmisen yksilöllisistä ominaisuuksistakuten mm. iästä, sukupuolesta, luonteesta, kognitiivisista taidoista ja oman yhtei-sönsä kulttuurisista piirteistä. Ajan tuntemuksen vaihtelu eri henkilöiden välillä voiolla suurta (−→ psykologiset testit). Esimerkiksi lapset ja vanhukset kokevat ajankulumisen eri nopeudella.
2.1.2 ”NYT”
Subjektiivisen ajantunteen erityispiirre on sen ”nuoli” menneisyydestä tulevaisuu-teen.
Menneisyys; vain likimain palautettavissa mieliimme muistoissamme.Tulevaisuus; olennaisesti ei ennustettavissa.
6teorian ulkopuolelta7endofysikaalinen
9
Tulevaisuuden ennalta-arvaamattomuus ←→ sekä nykyisyyden ’nyt’-tunne että va-paan tahdon tunne. Nykyisyyden subjektiivinen kokeminen on epäilemättä ihmisentietoisen olemassaolon ainutlaatuinen piirre. Nykyisyyden merkityksen ymmärtämi-nen ilmeisesti liittyy intiimisti tietoisuuden ongelman ratkaisemiseen.
Einstein: Fysiikka ei tunne nykyisyyttä. Subjektiivinen ajantunne on jotain, jokaon luonnontieteellisen tutkimuksen saavuttamattomissa; menneisyys ja tulevaisuusmuodostavat illuusion, joka on seurausta aistiemme rajallisuudesta. Täten myös va-paa tahto on illuusio!! ”Jokaisen ihmisen kohtalo on sidottu hänen kaulaansa.”
Nykyisyyden ongelma on hyvin huolestuttava. Nykyisyyden kokeminen on ominaistaihmiselle. Se on jotain, joka eroaa menneisyydestä ja tulevaisuudesta, mutta tällaineneroavaisuus ei esiinny fysiikassa. Se, että fysiikka on kykenemätön käsittelemään ny-kyisyyden käsitettä oli Einsteinille henkilökohtaisesti tuskallinen, mutta väistämätön”antautuminen”. Vrt. kuitenkin ei-geometrinen aika-alkio kvanttiteoriassa.
Ajan kokeminen ei ole ilmaistavissa määrällisenä, ei numeerisen vertailun kohde.Aika on jotain, johon täytyy sisältyä olemassaolon olemus.
2.1.3 Subjektiivinen vai objektiivinen?
Kyseessä ei ole oikeastaan dikotonia8. Termi ”objektiivinen” tarkoittaa vain termiä”subjektiivinen”, sovellettuna johonkin ihmisyhteisöön, yhden ko. yhteisön jäsenenasemasta. Erityisesti ”objektiivinen” ei ole synonyymi ”totuudelle” tai (ihmisestä)”riippumattomalle totuudelle”; se kertoo pelkästään yhteisön sisällä saavutetustakonsensuksesta. Einsteinen asenne koskien yleisen suhteellisuusteorian hyväksyntää:Tärkeintä oli fyysikkoyhteisön vakuuttaminen teorian oikeellisuudesta, ei niinkäänsen kokeellinen vahvistaminen.
2.2 Geometrisointi
Inspiraation lähteenä kvanttiteorian ei-geometrinen siirtymäolio S(b|a).
Pitkän . . . pitkän . . . pohdinnan seuraus: Gravitaation ei-geometrinen siirtymäolioσ(t1|t2), missä t1 ja t2 ovat kaksi tapahtumaa: tapahtuman mielteenä ”mikä tahansa,mikä tapahtuu”.
Fysiikan lakien kuvailu ilman geometriaa on kuin kuvailisi ajatuksia il-man sanoja.— Einstein [Kioto 1922]
Aloitetaan geometrisointi idealisoimalla tapahtuma pisteeksi (t −→ p) σ(p2|p1). Sit-ten postuloidaan σ(p2|p1) ≡ (∆sp1p2)2, missä ∆sp1p2 = sp2 − sp1 on tapahtumavä-liä luonnehtiva kellonlukemien sp1 ja sp2 ero, vertaa aika-alkio
∑i S(bi|ai) kvantti-
teoriassa. Euklidisen avaruuden geometristen ominaispiirteiden tutkiminen perustuu8kahtiajako
10
siirtymävektorien avulla suoritettuun kolmiointiin (Kuva 2).
θAC
AB
BC
A
C
B
Kuva 2: Siirtymävektorien avulla suoritettu kolmiointi
~BC = ~AC − ~AB
| ~BC|2 = | ~AB|2 + | ~AC|2 − 2 ~AB · ~AC
Tarkastellaan avaruusaikaa puolestaan nk. geodeettisten kolmioiden avulla (Kuva3).
A
B
C
geodeesit eli geodeettiset käyrät
Kuva 3: Geodeettiset käyrät
2.3 Ideointia
(∆sBC)2 = (∆sAB)2 + (∆sAC)2 −′′ 2∆sAB∆sAC cos θ′′ +K
σ(C|B) = σ(B|A) + σ(C|A)−′′ 2√σ(B|A)
√σ(C|A) cos θ′′ +K
11
(∆s)2√−→ ∆s & (∆s)2 D−→ 2∆s
missä D on jokin määrittelemätön derivaattaoperaattori.
Tulos9:
σ(C|B) = σ(B|A) + σ(C|A)− 1
2Dσ(B|A) ·Dσ(C|A) +K
• K = 0: laakea avaruusaika −→ SST.
• K 6= 0: kaareva avaruusaika −→ YST.
K:n sellaisenaan, tai tiettyjen vaikutusten kautta, on oltava mitattava ominaisuus!
2.4 Kohti differentiaaligeometriaa
Liitetään kuhunkin pistetapahtumaan 4 koordinaattia x1, x2, x3, x4; lyhyesti xα. Täl-löin siirtymäolio σ(xαB|xαA) on kaksipisteinvariantti eli bi-invariantti, ts. invarianttikoordinaattimuunnoksissa xαA −→ x′αA A:ssa ja invariantti koordinaattimuunnoksissaxαB −→ x′αB B:ssä (ks. Kuva 4).
Korvataan 1. kertaluvun approksimaatiossa ∆s differentiaalilla ds, jota sanotaan(maailman)viivaelementiksi. Maailmanviiva on polku Γ : xα = xα(u) avaruusajassa,
A: xAα
B: xBα
Kuva 4: Maailmanviiva
missä u on polkuparametri.
Idealisoitu (pistemäinen) havaitsija kuljettaa mukanaan idealisoitua kelloa ”siirtyes-9Eksplisiittinen tulos pienelle geodeettiselle kolmiolle:
σ(C|B) = σ(B|A) + σ(C|A)− 1
2σ,αA(B|A)σ,αA(C|A)− 1
3RαAβAγAδAU
αAV βAUγAV δAu4
missä Riemannin tensori vastaa gravitaatiokenttää.
12
sään” maailmanviiva pitkin tapahtumasta toiseen ∆s =B∫AΓ
ds; erikoistapauksena10
∆s =
B∫A
geodeesi
ds (Riemann)
Riemannin hypoteesi : ds on koordinaattien xα funktio ja koordinaattidifferentiaalindxα ensimmäisen asteen homogeeninen funktio11
ds = f(xα, dxα) f(xα, k · dxα) = k · f(xα, dxα), k > 0
∆s =
B∫AΓ
ds =
B∫AΓ
f(xα, dxα) =
B∫A
xα=xα(u)
(xα,dxα
dudu) =
uB∫uA
f(xα,dxα
du)du
missä dxα
du toimii maailmanviivan tangenttivektorina ja oletuksella du > 0 u:n olles-sa polkuparametri. Maailmanviivaelementti ds on invariantti yleisessä koordinaatti-muunnoksessa xα −→ x′α = x′α(xα)
f(xα, dxα) = f ′(x′α, dx′α)
Kun suoritetaan koordinaattimuunnos xα −→ x′α(xβ)
dx′α =4∑
β=1
∂x′α
∂xβdxβ
ESS.=
∂x′α
∂xβdxβ
Koordinaattidifferentiaali dxα (differentiaalinen siirtymävektori)
(i) liittyy pistetapahtumaan p, jonka koordinaatit ovat xα ja
(ii) muuntuu relaation dx′α = ∂x′α
∂xβ
∣∣∣pdxβ mukaan, kun xα −→ x′α(xβ).
Käänteismuunnosdxα =
∂xα
∂x′βdx′β sillä
∂xα
∂x′βdx′β =
∂xα
∂x′β∂x′β
∂xγ︸ ︷︷ ︸δαγ
dxγ = dxα (2)
10integraalin alaviite kertoo siis käyrän, jonka yli integroidaan11koska avaruus ei ole euklidinen −→ ds ei ole vakio
13
Harjoitustehtävä 1. Johda 12 relaatio
∂2x′α
∂xβ∂xγ+
∂2xδ
∂x′ε∂x′ξ∂x′ε
∂xβ∂x′ξ
∂xγ∂x′α
∂xδ= 0
12käytä mallina yhtälöä (2)
14
3 Matemaattisia työkaluja: Tensorit
Objektia Tα
(i) jonka komponentit ovat T 1, T 2, T 3 ja T 4
(ii) joka liittyy pistetapahtumaan P : xα, (α : 1→ 4)
(iii) joka koordinaattimuunnoksessa xα −→ x′α muuntuu relaation
T ′α =∂x′α
∂xβ
∣∣∣∣P
T β
mukaan
(iv) jonka geometrinen esikuva on differentiaalinen siirtymävektori dxα
sanotaan kontravariantiksi (neli)vektoriksi eli 1. kertaluvun kontravariantiksi tenso-riksi13. Yläindeksi α on nk. kontravariantti indeksi. Käänteismuunnos on
Tα =∂xα
∂x′βT ′β
2. kertaluvun kontravariantille tensorille pätee muunnosrelaatio
T ′αβ =∂x′α
∂xγ∂x′β
∂xδT γδ (3)
Harjoitustehtävä 2. Kirjoita muunnosrelaation (3) käänteismuunnos.
Harjoitustehtävä 3. Näytä, että kahden kontravariantin vektorin tulo UαV β on 2.kertaluvun kontravariantti tensori14.
Harjoitustehtävä 4. Kirjoita muunnosrelaatiot ja käänteismuunnokset Tαβγ :lle jaTαβγδ:lle.
3.1 Erityisiä tensoreita
Nollannen kertaluvun tensoria T sanotaan invariantiksi15. Sen arvo ei riipu käyte-tyistä koordinaateista T ′ = T .
13Tensori määräytyy muunnosrelaatiossa14Vihje: hommaa muunnosrelaatio15Tämä on substantiivi, ei adjektiivi
15
Gradienttioperaattori ∂∂xα ; kun x
α → x′α
∂∂x′α = ∂xβ
∂x′α∂∂xβ
& ∂∂xα = ∂x′β
∂xα∂
∂x′β
vertaa dx′α = ∂x′α
∂xβdxβ & dxα = ∂xα
∂x′βdx′β
Huomaa dualiteetti (käännökset)
Kovariantti (neli)vektori Tα eli 1. kertaluvun kovariantti tensori, missä alaindeksi αon kovariantti indeksi
T ′α =∂xβ
∂x′αTβ & Tα =
∂x′β
∂xαT ′β
kun xα → x′α.
Toisen kertaluvun kovariantti tensori Tαβ :
T ′αβ =∂xγ
∂x′α∂xδ
∂x′βTγδ
Harjoitustehtävä 5. Kirjoita edellisen käänteismuunnos: Tαβ = . . .
Harjoitustehtävä 6. Kirjoita muunnosrelaatio ja käänteismuunnos Tαβγ :lle, elia) T ′αβγ b) Tαβγ
Geometrinen objekti on kollektiivinen nimi kaikille sellaisille matemaattisille objek-teille Ω, jotka koordinaattimuunnoksessa xα → x′α muuntuvat siten, että
Ω′ = Ω′(Ω,∂x′α
∂xβ,∂xα
∂x′β, ...)
Muiden muassa tensorit ovat siis geometrisia objekteja.
Jokaisen kontra/kovariantin indeksin suhteen tensori muuntuu kuten kontra-/kova-riantti vektori. Esimerkkinä 4. kertaluvun sekamuotoinen tensori
Tα··δ·βγ·.= Tα δ
βγ
jolloin
T ′α δβγ =
∂x′α
∂xε∂xξ
∂x′β∂xη
∂x′γ∂x′δ
∂xθT ε θξη
Harjoitustehtävä 7. T ′ δαβγ ε
Harjoitustehtävä 8. Näytä, että Kroneckerin delta δαβ on itse asiassa 2. kertaluvunsekamuotoinen tensori (δαβ tai δ β
α ).
16
Tensori voidaan liittää paitsi pistetapahtumaan, myös maailmanviivaan, kaikkialle4-ulotteiseen avarusaikaan tai sen osaan. Tällöin puhutaan tensorikentästä.
3.2 Tensorialgebraa
• Nollatensori : jos Tαβ = 0, niin T ′αβ = 0. Tässä on esimerkki tensoriyhtälöstä.
• Yhtäsuuruus: jos Uαβ = Vαβ samassa pistetapahtumassa, niin U ′αβ = V ′αβ(jälleen tensoriyhtälö).
• Yhteenlasku (myös vähennyslasku): esimerkkinä Aαβγ + Bαβγ ; molemmat sa-
massa pistetapahtumassa.
3.2.1 Symmetrisyys ja antisymmetrisyys
Tensori on symmetrinen indeksiparin16 suhteen, jos indeksin vaihdolla saatu tensorion yhtä kuin alkuperäinen tensori. Esimerkkinä symmetriselle tensorille Sβα = Sαβ .
Harjoitustehtävä 9. Näytä, että tällöin S′βα = S′αβ
Tensori on antisymmetrinen indeksiparin suhteen, jos indeksin vaihto muuttaa vainetumerkin. Esimerkkinä Aβα = −Aαβ .
Harjoitustehtävä 10. Näytä, että tällöin A′βα = −A′αβ .
Mikä tahansa 2. kertaluvun kontra- tai kovariantti tensori voidaan esittää symmet-risen ja antisymmetrisen tensorin summana
Tαβ =1
2(Tαβ + T βα)︸ ︷︷ ︸.=T (αβ)
symm. osa
+1
2(Tαβ − T βα)︸ ︷︷ ︸
.=T [αβ]
antisymm. osa
= T (αβ) + T [αβ]
Harjoitustehtävä 11. Perustele17 : Jos Tα(βγ) = 0 ja T[αβ]γ = 0, niin Tαβγ = 0.
3.2.2 Ulko- ja sisätulo
Tensorien yhteenlaskussa esiintyvät vain samantyyppiset tensorit ja indekseillä onsamat symbolit (järjestys ei välttämättä ole sama). Tensorien kertolaskussa ei tä-
16Molemmat ovat joko kontra- tai kovariantteja17Vihje: kirjoita auki useampia kertoja
17
mänkaltaisia rajoituksia ole; ainoana ehtona on, että sama kirjainsymboli ei toistujoko ylhäällä tai alhaalla18.
Ulkotulo eli suoratulo eli Kroneckerin tulo. Esimerkki:
kl=3︷︸︸︷Aαβγ
kl=1︷︸︸︷Bδ︸ ︷︷ ︸
kl=4
Sisätulo: sisätulo saadaan ulkotuloista nk. kontraktiolla, jossa yksi (tai useampi)kontravariantti indeksi identifioidaan yhden (tai useamman) kovariantin indeksinkanssa ja summataan tämän (tai näiden) yhteisen indeksin yli.
Esimerkki: ulkotulosta AαβγBδ (kl = 4) saadaan seuraavat sisätulot:
AαβγBγ ja AαβαB
δ ja AαββBδ
Huomaa, että kaikki kontravariantteja ja kaikkien kertaluku on 2.
Esimerkki: ulkotulosta AαβγBδε (kl = 5 sekamuoto) saadaan sisätulo AαβγBγ
α (kl =1).
Harjoitustehtävä 12. Saadaanko muita?
Harjoitustehtävä 13. Ulkotulosta AαBβ saatava sisätulo on invariantti. Perustele.
Harjoitustehtävä 14. Laske δαα ja δαβδβα (huomaa summaukset).
Tensorin Tαβ invariantti kontraktio Tαα on nimeltään Tαβ :n jälki (vertaa matriisit).
3.3 Tensoritestejä
Onko annettu, johonkin pistetapahtumaan liittyvä, objekti tensori?
• Suora tensoritesti: Perustuu tarkasteltavan objektin muunnosrelaatioon koor-dinaattimuunnoksessa xα → x′α.
• Einsteinin epäsuora tensoritesti: Perustuu ideaan, jonka mukaan tarkasteltavaobjekti on tensori, mikäli ko. objektin ja mielivaltaisen tensorin (jolle ei ase-teta mitään rajoituksia ja jonka komponentit ovat keskenään riippumattomia)sisätulo on tensori (tavallisesti, mutta ei välttämättä invariantti, 0. kl tensori).
18eli jos toistuu, niin kopiot on ainakin niin että toinen on ylhäällä ja toinen alhaalla, ei molemmatsamassa
18
3.3.1 Sovellusesimerkki
Annetun objektin Aα mahdollinen tensoriluonne:
Otetaan kovariantti vektori Tα. Jos AαTα on invariantti, ts.
A′αT ′α = AαTα ‖ T ′α =∂xβ
∂x′αTβ
niin
∂xβ
∂x′αA′αTβ = AβTβ
joka antaa
Tβ
(∂xβ
∂x′αA′α −Aβ
)= 0
koska Tβ mv.⇒ ∂xβ
∂x′αA′α = Aβ
käänteisesti⇒ A′α =∂x′α
∂xβAβ
Johtopäätös: Aα on kontravariantti vektori.
Harjoitustehtävä 15. Vastaavanlainen objektin Aα tensoritestaus.
3.3.2 Sovellusesimerkki
Objektin Aαβ tensoritestaus. Olkoon Tα mielivaltainen kontravariantti vektori. Jossisätulo AαβTαT β on invariantti — ns. invariantti neliömuoto — niin
A′αβT′αT ′β = AαβT
αT β ‖ muunnokset
⇒ T γT δ(∂x′α
∂xγ∂x′β
∂xδA′αβ −Aγδ
)= 0
Koska T γT δ on symmetrinen (eikä mielivaltainen), niin ei voi välittömästi päätelläsulkulauseketta nollaksi. Lauseke on neliömuotoa BγδT γT δ.
Harjoitustehtävä 16. Voi kuitenkin päätellä, että
∂x′α
∂xγ∂x′β
∂xδA′αβ +
∂x′α
∂xδ∂x′β
∂xγA′αβ = Aγδ +Aδγ
Tästä tuloksesta jatkamalla saamme
Aγδ +Aδγ =∂x′α
∂xγ∂x′β
∂xδ(A′αβ +A′βα)
19
Käänteisesti pätee
A′αβ +A′βα =∂xγ
∂x′α∂xδ
∂x′β(Aγδ +Aδγ)
Johtopäätös: Aαβ +Aβα on 2. kertaluvun kovariantti tensori.
Mikäli oletetaan, että Aαβ ja A′αβ ovat symmetriset, päädytään19 seuraavaan YST:nkannalta merkittävään tulokseen:
Jos neliömuoto AαβTαT β on invariantti, missä Tα on mielivaltainen kontravariant-ti vektori, ja jos Aαβ on symmetrinen kaikissa koordinaatistoissa, niin Aαβ on 2.kertaluvun kovariantti tensori ts.
A′αβ =∂xγ
∂x′α∂xδ
∂x′βAγδ
Harjoitustehtävä 17. Jos sisätulo AαβUαV β on invariantti — ns. invariantti bili-neaarimuoto — ja jos Uα ja V β ovat mielivaltaisia kontravariantteja vektoreita, mitävoidaan päätellä objektin Aαβ mahdollisesta tensoriluonteesta?
Harjoitustehtävä 18. Oletetaan, että sisätulo AαβBα on kontravariantti vektorija Bα on mielivaltainen kovariantti vektori. Millainen on objektin Aαβ mahdollinentensoriluonne?
19Die Grundlage der allgemeinen Relativitätstheorie, Annalen der Physik 49, 1916
20
4 Invariantti neliömuoto
Invariantti viivaelementti ds = f(xα, dxα), f on invariantti tensorilaskennan mieles-sä:
f ′(x′α, dx′α) = f(xα, dxα)
Edetään seuraavalla, Einsteinin epäsuoraan tensoritestiin perustuvalla tavalla. Ero-tetaan xα- ja dxα-riippuvuudet toisistaan.
4.1 Ensimmäinen yrite
f(xα, dxα)︸ ︷︷ ︸invariantti (ds)
= gα(xβ)dxα︸ ︷︷ ︸sisätulo, invariantti
lineaarimuoto
missä dxα on mielivaltainen kontravariantti vektori (huom. homogeenisuus). Tenso-ritestin perusteella gα(xβ) on kovariantti vektori.
Otetaan
gα(xβ) =∂t(xβ)
∂xα
missä t on invariantti20 ts. t′(x′α) = t(xα). Tällöin todellakin gα(xβ) on kovarianttivektori:
g′α(x′β) =∂t′(x′β)
∂x′α=∂t(xβ)
∂x′α=∂xγ
∂x′α∂t(xβ)
∂xγ=∂xγ
∂x′αgγ(xβ)
Nyt
sB − sA︸ ︷︷ ︸∆s
=
B∫AΓ
ds =
B∫AΓ
gα(xβ)dxα =
B∫AΓ
∂t(xβ)
∂xαdxα =
B∫AΓ
dt(xβ)︸ ︷︷ ︸eksakti
differentiaali
= tB − tA
ei riipu maailmanviivasta Γ . Siispä yrite johti Newtonin absoluuttiseen aikaan!
4.2 Toinen yrite
f(xα, dxα) =√εQ
Invariantti neliömuotoQ = gαβ(xγ)dxαdxβ
on indefiniitti21 tarkoittaen, että pistetapahtumassa Q voi olla negatiivinen tai posi-tiivinen tai nolla, riippuen kyseessä olevaan pistetapahtumaan liitetystä differentiaa-
20Valitaan siis vektorikenttä jonkun invarianttikentän gradientiksi. Tämähän onnistuu aina.21Motivaationa subjektiivisen ajantunteen erityispiirteet, ”nuoli” menneisyydestä tulevaisuuteen.
21
lisesta siirtymävektorista dxα. Vaaditaan, että tapauksessa Q 6= 0 pistetapahtumassaεQ > 0, indikaattori ε saa arvon -1 tai +1, jolloin ds on reaalinen22
ds =√εQ =
√εgαβ(xγ)dxαdxβ
Palauta mieleen: σ(P1|P2) ≡ (∆sP1P2)2 ← geometrinen. Lähtökohdiltaan ei-geomet-rinen (T ↔ P ) (tapahtuma ↔ pistetapahtuma). Nyt todella tärkeä tulos:
ds2 = εQ = εgαβ(xγ)dxαdxβ︸ ︷︷ ︸differentiaaligeometrinen
≥ 0 (4)
missä oli siis invariantti neliömuoto
Q =
sisätulo︷ ︸︸ ︷gαβ(xγ) dxαdxβ︸ ︷︷ ︸
symmetrinen
missä dxβ on mielivaltainen kontravariantti vektori. Vertaa nyt epäsuoraan tenso-ritestiin: Sen perusteella gαβ(xγ) + gβα(xγ) on 2. kertaluvun kovariantti tensori.Einsteinin hypoteesi: gαβ(xγ) on symmetrinen kaikissa koordinaatistoissa. Tällöingαβ(xγ) on 2. kertaluvun kovariantti tensori23.
Viivaelementin neliönds2 = εgαβ(xγ)dxαdxβ
määrittelemää24 neliulotteista kokonaisuutta, jatkumoa, sanotaan Riemannin–Einsteinin avaruusajaksi, kun gαβ(xγ) on symmetrinen 2. kertaluvun kova-riantti tensori.
4.3 ”Einsteinin illuusio”
Jaetaan Riemannin–Einsteinin-avaruusaika eriluonteisiin neliulotteisiin alueisiin, nii-den luokittelu perustuu neliömuotoon Q.
Tarkastellaan jonkin pistetapahtuman ns. lähiympäristöä (differentiaalisen pientä).Q < 0 pistetapahtuman menneisyys ja tulevaisuusQ > 0 pistetapahtuman nykyisyys
jotka ovat neliulotteisia alueita. Lisäksi Q = 0 pistetapahtuman nollakartio eli va-lokartio, joka on kolmiulotteinen kartiopinta ja joka erottaa nykyisyyden mennei-syydestä ja tulevaisuudesta. Valokartio, eli nollakartio, on kuvattu skemaattisestikuvassa 5.
22Huomaa edelleen homogeenisuus23juuri tästä huomautettiin sovellusesimerkin 3.3.2 päätteeksi24Voidaan asettaa lisäolettamus det[gαβ(xγ)] 6= 0 , jolloin Q ei ole singulaarinen.
22
4-ulotteinennykyisyys
pistetapahtuma
4-ulotteinen tulevaisuus (sisus)
3-ulotteinen nollakartio (pinta)
4-ulotteinen menneisyys (sisus)
Kuva 5: Nollakartio skemaattisesti
Kuvassa 6 erona kuvaan 5 tulevaisuus ja menneisyys ovat laajentuneet ja nykyisyyson litistynyt. Se kuvaa siirtymistä kohti epärelativistista fysiikkaa, raja-tapauksena3-ulotteiseksi litistynyt Newtonilainen nykyisyys t = vakio.
Geometrisena mielikuvana voidaan ajatella, että differentiaalinen siirtymävektoridxα määrää neliulotteisen Riemannin–Einsteinin avaruusajan pistetapahtumassa jon-kin suunnan. Tähän perustuen sanotaan, että kyseessä oleva suunta (dxα) on
• ”ajanluonteinen”, jos gαβ(xγ)dxαdxβ < 0,
• ”paikanluonteinen”, jos gαβ(xγ)dxαdxβ > 0 ja
• ”valonluonteinen”, jos gαβ(xγ)dxαdxβ = 0.
Vastaavanlainen jaottelu voidaan tehdä myös mille tahansa kontravariantille vekto-rille Tα, jonka geometrisena esikuvana on siis dxα.
Menneisyyteen ja tulevaisuuteen osoittavat vektorit tα ovat ajanluonteisia – ne ovatidealisoidun järjestelmän ”havaitsija + kello” maailmanviivojen mahdollisia tangent-teja:
gαβ(xγ)TαT β < 0
Nykyisyyteen osoittavat vektorit ovat paikanluonteisia:
gαβ(xγ)TαT β > 0
23
pistetapahtuma
Kuva 6: Kohti epärelativistista fysiikkaa
Nolla- eli valokartiolla olevia vektoreita Tα kutsutaan Riemannin–Einsteinin nolla-vektoreiksi25
gαβ(xγ)TαT β = 0
Fotonihypoteesi: Riemannin–Einsteinin nollavektorit määräävät fotonin (joka tulki-taan materiahiukkasen rajatapaukseksi) maailmanviivojen suunnat.
Einstein: gαβ(xγ) on ”fundamentaalinen tensori”.Fysikaalinen merkitys? [Gravitaatio?]Matemaattinen merkitys? [Metrinen geometria]
4.4 Kaksiulotteinen analogia avaruusajalle
4.4.1 Euklidiseen avaruuteen upotettu pinta
3-ulotteiseen euklidiseen avaruuteen upotetun mielivaltaisen 2-ulotteisen pinnan pa-rametrimuotoinen esitys
z1 = z1(x1, x2)z2 = z2(x1, x2)z3 = z3(x1, x2)
missä zi:t ovat karteesiset koordinaatit ja xj :t pintaparametreja.
Viivaelementin neliö pinnalla
dl2 = (dz1)2 + (dz2)2 + (dz3)2 (5)
25Ei kuitenkaan : Tα ≡ 0.
24
voidaan lausua myös muodossa26
dl2 = γab(x1, x2)dxadxb (6)
missä
γab =
3∑c=1
∂zc
∂xa∂zc
∂xb(7)
on pinnalle indusoitunut metriikka.
Harjoitustehtävä 19. Todista tämä, eli että (5) voidaan lausua muodossa (6) mää-ritelmän (7) avulla.
Harjoitustehtävä 20. Olkoon kaksiulotteisen pinnan eksplisiittinen esitys z3 =z3(z1, z2). Näytä, että pinnalle indusoitunut metriikka voidaan esittää muodossa27
γ11 = 1 +
(∂z3
∂x1
)2
γ12 = γ21 =∂z3
∂x1
∂z3
∂x2γ22 = 1 +
(∂z3
∂x2
)2
Harjoitustehtävä 21. Etsi vastaava tulos implisiittiselle esitykselle F (z1, z2, z3) =0.
Harjoitustehtävä 22. Sovellus: dl2 pallopinnalla (z1)2+(z2)2+(z3)2 = R2 käyttäenylempiä tuloksia.
4.4.2 Epäeuklidinen avaruus
Häivytetään 2-ulotteista pintaa ympäröivä 3-ulotteinen euklidinen avaruus. ”Mitäjää jäljelle?” On syntynyt geometrialtaan epä-euklidinen kaksiulotteinen avaruus,jatkumo, jonka määrittelee neliömuoto γab(xc)dxadxb
.= Γ , missä xa, (a = 1, 2),
ovat nk. Gaussin pintakoordinaatit. γab(xc), jonka symmetrisyys on oletettava erik-seen, kuvaa ko. avaruuden metristä luonnetta liittyen mitattavaan ominaisuuteendl : dl2 = εΓ > 0, kun Γ 6= 0.
Myös Γ = 0 on mahdollista: dl voi olla nolla, vaikka kaikki dxa:n komponentiteivät ole nollia (tämä on paradoksaalista vain euklidisen geometrian näkökulmasta).Esimerkiksi Γ = (dx1)2 − (dx2)2 = 0, kun dx1 = dx2, vaikka dx1, dx2 6= 0.
YST:n 4-ulotteinen jatkumo on Riemannin–Einsteinin avaruusaika,
1. jota ei ole upotettu mihinkään korkeampi-ulotteiseseen euklidiseen avaruuteen26huomaa summaussäntö edelleen27Mieti, mikä on luonnollisin parametrisointi, tulokset seuraavat heti.
25
2. jonka geometria on epäeuklidinen (Riemannin geometria).
3. jonka metristä rakennetta luonnehtii symmetrinen tensori gαβ(xγ), nimeltäänmetrinen tensori .
Kuitenkaan gαβ(xγ) ei ole fysikaalinen mitattava suure!
Osoittautuu, että gravitaation kannalta olennaista on se, miten gαβ muuttuu piste-tapahtumasta toiseen.
4.5 Metrinen tensori ’lasku- ja nosto-operaattorina’
4.5.1 Laskuoperointi
Tarkastellaan vektoreita Tα ja Tα. Onko näillä jokin yhteys?
Ulkotulosta TαTβ saadaan kontraktiolla invariantti TαTα, joka on kontravariantinvektorin ja kovariantin vektorin sisätulo.
Kun metrinen tensori gαβ on käytettävissä, voidaan kyseistä invarianttia pitää kah-den kontravariantin vektorin sisätulona identifioinnin
gαβTβ ≡ Tα tai gαβT
α ≡ Tβ
kautta28. Tätä käyttäen saadaan
gαβTαT β︸ ︷︷ ︸
invarianttineliömuoto
= TαTα = TβTβ
Erikoistapaus:gαβdx
αdxβ = Q
Edellä oleva identifiointi merkitsee sitä, että kontra- ja kovarianteilla vektoreilla met-risessä geometriassa ei ole perustavanlaatuista eroa.
Operaationa gαβT β = Tα on siis kontravariantin indeksin lasku kovariantiksi indek-siksi (huomaa summaus). Samankaltainen laskuoperaatio voidaan suorittaa myöskorkeamman kertaluvun tensorille. Esimerkkejä:
gαβTαγ = T γ
β gαβTγβ = T γα
gαγgβδTγδ = gαγ(gβδT
γδ) = gαγTγβ = Tαβ gαδT
δβγ = Tαβγ
Harjoitustehtävä 23. Laske seuraavat:
gαβTαγ gβαT
αγ gαβT
βγ gγαT
βαδ
28gαβ ’operoi’ vektoriin
26
gαβTδεγ gβεgγαT
βαδ gεβgαζgγηT
αβγδ
Harjoitustehtävä 24. Yleensä Tαβ ja T αβ eivät ole yhtäsuuret, edes samassa pis-
tetapahtumassa. Millaisessa erikoistapauksessa yhtäsuuruus kuitenkin pätee?
4.5.2 Nosto-operointi
On olemassa myös kovariantin indeksin nosto-operaatio. Tätä varten muodostetaansymmetrinen 2. kertaluvun kontravariantti metrinen tensori gαβ(xγ), muodollisestigαβ(xγ):n ’käänteistensori’, siten, että pätee sisätulorelaatio
gαβgβγ = δαγ
Tästä seuraa:
Tα = δαβTβ = (gαγgγβ)T β = gαγ(gγβT
β) = gαγTγ
joten yhtälöketjun päitä vertaamalla toteamme, että näin todella muodostui ’nosto-operaattori’.
Toisekseen, nyt invarianttia
gαβTαT β = gαβ(gαγTγ)(gβδTδ) = (gαβg
αγ)gβδTγTδ = δγβgβδTγTδ = gγδTγTδ
voidaan pitää kahden kovariantin vektorin sisätulona29
Harjoitustehtävä 25. Laske30
gαβTβγ gαβTγβ gαβT δβγ gαγgβδTγδ gγεgζβg
ηδTαβγδ
Harjoitustehtävä 26. Perustele: Sekamuotoinen metrinen tensori gαβ on yhtäkuinδαβ . Minkä gαα ilmaisee?
Harjoitustehtävä 27. Sievennä
gαγgβδgγδ ja gαγgβδgγδ
Harjoitustehtävä 28. Osoita, että
TαβUαβ = TαβUαβ
29 Vältä kuitenkin merkintää ’gαβdxαdxβ ’ vaikka olikin gαβdxαdxβ
Muista merkintämme: xα ei ole vektori, dxα on vektori, dxα ei ole mitään, Tα ja Tα ovat vektoreja,Vi = (V1, V2, V3) 6= V i
30helppo sovellustehtävä
27
ja, ettäTαβγUδβγ = Tα γ
β U βδ γ
28
5 Einstein pohdiskelee
Vapaassa putoamisliikkeessä oleva mies ei tunne painoaan . . .Putoava mies on kiihtyvässä liikkeessä . . .Kiihtyvässä koordinaatistossa tarvitsemme uuden gravitaatiokentän . . .Kiihtyvässä koordinaatistossa ei voi soveltaa Euklidista geometriaa.
Kommentteja:
• Ei painovoimaa: ei painovoima- eli gravitaatiokenttää!
• Jokin voimavaikutus silti esiintyy!
• Uusi gravitaatiokenttä? Mitattavuus?
• Epäeuklidinen geometria!
Relativistinen fysiikka on Riemannin–Einsteinin avaruusajan metristä geometriaa.
On ilmeistä, että tähän metriseen geometriaan täytyy silloin jollain tavalla sisältyä’uusi gravitaatiokenttä’.
Kyseessä on avaruusajan absoluuttinen ominaisuus!
Syy on, että gravitaatiovaikutus ilmiönä joko on, tai ei ole (ei välimuotoja eikä suh-teellisuutta). Tämän ominaisuuden mittana on avaruusajan kaarevuus, ja sitä kuvaa4. kertaluvun tensori, niinkutsuttu kaarevuustensori eli Riemannin tensori Rαβγδ.Se, miten tähän päädytään, selviää myöhemmin.
Kun avaruusaikaa luonnehditaan kaarevuuden mukaan, niin yksinkertaisin tapauson laakea avaruusaika, jossa Rαβγδ(xε) ≡ 0, joilloin gravitaatiota ei ole31.
Suppea suhteellisuusteoria on laakean avaruusajan fysikaalinen teoria.
Yleinen suhteellisuusteoria eli Einsteinin gravitaatioteoria puolestaan on kaarevanavaruusajan fysikaalinen teoria, jossa ’uuden gravitaatiokentän’ rooli on annettu Rie-mannin tensorille Rαβγδ(xε).
Yleisessä suhteellisuusteoriassa ei ole mitään painovoimaa, koska gravitaatio ilmiönäon sulautettu avaruusajan geometriseen rakenteeseen ja ilmenee avaruusajan kaare-vuuden kautta, jolloin Rαβγδ ei ole identtisesti nolla32.
5.1 Einsteinin geodeettinen hypoteesi
Tuttua: klassisessa mekaniikassa hiukkanen on vapaa, mikäli siihen ei vaikuta mikään(resultantti) voima, ei edes painovoima. Newtonin ensimmäisen lain mukaan vapaanhiukkasen liike on tasaista ja suoraviivaista (~v on vakiovektori).
31Jälleen on kyse tensoriyhtälöstä: Koska nolla yhden koordinaatiston kaikissa pisteissä, nollaamyös kaikkien muiden koordinaatistojen kaikissa pisteissä.
32Voidaan kylläkin asettaa nollaksi yhdessä pistetapahtumassa kerrallaan.
29
Newton I:n vastine yleisessä suhteellisuusteoriassa on Einsteinin geodeettinen hypo-teesi :
’Voimista vapaan, mutta ei gravitaatiovapaan33, eli ns. vapaassa putoamisliik-keessä olevan materiahiukkasen maailmanviiva on ajanluonteinen geodeettinenkäyrä eli geodeesi Riemannin–Einsteinin avaruusajassa’
Myös vapaa fotoni noudattaa hypoteesia, jolloin fotonin maailmanviiva on nollageo-deesi Riemannin–Einsteinin avaruusajassa.
5.2 Geodeesi
Geodeesi Riemannin–Einsteinin avaruusajassa on maailmanviiva xα = xα(u)(u parametri) pistetapahtumasta A : xα(uA) pistetapahtumaan B : xα(uB) siten,että
sB − sA = ∆s =
∫ B
Ads =
∫ uB
uA
f(xα,
dxα
du︸︷︷︸.=xα
)du =
∫ uB
uA
√εgαβ(xγ)xαxβdu
toteuttaa variaatioyhtälön (δ on variaatiosymboli)
δ
∫ B
Ads = δ
∫ uB
uA
√εgαβ(xγ)xαxβdu = 0
Siis vaikutusintegraalin variaation tulee hävitä. Tehdään merkintä
F = F(xα, xα).=√εgαβ(xγ)xαxβ
joka on maailmanfunktio, jossa ei ole explisiittistä u-riippuvuutta.
Vaadimme siis, että ∆s on stationaarinen eli saa ääriarvon. Tällöin differentiaaliyh-tälön
∂F∂xα
− d
du
(∂F∂xα
)= 0 (8)
on oltava voimassa geodeesin jokaisessa pisteessä.
Harjoitustehtävä 29. Kertausta: Johda variaatioperiaatteella integraalista∫ x2
x1
f(x, y, y′)dx missä y = y(x) , y′ =dy
dx
Eulerin-Lagrangen yhtälö∂f
∂y− d
dy
(∂f
∂y
)= 0
33ilmiö, ei voima
30
Käyttämällä yhtälöä (8) saadaan toisaalta
∂F2
∂xα=
∂
∂xα(F2) = 2F ∂F
∂xα= 2F d
du
(∂F∂xα
)Toisaalta taas
d
du
(∂F2
∂xα
)=
d
du
(2F ∂F
∂xα
)= 2
dFdu
∂F∂xα
+ 2F d
du
(∂F∂xα
)Täten pätee
∂F2
∂xα− d
du
(∂F2
∂xα
)= −2
dFdu
∂F∂xα
(9)
Todetaan tähän väliin aputulos, jota seuraavassa laskussa tarvitaan:
∂
∂xα
(εgγβx
γ xβ)
= εgγβ∂
∂xα
(xγ xβ
)= εgγβ
(∂xγ
∂xαxβ + xγ
∂xβ
∂xα
)= εgγβδ
γαx
β + εgγβxγδβα = εgαβx
β + εgγαxγ︸ ︷︷ ︸
γ→β
= εgαβxβ + εgβαx
β = εgαβxβ + εgαβx
β
Siis saatiin∂
∂xα
(εgγβx
γ xβ)
= 2εgαβxβ (10)
Yhtälön (9) oikea puoli:
−2dFdu
∂F∂xα
= −2dFdu
∂
∂xα
(√εgγβ(xε)xγ xβ
)= −2
dFdu
1
2
(εgαβ(xγ)xαxβ
)− 12 · ∂
∂xα
(εgγβx
γ xβ)
︸ ︷︷ ︸=2εgαβ xβ (10)
= −2dFdu
(εgαβ(xγ)xαxβ
)− 12 · εgαβxβ = −2ε
1
FdFdu
gαβxβ .
= −2εΦ(u)gαβxβ
31
Käsitellään sitten yhtälön (9) vasen puoli:
∂F2
∂xα− d
du
(∂F2
∂xα
)=
∂
∂xα
(εgβγ x
βxγ)− d
du
[∂
∂xα
(εgβγ x
βxγ)]
=ε∂gβγ∂xα
xβxγ − d
du
(2εgαβx
β)
= ε∂gβγ∂xα
xβxγ − 2ε
(dgαβdu
xβ + gαβdxβ
du
)=ε∂gβγ∂xα
xβxγ − 2ε∂gαβ∂xγ
dxγ
duxβ − 2εgαβ
dxβ
du
=ε∂gβγ∂xα
xβxγ − ε(
2∂gαβ∂xγ
xγ xβ)− 2εgαβ
dxβ
du
=ε∂gβγ∂xα
xβxγ − ε(∂gαβ∂xγ
xγ xβ +∂gαγ∂xβ
xγ xβ)− 2εgαβ
dxβ
du
=− 2εgαβdxβ
du− ε(∂gαβ∂xγ
+∂gαγ∂xβ
−∂gβγ∂xα
)xγ xβ = −2εgαβ
dxβ
du− ε · 2 [βγ, α]xγ xβ
Tässä viimeinen seuraa käyttämästämme merkinnästä34
[βγ, α].=
1
2
(∂gαβ∂xγ
+∂gαγ∂xβ
−∂gβγ∂xα
)(11)
jota nimitetään 1. lajin Christoffelin symboliksi. Näillä merkinnöillä ja toimenpiteilläolemme saaneet yhtälön (9), tai yhtäpitävästi yhtälön (8), muotoon
−2εgαβdxβ
du− ε · 2 [βγ, α]xγ xβ = −2εΦ(u)gαβx
β
⇔ gαβdxβ
du+ [βγ, α]xγ xβ = Φ(u)gαβx
β (12)
Harjoitustehtävä 30. Osoita, että
[γα, β] + [γβ, α] =∂gαβ∂xγ
Otetaan käyttöön myös merkintä35
gγδ[αβ, δ].=
γ
α β
jota nimitetään 2. lajin Christoffelin symboliksi.
34Myös merkintää [βγ, α].= Γαβγ näkee käytettävän. Huomaa olion symmetria β:n ja γ:n suhteen.
35Myös merkintöjä αβ, γ , Γ γαβ ja gγδΓδαβ näkee käytettävän. Γ :ssa voi nouseva/laskevaindeksi olla myös viimeisenä.
32
Harjoitustehtävä 31. Näytä 36, että
gγδ
δ
α β
= [αβ, γ] ja, että
β
α β
=
1
2gβγ
∂gβγ∂xα
5.3 Geodeettinen yhtälö
Kertomalla yhtälö (12) gαδ:lla saadaan
gαδgαβdxβ
du+ gαδ[βγ, α]xβxγ = Φ(u)gαδgαβx
β ‖ gαδgαβ = δδβ
⇒ dxδ
du+
δ
β γ
xβxγ = Φ(u)xδ
⇒ d2xγ
du2+
γ
α β
dxα
du
dxβ
du= Φ(u)
dxγ
du(13)
joka on niin kutsuttu geodeettinen yhtälö, geodeesin differentiaaliyhtälö.
Geodeettisen yhtälön yksinkertaisempi muoto saadaan sopivalla parametrinvaihdolla
u = u(v) ⇒ dxα
du=dxα
dv
dv
du
⇒ d2xα
du2=d2xα
dv2
(dv
du
)2
+dxα
dv
d2v
du2
Tällöin (13) saa muodon(d2xγ
dv2+
γ
α β
dxα
dv
dxβ
dv
)·(dv
du
)2
+dxγ
dv
(d2v
du2− Φ(u)
dv
du
)= 0
Valitaan nyt v siten, että se on ratkaisu differentiaaliyhtälölle
d2v
du2− Φ(u)
dv
du= 0
Tulos on geodeettisen yhtälön normaalimuoto
d2xγ
dv2+
γ
α β
dxα
dv
dxβ
dv= 0 (14)
Vertaa
d2x
dt2= 0 vapaalle kappaleelle ja
d2x
dt2− g = 0 putoavalle kappaleelle.
36huomaa summaukset
33
5.4 Geodeettisen yhtälön ratkaiseminen
Miten onnistuu geodeettisen yhtälön normaalimuodon (14), joka on 2. kertaluvunDY, ratkaiseminen?
Ensimmäisen kertaluvun DY:nä saataisiin37
dUα
du= −
α
β γ
Uβ(u)︸ ︷︷ ︸
.=Mα
γ(u) matriisi
Uγ(u) (15)
missä Uα = dxα
du on tangenttivektori.
Etsitään propagaattori Kαβ(u|u1) joka liittää toisiinsa ”alkuvektorin” Uα(u1) ja vek-
torin Uα(u) = Kαβ(u|u1)Uβ(u1). Matemaattisesti Kα
β(u|u1) on kaksipistetensorieli bitensori. Geometrisesti propagaattori siirtää (ja muokkaa) alkuvektoria pitkingeodeesia pisteestä u pisteeseen u1. Yhtälö (15) muuttuu muotoon
dKαβ(u|u1)
du= Mα
β(u)Kγβ(u|u1)
muunnetaan38 tämä DY integraaliyhtälöksi
Kαβ(u|u1) = δαβ +
∫ u
u1
Mαγ(u)Kγ
β(u|u1)du
jossa δαβ = Kαβ(u1|u1).
Ratkaisu iteroinnilla
Kαβ(u|u1) = δαβ +
∫ u
u1
Mαγ(u)du+
∫ u
u1
∫ u′
u1
Mαγ(u′)Mγ
β(u)dudu′
+ (tetraedri) + . . .+ n:nnessä termissä integraali yli (n-1) simpleksin + . . .
Huomaa graafinen tulkinta:
- 1. termissä u = u1, kyseessä on piste eli 0-simpleksi
- 2. termissä u on liikkuu janalla pisteiden u1 ja u välillä, kyseessä on 1-simpleksi
- 3. termissä integroidaan tasossa kolmion (2-simpleksi) yli (kuva 7).
37Geodeesin parametrisointina jälleen u, vaikka pääsimme normaalimuotoon tekemällä muuttu-janvaihdon v:hen. Samaistetaan nyt kuitenkin u ja v, ja käytetään vastaisuudessa symbolia u silleparametrille, joka toteuttaa normaalimuotoisen yhtälön. Indeksien nimiä on myös kierrätetty.
38derivoimalla tuloksen, saat edellisen yhtälön
34
u'
ũũ=u
u'=u
u'=ũ
Kuva 7: Graafinen tulkinta, integrointi yli 2-simpleksin (viivoitettu alue)
5.5 Geodeeseista
Sanomme, että geodeesi on ajanluonteinen, jos
gαβUαUβ < 0 (Uα =
dxα
du)
pätee geodeesin jokaisessa pisteessä.
Vastaavasti, geodeesi on paikanluonteinen, jos
gαβUαUβ > 0
ja valonluonteinen, ts. nollageodeesi, jos
gαβUαUβ = 0
Harjoitustehtävä 32. Osoita, että39 [αβ, γ] jaαβ γ
eivät ole tensoreita.
Kahden pistetapahtuman välinen geodeesi on maailmanviiva, jossa kellonlukemaeroon stationaarinen. Mitä muuta?
39Vihjeitä: Tehtävä ei ole vaikea, mutta työläs. Ensimmäisestä saat
[αβ, γ]′ =1
2
(∂g′αγ∂x′β
+∂g′βγ∂x′β
−∂g′αβ∂x′β
)= . . . =
∂xδ
∂x′α∂xε
∂x′β∂xζ
∂x′γ[δε, ζ] + gδε
∂xδ
∂x′γ∂2xε
∂x′α∂x′β︸ ︷︷ ︸tuhoaa tensoriuden
Toisessa muista että α
β γ
′= g′αδ[βγ, δ]′
35
6 Lisää matemaattisia työkaluja
6.1 Absoluuttinen derivaatta
6.1.1 Tangenttivektorin yhdensuuntaissiirto
Esitetään geodeettinen yhtälö tangenttivektorin Uα avulla, kuten yhtälössä (15) jatehdään samalla merkintä
δUα
δu
.=dUα
du+
α
β γ
Uβ(u)Uγ(u) = 0
Nolluus tarkoittaa tangenttivektorin Uα absoluuttista vakioisuutta kuvaten Uα:nyhdensuuntaissiirtoa geodeesia pitkin. Silloin voidaaan sanoa, että kahden pisteta-pahtuman välinen geodeesi on ’suorin viiva’ 4-ulotteisessa Riemannin–Einsteinin-avaruusajassa.
Vertaa: 3-ulotteisessa Euklidisessa avaruudessa tangenttivektorin ~U yhdensuuntais-siirtoa suoraa viivaa pitkin kuvaa relaatio dUα
du = 0, missä Uα ovat karteesiset kom-ponentit.
6.1.2 Yleinen yhdensuuntaissiirto
Mielivaltainen kontravariantti vektori yhdensuuntaissiirtyy maailmanviivaa xα =xα(u) pitkin, jos δTα
δu = 0. Tässä
δTα
δu=dTα
du+
α
β γ
T β
dxγ
du
eli Tα:n absoluuttinen derivaatta maailmanviivaa pitkin (havainnollistus: kuva 9).
Vertaa: 3-ulotteisessa Euklidisessa avaruudessa yleisen vektorin ~T yhdensuuntaissiir-toa suoraa viivaa pitkin (kuva 8) kuvaa relaatio dTα
du = 0.
xα=xα(u)
T(u2)
T(u1)
Kuva 8: Vektorin yhdensuuntaissiirto parametrisoitua suoraa pitkin euklidisessaavaruudessa
36
xα=xα(u)
T(u2)
T(u1)
u=u1
u=u2
Kuva 9: Vektorin yhdensuuntaissiirto parametrisoitua maailmanviivaa pitkin
6.1.3 Tensoriluonne
Onko δTα
δu tensori? (Onko kyseessä tensoriderivaatta?)
Harjoitustehtävä 33. Osoita, että dTα
du ei ole tensori.
Tiedämme40 nyt, että
δTα
δu=
dTα
du︸︷︷︸ei tensori
+
α
β γ
︸ ︷︷ ︸ei tensori
T βdxγ
du︸ ︷︷ ︸vektoreja,eli tensoreja
Tästä huolimatta41 pätee
δT ′α
δu=dT ′α
du+
α
β γ
′T ′β
dx′γ
du= · · ·
=∂x′α
∂xβ
(dTα
du+
α
β γ
T γ
dxδ
du
)︸ ︷︷ ︸
δTβ
δu
+
(∂2x′α
∂xβ∂xγ+
∂2xδ
∂x′ε∂x′ζ∂x′ε
∂xβ∂x′ζ
∂xγ∂x′α
∂xδ
)︸ ︷︷ ︸
=0, ihan eka HT
T βdxγ
du
Harjoitustehtävä 34. Laske välivaiheet edelliseen.
Näin ollen päteeδT ′α
δu=∂x′α
∂xβδT β
δu
joten siis δT ′α
δu on kontravariantti vektori42.
40Molemmat ’ei tensori’ -väitteet ovat olleet harjoitustehtävinä jo.41tai eihän kukaan väittänytkään, että edellinen mitään merkitsisi42kun Tα on kontravariantti vektori
37
6.1.4 Kovariantin vektorin absoluuttinen derivaatta
Otetaan mielivaltainen kontravariantti vektori V α, jota yhdensuuntaissiirretään maa-ilmanviivaa xα = xα(u) pitkin (idea).
δV α
δu=dV α
du+
α
β γ
V β dx
γ
du= 0
antaa
dV α
du= −
α
β γ
V β dx
γ
du(16)
Invariantti
d
du(TαV
α) =dTαdu
V α + TαdV α
du=dTαdu
V α + Tα
(−α
β γ
V β dx
γ
du
)︸ ︷︷ ︸
α↔β
=dTαdu
V α + Tβ
(−β
α γ
V αdx
γ
du
)=
(dTαdu−β
α γ
Tβdxγ
du
)V α
Einsteinin tensoritestin nojalla objekti43
dTαdu−β
α γ
Tβdxγ
du
.=δTαδu
eli Tα:n absoluuttinen derivaatta maailmanviivaa pitkin, on kovariantti vektori.
Jos δTαδu = 0, on kyseessä Tα:n yhdensuuntaissiirto maailmanviivaa pitkin.
6.1.5 Korkeamman kertaluvun tensorit
Absoluuttinen derivointi mitä tahansa maailmanviivaa pitkin voidaan laajentaa kos-kemaan myös korkeamman kertaluvun tensoreita. Tämä tapahtuu s.e. muodostetaansisätuloinvariantti, joka koostuu annetusta tensorista, ja sellaisista vektoreista, joitayhdensuuntaissiirretään kyseessä olevaa maailmanviivaa pitkin. Ja derivoidaan.
Tarkastellaan esimerkkinä tensoria Tαβ maailmanviivalla xα = xα(u). Invariantti
d
du(TαβVαWβ) = (Tαβ
dVαdu
+dTαβ
duVα)Wβ + TαβVα
dWβ
du
Tästä päästään eteenpäin kun ensin lausutaan vektorien derivaattatermit toisella43huomaa, että nyt testattiin siis ala-indeksellinen versio, edellä yläindeksillä
38
tavalla44dVαdu
=δVαδu
+
γ
α δ
Vγdxδ
du
dWβ
du=δWβ
δu+
γ
β δ
Wγ
dxδ
du
Näitä vektoreita yhdensuuntaissiirretään, joten
δWβ
δu=δVαδu
= 0
Siten
d
du(TαβVαWβ) =
(Tαβ
(γ
α δ
Vγdxδ
du
)+dTαβ
duVα
)Wβ + TαβVα
(γ
β δ
Wγ
dxδ
du
)= Tαβ
γ
α δ
Vγdxδ
duWβ︸ ︷︷ ︸
α↔γ
+dTαβ
duVαWβ + TαβVα
γ
β δ
Wγ
dxδ
du︸ ︷︷ ︸γ↔β
= T γβα
γ δ
Vαdxδ
duWβ +
dTαβ
duVαWβ + TαγVα
β
γ δ
Wβ
dxδ
du
= VαWβ
(T γβ
α
γ δ
dxδ
du+dTαβ
du+ Tαγ
β
γ δ
dxδ
du
)joka on sisätulo. Jälleen Einsteinin tensoritestiin nojautuvan idean perusteella tode-taan, että
dTαβ
du+
α
γ δ
T γβ
dxδ
du+
β
γ δ
Tαγ
dxδ
du
.=δTαβ
δu
eli Tαβ :n absoluuttinen derivaatta maailmanviivaa pitkin, on 2. kl. kontravarianttitensori.
Harjoitustehtävä 35. Näytä vastaavasti, että kovariantin tensorin absoluuttinenderivaatta δTαβ
δu on tensori.
Harjoitustehtävä 36. Muodosta45
δTαβδu
jaδTαβγδu
44Huomaa huolellinen indeksivalinta ekassa yhtälössä. Se oli siksi, ettei summaus mene sekaisinkun kerrotaan myöhemmin Wβ :lla. Ei voinut siis valita β:aa.
45Vihje: menee indeksi kerrallaan läpi
39
6.1.6 Ominaisuuksia
Invariantin absoluuttinen derivaatta?
Sopimus:δT
δu=dT
duinvariantille
Metrinen tensori on absoluuttisesti vakio, sillä46
δgαβδu
=dgαβdu−γ
α δ
gγβ
dxδ
du−γ
β δ
gαγ
dxδ
du
=∂gαβ∂xδ
dxδ
du− [αδ, β]
dxδ
du− [βδ, α]
dxδ
du
=dxδ
du
(∂gαβ∂xδ
− [αδ, β]− [βδ, α]
)︸ ︷︷ ︸
=0 ks. HT 30.
= 0
Vastaavastiδgαβ
δu= 0 ja
δgαβδu
=δ δαβδu
= 0
Lineaarikombinaatiosääntö, esim47
δ
δu(aV ·· + bW ·· ) = a
δV ··δu
+ bδW ··δu
ja Leibnizin sääntöδ
δu(V ··W
·· ) =
δV ··δu
W ·· + V ··δW ··δu
Harjoitustehtävä 37. Näytä, että
gαβδT β
δu=δTαδu
ja gαβδTβδu
=δTα
δu
pätevät yleisesti, mutta yleensä48
gαβdT β
du6= dTα
duja gαβ
dTβdu6= dTα
du
46Huomaa miten kontra- ja kovarianteilla vektoreilla vastinindeksit tulee eri puolille Christoffelinsymbolia, kuten tähänkin asti
47jossa merkinnät V ·· ja W ·· tarkoittavat mielivaltaisia tensoreita48todista myös tämä
40
Yleinen tensori T ·· ’yhdensuuntaissiirtyy’ maailmanviivaa xα = xα(u) pitkin, jos
δT ··δu
= 0
Tätä ehtoa voidaan pitää differentiaaliyhtälönä, jota käyttäen määritellään yhden-suuntaisten tensorien kenttä annettua maailmanviivaa49 pitkin.
6.2 Kovariantti derivaatta
Absoluuttisessa derivoinnissa tensori liitetään (vain) maailmanviivaan 4-ulotteisessaavaruusajassa. Tämä on luonnollista silloin, kun tarkastelun kohteena on (yhden)hiukkasen liikeyhtälö, joka vastaa geodeettista yhtälöä.
Liikeyhtälö tarvitsee kumppanikseen (ainakin) kenttäyhtälön. Tällöin tensori liite-tään koko 4-ulotteiseen Riemannin–Einsteinin avaruusaikaan tai sen osaan.
Siirrytään maailmanviivaderivaatasta, eli absoluuttisesta derivaatasta, avaruusaika-derivaattaan, ns. kovarianttiin derivaattaan. Otetaan avuksi kontravariantti vektoriTα.
δTα
δu︸︷︷︸kovar.vektori
=dTα
du+
α
β γ
T β
dxγ
du=
dxγ
du︸︷︷︸mv.
kovar.vektori
(∂Tα
∂xγ+
α
β γ
T β)
︸ ︷︷ ︸ei riipu maailmanviivasta
(parametrista u)
Siispä Einsteinin tensoritestin perusteella tensoriderivaatta
∂Tα
∂xγ︸ ︷︷ ︸.=Tα,γ
+
α
β γ
T β
.= Tα;γ
joka on Tα:n kovariantti derivaatta, on siis 2. kertaluvun sekamuotoinen tensori. Siis
δTα
δu= Tα;γ
dxγ
du= Tα;γU
γ missä Uγ on tangenttivektori
Samalla tavalla voidaan todeta, että
Tα,γ −β
α γ
Tβ
.= Tα;γ
joka on Tα:n kovariantti derivaatta on siis 2. kertaluvun kovariantti tensori. Myöskinsaadaan, että
Tαβ;γ = Tαβ,γ +
α
δ γ
T δβ +
δ
β γ
Tαδ
joka on Tαβ :n kovariantti derivaatta, on 3. kertaluvun sekamuotoinen tensori.49ja vain sitä
41
Harjoitustehtävä 38. Muodosta derivaattojen Tαβ;γ ja Tαβ;γ lausekkeet. Minkäkertalukuisista tensoreista on kyse?
Metriset tensorit gαβ , gαβ , gαβ ovat kontravariantisti vakioita, toisinsanoen
gαβ;γ = 0 ja gαβ;γ = 0 ja gαβ;γ = 0
Lineaarikombinaatiosääntö ja Leibnizin sääntö ovat voimassa kovariantille derivoin-nille.
Harjoitustehtävä 39. Totea, että pätee
gαδgβεTδε
;γ = Tαβ;γ
Sopimus: Invariantin T kovariantti gradientti on T;α = T,α eli ’tavallinen’ gradientti.
Kontravariantin vektorin Tα kovariantti divergenssi on
Tα;α = Tα,α +
α
β α
T β︸ ︷︷ ︸
ks. HT 31.
= Tα,α +1
2gαγ
∂gαγ∂xβ
T β
Kovariantin vektorin kovariantti roottori on
Tα;β − Tβ;α = Tα,β −
γ
α β
Tγ − Tβ,α +
γ
β α
Tγ = Tα,β − Tβ,α
joka on tavallinen roottori.
Harjoitustehtävä 40. Näytä, että Tα;β = Tβ;α pätee, mikäli Tα on jonkin invarian-tin kovariantti gradientti50.
Harjoitustehtävä 41. Osoita, että
Tαβ;γ + Tγα;β + Tβγ;α = Tαβ,γ + Tγα,β + Tβγ,α
silloin, kun Tαβ on antisymmetrinen tensori. Jos Tαβ on lisäksi jonkin kovariantinvektorin kovariantti roottori, niin näytä, että
Tαβ;γ + Tγα;β + Tβγ;α = 0
50vrt. konservatiivinen vektorikenttä on skalaarikentän gradientti
42
6.3 Uusi maailmantensori: Riemannin tensori
Annetusta tensorista voidaan muodostaa uusia tensoreita kasvattamalla kertalukuakovariantilla derivoinnilla. Näin normaalisti. Poikkeuksena on kuitenkin metrinentensori gαβ , jolle gαβ;γ = 0.
Muista: gαβ on (Einsteinin mukaan) fundamentaalinen tensori, eräs nk. maailman-tensoreista. Tämänkaltainen ongelma voidaan kiertää muodostamalla uusi maail-mantensori.
Rakennetaan uusi maailmantensori metrisestä tensorista ja sen osittaisderivaatoista.Otetaan mielivaltainen kovariantti vektori Tα. Sen kovariantti derivaatta on
Tα;β = Tα,β −
γ
α β
Tγ
joka on 2. kertaluvun kovariantti tensori.
Edelleen Tα:n toinen kovariantti derivaatta on
(Tα;β);γ.= Tα;βγ = Tα;β,γ −
δ
α γ
Tδ;β −
δ
β γ
Tα;δ
Tärkeä havainto: Yleensä Tα;βγ 6= Tα;γβ .
Mitä sitten on Tα;βγ − Tα;γβ ?
Tα;βγ − Tα;γβ = Tα;β,γ −
δ
α γ
Tδ;β −
δ
β γ
Tα;δ
− Tα;γ,β +
δ
α β
Tδ;γ +
δ
γ β
Tα;δ
Kumoutuminen seurasi siitä, että toisen lajin Christoffelin symboli on symmetrinenalakerran indeksiparin suhteen. Aukaistaan kovariantteja derivaattoja niin saadaan
Tα;βγ − Tα;γβ
= (Tα;β),γ −
δ
α γ
(Tδ,β −
ε
δ β
Tε
)− (Tα;γ),β +
δ
α β
(Tδ,γ −
ε
δ γ
Tε
)=
(Tα,β −
δ
α β
Tδ
),γ
−
δ
α γ
(Tδ,β −
ε
δ β
Tε
)−(Tα,γ −
δ
α γ
Tδ
),β
+
δ
α β
(Tδ,γ −
ε
δ γ
Tε
)jossa kumoutuminen seurasi siitä, että osittaisderivoinnissa järjestys voidaan vaihtaa.Käytetään suluissa jäljellä olevaan termiin tulon derivointisääntöä molemmissa ja
43
saadaan
Tα;βγ − Tα;γβ
=
(−
δ
α β
,γ
Tδ −HHHHHH
δ
α β
Tδ,γ
)−
δ
α γ
(Tδ,β −
ε
δ β
Tε
)
−
(−
δ
α γ
,β
Tδ −
δ
α γ
Tδ,β
)+
δ
α β
(ZZ
Tδ,γ −ε
δ γ
Tε
)= −
δ
α β
,γ
Tδ +
δ
α γ
ε
δ β
Tε︸ ︷︷ ︸
ε↔δ
+
δ
α γ
,β
Tδ −
δ
α β
ε
δ γ
Tε︸ ︷︷ ︸
ε↔δ
= −
δ
α β
,γ
Tδ +
ε
α γ
δ
ε β
Tδ +
δ
α γ
,β
Tδ −
ε
α β
δ
ε γ
Tδ
=
(δ
α γ
,β
−
δ
α β
,γ
+
ε
α γ
δ
ε β
−
ε
α β
δ
ε γ
)Tδ
Merkitään sulkulauseketta
Rδαβγ.=
δ
α γ
,β
−
δ
α β
,γ
+
ε
α γ
δ
ε β
−
ε
α β
δ
ε γ
Saatiin siis
Tα;βγ − Tα;γβ︸ ︷︷ ︸kovariantti tensori
= Rδαβγ Tδ︸︷︷︸mv.
kovar.vekt.
(17)
joten Einsteinin tensoritestin perusteella Rδαβγ on 4. kertaluvun sekamuotoinen ten-sori, maailmantensori nimeltään Riemannin tensori.
6.4 Riemannin tensorin ominaisuuksia
Harjoitustehtävä 42. Osoita, että
Rδαβγ = −Rδαγβ ja Rδαβγ +Rδγαβ +Rδβγα = 0
6.4.1 Riemannin tensorin kovariantti muoto
Halutaan esitys Riemannin tensorin kovariantille muodolle
Rαβγδ = gαεRεβγδ
= gαε
ε
β δ
,γ
− gαε
ε
β γ
,δ
+ gαε
ζ
β δ
ε
ζ γ
− gαε
ζ
β γ
ε
ζ δ
44
Käyttämällä tulon derivointisääntöä käänteisesti kahteen ensimmäiseen termiin saa-daan
Rαβγδ =
((gαε
ε
β δ
),γ
− gαε,γ
ε
β δ
)−
((gαε
ε
β γ
),δ
− gαε,δ
ε
β γ
)
+ gαε
ε
ζ γ
ζ
β δ
− gαε
ε
ζ δ
ζ
β γ
josta antamalla laskuoperaattorien operoida tulee
Rαβγδ =
([βδ, α],γ − gαε,γ
ε
β δ
)−(
[βγ, α],δ − gαε,δ
ε
β γ
)+ [ζγ, α]
ζ
β δ
− [ζδ, α]
ζ
β γ
Muistetaan vielä harjoitustehtävän 30 tulos niin saadaan
Rαβγδ =
([βδ, α],γ − ([γα, ε] + [γε, α])
ε
β δ
)−(
[βγ, α],δ − ([δα, ε] + [δε, α])
ε
β γ
)+ [ζγ, α]
ζ
β δ
︸ ︷︷ ︸
ζ↔ε
− [ζδ, α]
ζ
β γ
︸ ︷︷ ︸
ζ↔ε
= [βδ, α],γ − [γα, ε]
ε
β δ
−
[γε, α]
ε
β δ
− [βγ, α],δ
+ [δα, ε]
ε
β γ
+
HHHHHHH
[δε, α]
ε
β γ
+
[εγ, α]
ε
β δ
−HHH
HHHH
[εδ, α]
ε
β γ
= [βδ, α],γ − [γα, ε]
ε
β δ
− [βγ, α],δ + [δα, ε]
ε
β γ
josta seuraa lopultakin tulos
Rαβγδ = [βδ, α],γ − [βγ, α],δ + gεζ ([δα, ε][βγ, ζ]− [γα, ε][βδ, ζ])
Harjoitustehtävä 43. Näytä, että Rαβγδ voidaan esittää muodossa51
1
2
(gαδ,βγ + gβγ,αδ − gαγ,βδ − gβδ,αγ + gεζ
(ε
α δ
ζ
β γ
−
ε
α γ
ζ
β δ
))
Riemannin tensorilla näyttäisi olevan 256 komponenttia, mutta symmetriaominai-suuksista (ks. HT 44) johtuen jäljellä on enää 20 riippumatonta komponenttia. Ver-
51Huomaa esityksen rakennne: Ensimmäiset termit ovat metrisen tensorin toisia osittaisderivaat-toja, sitten sieltä löytyy metrinen tensori sellaisenaan (gεζ), ja 2. lajin Christoffelin symboleissa onsisällä metrisen tensorin ensimmäisiä osittaisderivaattoja
45
taa metriseen tensoriin gαβ , jolla on 10 riippumatonta komponenttia52.
Harjoitustehtävä 44. Todista Riemannin tensorin symmetriarelaatiot:
Rαβγδ = −Rαβδγ Rαβγδ = −Rβαγδ Rαβγδ = Rγδαβ = Rδγβα
6.4.2 Bianchin identtisyydet
Riemannin tensori toteuttaa myös tärkeät identtisyydet, nk. Bianchin identtisyydet :
(I) Rεαβγ;δ +Rεαδβ;γ +Rεαγδ;β = 0
(II) Rαβγδ;ε +Rαβεγ;δ +Rαβδε;γ = 0
(III)(Rαβ − 1
2gαβR)
;β= 0
Perustellaan Bianchi (I): Tarkastellaan kahden kovariantin vektorin ulkotuloa AαBβ
(AαBβ);γδ = ((AαBβ);γ);δ = (Aα;γBβ +AαBβ;γ);δ
= Aα;γδBβ +Aα;γBβ;δ +Aα;δBβ;γ +AαBβ;γδ
Tarkastellaan erotusta
(AαBβ);γδ − (AαBβ);δγ =Aα;γδBβ +Aα;γBβ;δ +Aα;δBβ;γ +AαBβ;γδ
−Aα;δγBβ −Aα;δBβ;γ −Aα;γBβ;δ −AαBβ;δγ
=Aα;γδBβ +AαBβ;γδ −Aα;δγBβ −AαBβ;δγ
=Aα(Bβ;γδ −Bβ;δγ) +Bβ(Aα;γδ −Aα;δγ)
=AαBεRεβγδ +BβAεR
εαγδ
jossa viimeinen vaihe seurasi yhtälöstä (17).
Merkitään AαBβ.= Wαβ , jolloin saatiin siis
Wαβ;γδ −Wαβ;δγ = WαεRεβγδ +WεβR
εαγδ
joka on eräs tärkeä välitulos. Toinen tärkeä välitulos saadaan ottamalla Wαβ = Tα;β ,jolloin
Tα;βγδ − Tα;βδγ = Tα;εRεβγδ + Tε;βR
εαγδ
Tätä tulosta hyväksikäyttäen tutkitaan lauseketta
Tα;βγδ − Tα;βδγ + Tα;δβγ − Tα;δγβ + Tα;γδβ − Tα;γβδ
=Tα;εRεβγδ + Tε;βR
εαγδ + Tα;εR
εδβγ + Tε;δR
εαβγ + Tα;εR
εγδβ + Tε;γR
εαδβ
52symmetrinen 4 × 4 -matriisi
46
Toisaalta alkuperäisestä lausekkeesta voidaan myös ryhmitellä näin
Tα;βγδ − Tα;βδγ + Tα;δβγ − Tα;δγβ + Tα;γδβ − Tα;γβδ
= (Tα;βγ − Tα;γβ);δ + (Tα;δβ − Tα;βδ);γ + (Tα;γδ − Tα;δγ);β
= (RεαβγTε);δ + (RεαδβTε);γ + (RεαγδTε);β
= RεαβγTε;δ +Rεαβγ;δTε +RεαδβTε;γ +Rεαδβ;γTε +RεαγδTε;β +Rεαγδ;βTε
Merkataan nämä nyt yhtäsuuriksi, eli saatiin
Tα;εRεβγδ +
Tε;βRεαγδ + Tα;εR
εδβγ +XXXXXTε;δR
εαβγ + Tα;εR
εγδβ +
XXXXXTε;γRεαδβ
=XXXXXRεαβγTε;δ +Rεαβγ;δTε +XXXXXRεαδβTε;γ +Rεαδβ;γTε +
RεαγδTε;β +Rεαγδ;βTε
⇒ Tα;εRεβγδ + Tα;εR
εδβγ + Tα;εR
εγδβ = Rεαβγ;δTε +Rεαδβ;γTε +Rεαγδ;βTε
⇒ Tα;ε (Rεβγδ +Rεδβγ +Rεγδβ)︸ ︷︷ ︸=0 ks. HT 42
= Rεαβγ;δTε +Rεαδβ;γTε +Rεαγδ;βTε
⇒ Rεαβγ;δTε +Rεαδβ;γTε +Rεαγδ;βTε = 0
⇒ Tε︸︷︷︸mv
(Rεαβγ;δ +Rεαδβ;γ +Rεαγδ;β) = 0
⇒ Rεαβγ;δ +Rεαδβ;γ +Rεαγδ;β = 0
Harjoitustehtävä 45. Johda Bianchi (II) käyttämällä Bianchi (I):tä
6.5 Riccin tensori ja -invariantti
Riemannin tensorista Rδαβγ voidaan kontraktiolla δ = γ muodostaa uusi tensori
Rγαβγ.= Rαβ
jota kutsutaan Riccin tensoriksi.
Harjoitustehtävä 46. Osoita, että Riccin tensori on symmetrinen53.
Riccin tensorilla Rαβ on 10 (riippumatonta) komponenttia, kuten metrisellä tenso-rilla.
Harjoitustehtävä 47. Esitä Rαβ 2. lajin Christoffelin symbolien ja niiden osittais-derivaattojen avulla. Näyttääkö siltä, että Riccin tensori on symmetrinen? Ei? Missävika, kun edellä juuri todistit että se kuitenkin on?
53Vihje: takaisin Riemannin tensoriin ja sen määritelmään
47
Tensorin Rαγ(= gαβRβγ) kontraktio γ = α antaa
Rαα(= gαβRαβ).= R
jota kutsutaan Riccin invariantiksi54.
Harjoitustehtävä 48. Näytä, että symmetrinen tensori Rαβ − 14gαβR
.= Sαβ on
jäljetön.
54eli kaarevuusinvariantti tai kaarevuusskalaari
48
6.6 Einsteinin tensori
Symmetrinen tensori Rαβ − 12gαβR
.= Gαβ on nimeltään Einsteinin tensori
Harjoitustehtävä 49. Laske Einsteinin tensorin jälki.
Einsteinin tensori Gαβ toteuttaa Bianchin (III) identtisyyden:
Gαβ;β = 0 eli (Rαβ − 1
2gαβR);β = 0
Toisin sanoen Einsteinin tensorin kovariantti divergenssi on nolla.
Perustellaan tämä: Bianchi (II) sanoo, että
Rαβγδ;ε +Rαβεγ;δ +Rαβδε;γ = 0
⇒ gαδgβγ(Rαβγδ;ε +Rαβεγ;δ +Rαβδε;γ) = 0
⇒ gβγ gαδRαβγδ;ε︸ ︷︷ ︸∗
+gαδ gβγRαβεγ;δ︸ ︷︷ ︸∗
+gβγ gαδRαβδε;γ︸ ︷︷ ︸∗
= 0
Todetaan aputuloksena, että koska metrisen tensorin kovariantti divergenssi häviää,niin tulon derivointisääntö antaa
gαδRαβγδ;ε = (gαδRαβγδ);ε − gαδ;εRαβγδ = (gαδRαβγδ);ε
Käytetään tätä tähdellä merkittyihin kohtiin ja saadaan
gβγ(gαδRαβγδ);ε + gαδ(gβγRαβεγ);δ + gβγ(gαδRαβδε);γ = 0
HT 44⇒ gβγ(gαδRαβγδ);ε − gαδ(gβγRβαεγ);δ − gβγ(gαδRαβεδ);γ = 0
⇒ gβγ(Rδβγδ);ε − gαδ(Rγαεγ);δ − gβγ(Rδβεδ);γ = 0
Josta Riccin tensorin määritelmän mukaan
gβγRβγ;ε − gαδRαε;δ − gβγRβε;γ = 0
Edelleen hyödyntäen sitä, että metrisen tensorin kovariantti divergenssi häviää, saa-daan
(gβγRβγ);ε − (gαδRαε);δ − (gβγRβε);γ = 0
Ensimmäisessä termissä on määritelmän mukaan Riccin invariantti, jälkimmäisetnosto-operoidaan ja saadaan
R;ε − (Rδε);δ − (Rγε);γ = 0
49
Vain summausindeksin nimi poikkeaa jälkimmäisissä, joten
R;ε − 2(Rδε);δ = 0
⇒ R;ε − 2Rδε;δ = 0
Ja edelleen, kertomalla puolittain gεζ :lla ja summaamalla
⇒ gεζR;ε − 2gεζRδε;δ = 0
⇒ (gεζR);ε − 2Rδζ;δ = 0 ‖ δ → ε
⇒ (gεζR);ε − 2Rεζ ;ε = 0
⇒ (gεζR− 2Rεζ);ε = 0
⇒ (−1
2gεζR+Rεζ);ε = 0
⇒ (Rεζ − 1
2gεζR);ε = 0
⇒ (Rζε − 1
2gζεR);ε = 0
kuten väitettiin.
Yleistetty (’kosminen’) Einsteinin tensori on
Rαβ −1
2gαβR+ λgαβ
.= Gαβ
missä λ on kosmologinen vakio joka määräytyy havainnoista ja on lähellä nollaa.
Gαβ on symmetrinen ja sen kovariantti divergenssi55 häviää.
55Muista: kovariantti divergenssi on määritelty kontravarianteille tensoreille, ensin täytyy siisnosto-operoida. Väite on siis, että Gαβ;β = 0
50
7 Avaruusajan kaarevuus
7.1 Yhdensuuntaissiirto muualle avaruusaikaan
Oli: Kovariantti vektori yhdensuuntaissiirtyy maailmanviivaa pitkin, jos
δTαδu
= 0 ts.dTαdu−
γ
α β
Tγdxβ
du= 0
Tässä on 4 differentiaaliyhtälöä, koska α ∈ 1, 2, 3, 4.
Tietylle annetulle maailmanviivalle tällä ensimmäisen kertaluvun DY:iden järjeste-mällä on yksikäsitteinen ratkaisu Tα(u), kun alkutilanteessa vektori on Tα(uA). Tu-leeko sama vektori muita maailmanviivoja pitkin (Kuva 10)? Määritelmän mukaan-han
δTαδu
= Tα;βdxβ
du
jossa oikean puolen termi liittyy maailmanviivaan, ja vasemman puolen kovarianttiderivaatta taas Riemannin–Einsteinin-avaruusaikaan.
u=uA
u
Kuva 10: Vahvennettua maailmanviivaa pitkin tapahtuu yhdensuuntaissiirto, entämuita pitkin?
Onko mahdollista luoda mielivaltaisesta, tietyssä pistetapahtumassa sijaitsevastavektorista Tα(xβA) kaikkialle Riemannin–Einsteinin avaruusaikaan tai sen 4-ulotteiseenosaan yhdensuuntaisten vektorien kenttä?
Jos näin on, tulisi Tα(xβ):n toteuttaa 1. kertaluvun osittaisdifferentiaaliyhtälöidenjärjestelmä Tα;β = 0 eli
Tα,β =
γ
α β
Tγ
Derivointijärjestyksen vaihtoa koskeva olettamus Tα,βγ = Tα,γβ on edellä olevan osit-taisdifferentiaaliyhtälöjärjestelmän integroituvuusehto.
Harjoitustehtävä 50. Todista että ehdosta(δ
α β
Tδ
),γ
=
(δ
α γ
Tδ
),β
51
seuraa,56 että RδαβγTδ = 0
Tδ on mielivaltainen, joten integroituvuusehdoksi tulee Rδαβγ ≡ 0. Näin ollen on”yhdensuuntaisten” vektorien kenttä mahdollinen vain, jos Riemannin tensori onidenttisesti nolla.
Riemannin–Einsteinin avaruusaikaa, jossa Riemannin tensori häviää identtisesti, sa-notaan laakeaksi. Jos Riemannin tensori ei ole identtisesti nolla, on Riemannin ava-ruusaika kaareva.→ Riemannin tensori = kaarevuustensori.
Vertaa: 2-ulotteisella laakealla tasolla on olemassa yhdensuuntaisten vektorien mää-rittämä suunta yksikäsitteisesti kaikkialla; näin ei ole asian laita 2-ulotteisella kaa-revalla pallopinnalla57.
Riemannin tensoria voidaan pitää operaattorina, joka operoi vektorikenttään:
• laakeassa RδαβγTδ = 0.
• kaarevassa avaruusajassa RδαβγTδ = Tαiβγ − Tαiγβ .
7.2 Laakean avaruusajan metrinen tensori
Jos oletetaan Rδαβγ = 0, niin mitä tästä seuraa metriselle tensorille gαβ(xγ) ?
Kovariantin vektorin Tα yhdensuuntaissiirto kaikkialle 4-ulotteiseen Riemannin–Einsteinin-avaruusaikaan antaa vektorikentän, joka toteuttaa yhtälön Tα;β = 0 ts.
Tα,β =
γ
α β
Tγ
Voiko Tα olla edellä olevassa yhtälössä jonkin skalaarikentän S(xα) gradientti S,α?
⇒ S,αβ =
γ
α β
S,γ =
γ
β α
S,γ = S,βα
joten yhtälö on integroituva. Siis voi.
Valitaan 4 riippumatonta kenttää, jotka ovat muunnetun koordinaatiston koordinaa-tit x′1(xα), x′2(xα), x′3(xα) ja x′4(xα) siten, että
x′γ,αβ =
δ
α β
x′γ,δ
ts.∂2x′γ
∂xβ∂xα=
δ
α β
∂x′γ
∂xδ(18)
56Vihje: Leibnizin sääntö57Huomaa, ettei esim sylinteri ei ole kaareva sisäisesti!
52
Kuva 11: Ovatko nämä 2-ulotteiset pinnat kaarevia?
Harjoitustehtävä 51. Bonustehtävä: Onko kartion tai toroidin geometria sisäisestikaareva (Kuva 11) ?
Koska
gαβ =∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβg′γδ
niin
∂gαβ∂xε
=∂2x′γ
∂xε∂xα∂x′δ
∂xβg′γδ +
∂x′γ
∂xα∂2x′δ
∂xε∂xβg′γδ +
∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβ∂g′γδ∂xε
(18)=
ζ
ε α
∂x′γ
∂xζ∂x′δ
∂xβg′γδ +
∂x′γ
∂xα
ζ
ε β
∂x′δ
∂xζg′γδ +
∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβ∂g′γδ∂xε
=
ζ
ε α
∂x′γ
∂xζ∂x′δ
∂xβg′γδ +
ζ
ε β
∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xζg′γδ +
∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβ∂g′γδ∂xε
=
ζ
ε α
gζβ +
ζ
ε β
gαζ +
∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβ∂g′γδ∂xε
= [εα, β] + [εβ, α] +∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβ∂g′γδ∂xε
HT 30=
∂gαβ∂xε
+∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβ∂g′γδ∂xε
Saatiin siis sama termi molemmille puolille ja sitä myöten tulos
∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβ∂g′γδ∂xε
= 0 ⇒∂g′γδ∂xε
= 0
Siis muunnetussa koordinaatistossa metrisen tensorin komponentit ovat vakioita.58
58riippumattomia xε:sta, siis avaruuden koordinaateista
53
7.2.1 Kanoninen neliömuoto
Kun metrisen tensorin komponentit ovat vakioita, niin Christoffelin symbolit ovatnollia, mutta koska nämä symbolit eivät ole tensoreita, niin muita koordinaatistojakäytettäessä ko. symbolit eivät enää välttämättä häviä.
Sen sijaan, kun gαβ :t ovat vakioita, on Riemannin tensori nolla kaikissa koordinaa-tistoissa ja Riemannin–Einsteinin-avaruusaika on laakea. Kun avaruusaika on laakea,Rδαβγ ≡ 0, on olemassa sellainen koordinaatisto, jossa invariantti neliömuoto Q onkaikkialla yksinkertainen. Kyseessä on niinsanottu kanoninen neliömuoto.
7.2.2 Ortonormitettu tetradi
Liitetään pistetapahtumaan A neljä keskenään ortogonaalista yksikkövektoria µ(i)α ,
missä α on kovariantti tensori-indeksi (α = 1, 2, 3, 4) ja i on nelikon vektorin indeksi.Tällainen nelikko on nimeltään ortonormitettu tetradi.
Pistetapahtumassa A pätee gαβµ(i)α µ
(j)β = 4ij , missä yleistetty Kroneckerin delta
4ij =
0 kun i 6= jεi kun i = j; εi = ±1 on tetradivektorin indikaattori
Yhdensuuntaissiirretään tetradia. Kun Riemannin tensori on nolla kaikkialla, onkaikkialla Riemannin–Einsteinin-avaruusajassa voimassa
gαβµ(i)α µ
(j)β = 4ij
Integraalin∫ BA µ
(i)α dxα arvo ei riipu maailmanviivasta, joten µ
(i)α dxα
.= dXi on ek-
saktidifferentiaali ja µ(i)α = ∂Xi
∂xα . Tällöin
gαβ∂Xi
∂xα∂Xj
∂xβ= 4ij (19)
Käytetään neljää Xi:tä uusina pistetapahtumakoordinaatteina. Vertailemalla relaa-tiota (19) muunnosrelaatioon
gαβ∂x′γ
∂xα∂x′δ
∂xβ= g′γδ
päätellään, että muunnetussa koordinaatistossa (x′α ≡ Xα) metrisen tensorin kom-ponentit ovat vakioita 4αβ . Siten laakeassa avaruusajassa
Q = 4αβdXαdXβ = ε1(dX1)2 + ε2(dX2)2 + ε3(dX3)2 + ε4(dX4)2,
Merkitään saatua tulosta∑4
α=1 εα(dxα)2, joka on kanoninen neliömuoto.
54
7.2.3 Pseudokarteesinen koordinaatisto
Pseudokarteesinen (lyhyesti PK) valinta59
ε1 = ε2 = ε3 = +1 ε4 = −1
jolloin
Q.= QPK = (dx1)2 + (dx2)2 + (dx3)2 − (dx4)2 .
= ηαβdxαdxβ
missä matriisi[ηαβ] = diag(1, 1, 1,−1)
esittää laakean avaruusajan, suppean suhteellisuusteorian, metristä tensoria.
QPK < 0 menneisyys (dx4 < 0) ja tulevaisuus (dx4 > 0)QPK > 0 nykyisyysQPK = 0 nollakartio
Nollakartion vaippa, missä dx4 < 0 erottaa menneisyyden nykyisyydestä ja vaippa,missä dx4 > 0, erottaa tulevaisuuden nykyisyydestä.
7.3 Avaruusajan pisteittäinen laakeus
Jokainen Riemannin–Einsteinin-avaruusaika on pisteittäin (piste kerrallaan) laakea:Riemannin tensori redusoituu nollaksi ja pätee60
Q =
4∑α=1
εα(dxα)2 PK= ηαβdx
αdxβ
tässä ainokaisessa pistetapahtumassa kerrallaan. Mahdollinen seuraus on, että Riemannin–Einsteinin-avaruusaika lokaalisti ”näyttää” suppean suhteellisuusteorian avaruusajal-ta, jota myös kutsutaan Minkowskin avaruusajaksi.
Metrinen tensori: gαβ ≈ ηαβ? Ideaa 2-ulotteisesta tilanteesta kuvassa 12.
Takaisin 4-ulotteiseen Riemannin–Einsteinin kaarevaan avaruusaikaan: Asetetaanmielivaltaisesti valitun pistetapahtuman A ympäristöön koordinaatisto siten, että
(xα)A = (0, 0, 0, 0) ja (gαβ,γ)A = 0
Tällöin (α
β γ
)A
= 0
59motivaationa subjektiivinen ajantunne60Pseudokarteesisella valinnalla
55
x¹O kaareva (sileä) pinta S
S:n tangenttitaso karteesisenx¹x²-koordinaatiston origossa O
x²
Kuva 12: Projisoidaan tangenttitason karteesiset koordinaatit pinnalle S. Tällöinprojisoidut koordinaattikäyrät S:llä eroavat tason koordinaattikäyristä toisessa
kertaluvussa
ja pienille xα:n arvoille on Taylorin lauseen mukaan
gαβ ≈ ηαβ +1
2(gαβ,γδ)Ax
γxδ︸ ︷︷ ︸poikkeama vasta2. kertaluvussa
Koordinaatit eo. kaltaisessa approksimaatiossa ovat lokaalisti pseudokarteesisia. Poik-keama laakeudesta liittyy siis metrisen tensorin nollasta eroaviin toisiin osittaisderi-vaattoihin. Riemannin tensori lokaalisti pseudokarteesisia koordinaatteja käytettäes-sä on61 (
Rδαβγ
)A
=
(δ
α γ
′β
−
δ
α β
′γ
)A
Harjoitustehtävä 52. Johda Bianchi I käyttäen apuna lokaalisti pseudokarteesisiakoordinaatteja62
61kun kehitetään lokaalisti pseudokarteesisen koordinaatiston mielivaltaisesti valitussa origossa A62Vihje: Tämä on nyt melko helppoa, vrt. todistustasi aiempaan.
56
7.4 Gravitaation olemassaolo
Siirryttäessä lokaalisti pseudokarteesiseen koordinaatistoon vapaassa putoamisliik-keessä olevan hiukkasen liikeyhtälöksi63 tulee
d2xα
du2= 0 koska
α
β γ
= 0
joka on sama kuin voimista vapaan hiukkasen liikeyhtälö suppeassa suhteellisuusteo-riassa. Siten ko. koordinaatistossa gravitaatiovapaan suppean suhteellisuusteorianmukaiset fysiikan lait ovat voimassa lokaalisti. Kansanomainen valaistus tästä on”Einsteinin hissi”.
Mutta . . . Riemannin tensoria, joka sisältää metrisen tensorin toisen ker-taluvun osittaisderivaattoja, ei voi lokaalisti pseudokarteesisella koordi-naattimuunnoksella hävittää
Luvusta 5: ”Gravitaatio on tai sitä ei ole”. Nyt vedämme johtopäätöksen: Gravitaatioon. Muista luku 1: ”Perimmäinen tavoite on yrittää ymmärtää olemassaolo”.
63geodeettinen yhtälö
57
8 Gravitaatioteoria
Yleisessä suhteellisuusteoriassa Riemannin tensori on kenttä, joka kuvaa gravitaa-tioilmiötä, mutta siihen ei liity minkäänlaista ”voimaa”, joka vaikuttaisi yksittäi-seen vapaassa putoamisliikkeessä olevan hiukkasen liiketilaan. Yhden vapaassa pu-toamisliikkeessä olevan hiukkasen liikeyhtälön – geodeettisen yhtälön – analysoin-ti ei ole riittävää kun halutaan ymmärtää nollasta eroavan Riemannin tensorin ts.Riemannin–Einsteinin avaruusajan kaarevuuden havaittavat, mitattavat, vaikutuk-set. Nämä vaikutukset, ja paljon muuta, tulevat esiin vasta, kun analysoidaan kahdengeodeesin keskinäistä konvergenssia tai divergenssiä64 (katso kuva 13).
8.1 Newtonin gravitaatiokenttäteoria
Tarkastellaan vapaasti putoavien hiukkasten suhteellista liikettä Newtonin gravitaa-tiokenttäteoriassa, kenttänä gravitaatiopotentiaali φ(xa), a ∈ 1, 2, 3.
Vapaasti putoavan hiukkasen liikeyhtälö on
d2xadt2
= − ∂φ
∂xaxa = xa(t)
Tarkastellaan polkuperhettä xa = xa(u, v), missä u on polkuparametri, v nimiöipolut ja ua = ∂xa
∂u ja va = ∂xa∂v ovat tangenttivektorikenttiä (vertaa kuva 13). Vektori
ua liittyy yhden hiukkasen liikkeeseenva liittyy kahden hiukkasen suhteelliseen liikkeeseen
ja polkuyhtälö on∂2xa∂u2
= − ∂φ
∂xaeli
∂ua∂u
= − ∂φ
∂xa
Lasketaan ∂va∂u ja ∂2va
∂u2:
∂va∂u
=∂
∂u
(∂xa∂v
)=
∂
∂v
(∂xa∂u
)=∂ua∂v
⇒ ∂2va∂u2
=∂
∂u
(∂ua∂v
)=
∂
∂v
(∂ua∂u
)=
∂
∂v
(− ∂φ
∂xa
)= − ∂xb
∂v︸︷︷︸vb
∂
∂xb
(∂φ
∂xa
)
⇒ ∂2va∂u2
= − ∂2φ
∂xb∂xavb yhtälö va:lle!
Korvataan parametri u molemmilla poluilla Newtonin epärelativistisen fysiikan ab-soluuttisella ajalla t. Otetaan jatkumokuvailussa käyttöön infinitesimaalinen poik-keamavektori ρa = va∆v (∆v → 0). Tuloksena on vapaasti putoavien hiukkasten
64lähenevyyttä tai erkanevuutta
58
v = vakiov+∆v = vakio
u+∆u = vakio
u = vakio
ua
va
ρa
Kuva 13: Kahden vapaasti putoavan hiukkasen suhteellisen liikkeen tarkastelu.
suhteellista liikettä kuvaava poikkeamayhtälö Newtonin gravitaatiokenttäteoriassa:
∂2ρa∂t2︸ ︷︷ ︸
hiukkasten suht.kiihtyvyys
= − ∂2φ
∂xb∂xaρb
Omaksutaan käsitteet Newtonin vuorovaikutusmatriisi[− ∂2φ
∂xb∂xa
]= Nab jolloin
∂2ρa∂t2
= Nabρb
ja Newtonin vuorovesiskalaari
N .= Tr(Nab) =
3∑a=1
Naa = −3∑
a=1
∂2φ
∂x2a
= −∇2φ
59
Tyhjässä avaruudessa, niin kutsutussa tyhjiössä, ei ole materiaa eikä kenttiä paitsigravitaatiokenttä. Gravitaation läsnäolo ei häiritse tyhjyyttä.
Tyhjiössä65 kenttäyhtälö on Laplacen yhtälö
∇2φ = 0 ts. N = 0
Materian esiintyessä66 pätee kenttäyhtälö, Poissonin yhtälö
∇2φ = 4πGNρm
missä ρm = ρm(xa) on massatiheys, joten N = −4πGNρm.
8.2 Einsteinin gravitaatiokenttäteoria eli YST
Tarkastellaan maailmanviivaperhettä xα = xα(u, v), α ∈ 1, 2, 3, 4 ja näiden para-metrimuotoisten yhtälöiden esittämää kaksiulotteista avaruutta eli maailmanpintaa,joka on upotettu neliulotteiseen Riemannin–Einsteinin-avaruusaikaan (vertaa edel-leen kuva 13).
Tangenttivektorikenttinä ovat Uα = ∂xα
∂u ja V α = ∂xα
∂v ja mielivaltaisena vektorikent-tänä maailmanpinnalla Tα(u, v)
Absoluuttiset derivaatat
δTα
δu=∂Tα
∂u+
α
β γ
T βUγ
jaδTα
δv=∂Tα
∂v+
α
β γ
T βV γ
käyriä pitkin ovat myös vektorikenttiä.
Jos δTα
δu = 0 tai δTα
δv = 0, niin Tα yhdensuuntaissiirtyy parametrikäyrää pitkin.
On olemassa myös toisen kertaluvun absoluuttiset derivaatat δ2Tα
δu2, δ
2Tα
δv2sekä erityi-
sen mielenkiintoiset δ2Tα
δuδv ,δ2Tα
δvδu jotka yleensä ovat erisuuret.
Harjoitustehtävä 53. Laske välivaiheet seuraavaan:
δ2Tα
δuδv− δ2Tα
δvδu=
δ
δu(δTα
δv)︸ ︷︷ ︸
vektori
− δ
δv(δTα
δu)︸ ︷︷ ︸
vektori
= . . . = Rαβγδ︸ ︷︷ ︸∗
T βUγV δ
65”puhdasta gravitaatiota”66esim. jatkuvana massajakaumana
60
Huomioi:Rαβγδ EI identtisesti nolla kaarevassa avaruusajassaRαβγδ ON identtisesti nolla laakeassa avaruusajassa.
Siten absoluuttisen derivoinnin kommutointi on myös kiinni avaruusajan kaarevuu-desta.
Harjoitustehtävä 54. Osoita, että
δV α
δu=δUα
δvVihje: helppo
Harjoitustehtävä 55. Laske
δ2Tαβ
δuδv− δ2Tαβ
δvδumissä Tαβ = Tαβ(u, v)
Vihje: ei niin helppo, mutta nätti tulos.
Otetaan Tα = Uα, jolloin
δ2Uα
δuδv=δ2Uα
δvδu+RαβγδU
βUγV δ
Lasketaan tätä käyttäen δ2V α
δu2(vrt. ∂
2Vα∂u2
):
δ
δu(δV α
δu)HT 54
=δ
δu(δUα
δv) =
δ2Uα
δuδv=
δ
δv(δUα
δu) +RαβγδU
βUγV δ
Tarkastelun kohteena olevat hiukkaset ovat vapaassa putoamisliikkeessä. Silloin Eins-teinin geodeettisen hypoteesin mukaan hiukkasen maailmanviiva on geodeesi ava-ruusajassa ja
δUα
δu= 0 ⇒ δ2V α
δu2= RαβγδU
βUγV δ
(vrt.
∂2Vα∂u2
=∂2φ
∂xb∂xaVb
)Jatkumotarkastelussa ∆v on infinitesimmalinen ja vastaava poikkeamavektori on
ρα = V α∆v
Geodeettinen poikkeamayhtälö Einsteinin gravitaatiokenttäteoriassa:
δ2ρα
δu2= RαβγδU
βUγρδ
61
Riemannin vuorovesitensori
RαβγδUβUγ
.= Rαδ ⇒ δ2ρα
δu2= Rαδρδ
(vrt.
∂2ρa
∂u2= Nabρb
)Riemannin vuorovesi-invariantti
R .= Rαα = Tr(Rαδ) = RαβγαU
βUγ = RβγUβUγ
(vrt. N = −∇2φ
)8.3 Kenttäyhtälöt
Ja nyt Newtonin teoria fysikaalisen teorian toimivuuden soihdunkantajana johdat-takoon meidät . . .Einsteinin ensimmäiseen gravitaatiopostulaattiin. Tyhjässä ava-ruusajassa gravitaation kenttäyhtälö eli Einsteinin kenttäyhtälö tyhjiössä on
R = 0 (vrt. N = 0)
toisin sanoenRαβ = 0
(vrt.∇2φ = 0
)Kyseessä on tensoriyhtälö. Jos tensoriyhtälö on voimassa yhdessä kordinaatistossa,on se voimassa kaikissa muissakin koordinaatistoissa (R′αβ = 0). Tähän olennaiseenseikkaan perustuu geometristen objektien (kuten tensorien) hyödyllisyys fysiikassa(eritoten juuri YST:ssa).
Jäljellä on kuitenkin ongelma koskien Einsteinin kenttäyhtälön Rαβ = 0 ja vastaavanNewtonin kenttäyhtälön ∇2φ = 0 välistä yhteyttä. Millä tavalla tapahtuu lähesty-minen R = 0→ N = 0 epärelativistisella rajalla?
Einsteinin mukaan intuitiivisesti Rαβ = 0 → ∇2φ = 0 kun
i) ”gravitaatiokenttä on heikko”, esimerkkinä Auringon gravitaatiokenttä (metri-nen tensori ≈ ηαβ)
ii) ”hiukkasen 3-nopeus on pieni verrattuna valon nopeuteen”, esimerkkinä planee-tan liike.
Tällöin Newtonin gravitaatioteorian erinomaiset ennustukset, koskien esimerkiksiplaneettojen liikettä Aurinkokunnassamme, säilyvät. Mutta absoluuttisen ajan esiin-tulo jää ongelmaksi. Sen sijaan, että tarvitsisi pohtia aikaa suoraan, otetaan käyttöönajanluonteisen suunnan käsite - sitä luonnehtii tangenttivektori67 Uα = dxα
du - sekäortonormitettu tetradi (OT), jota yhdensuuntaissiirretään vapaasti putoavan hiuk-kasen geodeettista polkua xα = xα(u) pitkin (siis hiukkasen mukana, vrt. ”Einsteininhissi”)
67Otetaan Uα yksikkövektoriksi, jolloin gαβUαUβ = −1 toisin sanoen gαβ dxα
dudxβ
du= −1 (miinus
vastaa ajanluonteisuutta)
62
Kommentti: Jos maailmanviivaparametriksi u valitaan kellonlukema s, niin
gαβdxα
ds
dxβ
ds= −1
jolloin pätee ds2 = − gαβdxαdxβ︸ ︷︷ ︸<0
> 0 kun dxα ajanluonteinen.
Lausekettadxα
ds
.= V α
kutsutaan hiukkasen nelinopeudeksi. Koska
gαβVαV β = V αVβ = −1
niin ei voida puhua pienistä nelinopeuksista: (V α)2 = −1 aina.
8.4 Täydennystä OT-laskentaan
Kontravariantti tetradivektori µα(i) ; vastaava kovariantti tetradivektori gαβµβ(i) =
µ(i)α. Myös gαβµ(i)β = µα(i).
Valinta µα(a) (a ∈ 1, 2, 3) ovat paikanluonteisia ja µα(4) on ajanluonteinen; ortonor-mitusehto on silloin
gαβµα(i)µ
β(j) = µα(i)µ(j)α = η(ij) = diag(1, 1, 1,−1)
jolloinη(ij)η(jk) = δik
Indeksin (i) nosto ja lasku
η(ij)µα(j) = µ(i)α ja η(ij)µ(j)α = µ(i)α
sekä η(ij)µ(j)α = µα(i) ja η(ij)µ
(j)α = µ(i)α
Harjoitustehtävä 56. Näytä, että
a) µα(i)µ(j)α = δji b) µα(i)µ
(i)β = δαβ
Mikä tahansa avaruusaikatensori voidaan hajottaa68 avaruusaikainvariantteihin tet-68vertaa vektorin ~A hajottaminen karteesisiin skalaarikomponentteihin Ai siten, että ~A = Ax i+
Ay j +Az k
63
radikomponentteihin69.
Esim.
Tα = T (i)µα(i) Tα = T(i)µ(i)α
Tαβ = T (ij)µα(i)µβ(j) Tαβ = T(ij)µ
(i)α µ
(j)β
Tαβ = T(i)(j)µ
α(i)µ
β(j)
Käänteisesti esim.
Tα = T (j)µα(j) ‖ · µ(i)α
Tαµ(i)α = T (j)µα(j)µ
(i)α = δijT
(j) = T (i)
Harjoitustehtävä 57. a) T(i) b) T (ij) c) T(ij) d) T (i)(j)
Kiinnitetään ortonormitettu tetradi ensin vapaasti putoavan hiukkasen geodeesinjohonkin pistetapahtumaan A ja sen jälkeen yhdensuuntaissiirretään OT geodeesiapitkin, siis
δµα(i)
δu= 0 , missä µα(4) = Uα︸ ︷︷ ︸
ajanluonteisia
(Uα tangenttivektori)
Harjoitustehtävä 58. Osoita, että yhdensuuntaissiirrossa OT pysyy OT:na, eli,
i) että
josδµα(i)
δu= 0 niin
d
du(gαβµ
α(i)µ
β(i)) = 0 ∀i
ii) ja että
josδµα(i)
δu= 0 ja
δµα(j)
δu= 0 niin
d
du(gαβµ
α(i)µ
β(j)) = 0 ∀i 6= j
8.5 Geodeettinen poikkeamayhtälö tetradien avulla
Geodeettisesta poikkeamayhtälöstä
δ2ρα
δu2= Rαβρβ
69riippuvat OT:n valinnasta
64
saadaan
⇒ µ(i)αδ2ρα
δu2= Rαβµ(i)αρ
β
⇒ δ2
δu2(ραµ(i)α) = Rαβµ(i)αρ
β ‖ ρβ = ρ(j)µβ(j)
⇒ δ2
δu2(ραµ(i)α) = Rαβµ(i)αρ
(j)µβ(j) ‖ ραµ(i)α.= ρ(i) avaruusaikainvariantti
Invariantille absoluuttinen derivaatta voidaan korvata tavallisella derivaatalla.
⇒∂2ρ(i)
∂u2= Rαβµ(i)αµ
β(j)ρ
(j) ‖ Rαβµ(i)α = Rαβµα(i)
⇒∂2ρ(i)
∂u2= Rαβµα(i)µ
β(j)ρ
(j) = R(ij)ρ(j)
joka on avaruusaikainvariantti geodeettinen poikkeamayhtälö (vertaa ∂2ρa∂u2
= Nabρb).
Huomaa, että nyt siis
R(ij) = Rαβµ(i)αµβ(j) = RαγδβU
γU δµ(i)αµβ(j) ‖ UγU δ = µγ(4)µ
δ(4)
⇒ R(ij) = Rαγδβµ(i)αµγ(4)µ
δ(4)µ
β(j) = R(i44j)
Erityisesti siisR(ab) = R(a44b) a, b ∈ 1, 2, 3
8.6 Ad hoc epärelativistinen raja
Harjoitustehtävä 59. Perustele: R4444, Ra444 ja R444a ovat kaikki nollia, kun a ∈1, 2, 3.
Mitä seuraa, jos otetaan lähtökohdaksi R(ab) = N(ab) ? Tällöin
TrR(ab) = TrN(ab)
missäTrN(ab) = N
ja
TrR(ab) =3∑
a=1
R(aa) =
3∑a=1
R(a44a)HT 59
=
4∑i,j=1
η(ij)R(i44j) = R(44)
Siten R(44) = N . Toisaalta muistetaan, että
R(44) = Rαβµα(4)µ
β(4) = RαβU
αUβ ≡ R
65
joten R = N pätee70 epärelativistisella rajalla ja saatiin R = 0→ N = 0.
8.7 Kenttäyhtälön ratkaisemisen vaikeus
Einsteinin kenttäyhtälö Rαβ = 0 on epälineaarinen ja siksi hankala ratkaista. Asetta-malla fysikaalisiin argumentteihin tukeutuvia lisäolettamuksia kuten symmetriaeh-toja invariantille neliömuodolle, voidaan Einsteinin kenttäyhtälöä merkittävästi yk-sinkertaistaa. Esimerkiksi pallosymmetrisessä tapauksessa kyetään kenttäyhtälö rat-kaisemaan eksaktisti (Schwarzschild, 1916); kyseessä oleva ratkaisu liittyy erityisestiyhden kappaleen perusongelmaan tähtitieteessä, nimittäin planeettojen ratoihin au-rinkokunnassamme.
Yleisesti ottaen on Rαβ = 0 kymmenen toisen kertaluvun kvasilineaarisen osittaisdif-ferentiaaliyhtälön järjestelmä, muuttujina neljä pistetapahtumakoordinaattia. Kva-silineaarinen luonne selviää esittämällä Rαβ = 0 muodossa
γ
α γ
,β
−
γ
α β
,γ︸ ︷︷ ︸+
δ
α γ
γ
δ β
−
δ
α β
γ
δ γ
= 0
Alleviivattu termi sisältää gαβ :n toisia osittaisderivaattoja lineaarisella tavalla. Kui-tenkin kaikki termit sisältävät gαβ :aa ja sen ensimmäisiä osittaisderivaattoja epäli-neaarisella tavalla.
8.8 Materia ja muut kentät kuin gravitaatio
”Einsteinin unelma”: Einstein halusi, että vain puhdas gravitaatio tarvitaan ”funda-mentaalisessa fysiikaalisessa teoriassa”.
Kenttäyhtälön korkea epälineaarisuusaste sai Einsteinin toivomaan, että yhtälölläsaattaisi olla hiukkasmaisia ratkaisuja. Kuitenkin tämän kaltaisten ratkaisujen il-maantuminen näyttää epätodennäköiseltä (ei ole todistettu!).
Einstein oli näin ollen pakotettu lisäämään teoriaansa - toisin sanoen kenttäyhtä-löönsä - (hänestä vastenmieliseltä tuntuvan) materiatensorin. Einstein unelmoi, ettätämä olisi vain välivaihe ”kaiken teorian”/”lopullisen teorian” kehityksessä.
Einsteinin ensimmäisen gravitaatiopostulaatin mukaan tyhjiössä pätee kenttäyhtälö
Rαβ = 0
Ekvivalentti kenttäyhtälö tyhjiössä on Gαβ = 0.
70huomaa, että R on jälki yli kaikkien indeksiparien. Ei olisi ollut välttämätöntä suoraan, ettäTrR(ab) = R.
66
Harjoitustehtävä 60. Totea tämän paikkansapitävyys, eli että
Rab = 0 ⇔ Gab = 0
Einsteinin toinen gravitaatiopostulaatti?
Rαβ = Xαβ ? Gαβ = Xαβ ? (vrt. ∇2φ = 4πGNρm)
Tässä Xαβ on symmetrinen 2. kertaluvun tensori, joka esittää materian ja kenttienläsnäoloa. Tiedämme, että Einsteinin tensorin kovariantti divergenssi häviää aina,Gαβ;β = 0 (Bianchi III), mutta Riccin tensorille on Rαβ;β 6= 0 yleensä71 voimassa.Täytyykö72 materiatensorin yhdenmukaisuuden vuoksi silloin toteuttaa aina ehtoXαβ
;β = 0 ?
8.9 Vakioinen kaarevuus
Yksinkertaisin kaikista Riemannin–Einsteinin-avaruusajoista on tietenkin suppeansuhteellisuusteorian laakea avaruusaika; ei kaarevuutta, ei gravitaatiota, Rαβγδ ≡ 0.Seuraavaksi yksinkertaisin on vakio Riemannin kaarevuuden omaava avaruusaika.Riemannin–Einsteinin-avaruusajalla on isotrooppisessa pisteessä xα lokaalisti vakioRiemannin kaarevuus κR(xα) jos Riemannin tensori on
Rαβγδ = κR(xα)
∣∣∣∣ gαγ gαδgβγ gβδ
∣∣∣∣ (20)
Harjoitustehtävä 61. Jos Riemannin–Einsteinin-avaruusajan Riemannin kaare-vuus on lokaalisti vakio kussakin isotrooppisessa pisteessä xα, on Riemannin kaa-revuus vakio kaikkialla avaruusajassa, toisinsanoen κR(xα) = vakio.
Todista tämä väittämä (ns. Schurin lause) käyttämällä Bianchin toista identtisyyttä.Osoita lisäksi, että
Rαβ = −3κRgαβ ja R = −12κR ja Gαβ = 3κRgαβ
missä κR on vakio (ts. isotrooppisuudesta → homogeenisuus)
Lisätietoa: Edellä ollut yhtälö (20), joka määriteeli lokaalisti vakion Riemannin kaa-revuuden κR(xα) neliulotteisessa avaruusajassa, pätee kaksiulotteiselle pinnalle (in-deksit α, β, γ, δ ∈ 1, 2) siten, että k.o. pinnalla ainoa nollasta eroava riippumaton
71ks. kuitenkin de Sitterin maailmankaikkeus72Historiaan liittyvä sivuhuomautus: Einstein piti vielä vuonna 1914 kiinni yhtälöstä Rαβ = Xαβ .
67
Riemannin tensorin komponentti on
R1212 = κG(x1, x2)︸ ︷︷ ︸Gaussin kaarevuus
∣∣∣∣ g11 g12
g21 g22
∣∣∣∣ .= κG(x1, x2)g
Yleensä κG ei ole vakio, vaan arvo vaihtelee pisteestä toiseen.
Gaussin kaarevuus (”pinnan sisäinen kaarevuus”) on invariantti (koordinaatistostariippumaton) ominaisuus, joka riippuu vain pinnan sisäisistä metrisistä ominaisuuk-sista. Tämä tulos on nimeltään Gaussin ”Theorema Egregium”, joka on explisiittisesti
κG(x1, x2) =
1
2g
[2 · ∂
2g12
∂x1∂x2− ∂2g11
∂2x2− ∂2g22
∂2x1
]− g22
4g2
[(∂g11
∂x1
)(2 · ∂g12
∂x2− ∂g22
∂x1
)−(∂g11
∂x2
)2]
− g12
4g2
[(∂g11
∂x1
)(∂g22
∂x2
)− 2 ·
(∂g11
∂x2
)(∂g22
∂x1
)+
(2 · ∂g12
∂x1− ∂g11
∂x2
)(2 · ∂g12
∂x2− ∂g22
∂x1
)]− g22
4g2
[(∂g22
∂x2
)(2 · ∂g12
∂x1− ∂g11
∂x2
)−(∂g22
∂x1
)2]
Harjoitustehtävä 62. Laske κG (sovella edellä olevaa yhtälöä) tasolle käyttämällä
1) Karteesisia koordinaatteja, eli gαβ =
[1 00 1
]
2) Napakoordinaatteja, eli gαβ =
[1 00 (x1)2
]
Harjoitustehtävä 63. Johda tulos κG = 1a2a-säteiselle pallopinnalle.
Harjoitustehtävä 64. Laske κG a-säteiselle lieriövaippapinnalle.
Harjoitustehtävä 65. Näytä, että pinnan, jonka metriikka on
gαβ =
[f(x1) 0
0 (x1)2
]Gaussin kaarevuudeksi saadaan
κG =1
2x1[f(x1)]2· ddx
(f(x1))
Määritä f(x1) jos κG on vakio (reunaehto: taso)
68
Harjoitustehtävä 66. (Työläs) Tarkastele a-säteistä pallopintaa siten, että Gaussin
pinta-koordinaatit ovat x1 = θ ja x2 = φ ja gαβ =
[a2 00 a2(sin θ)2
]
a) Muodosta gαβ
b) Määritä kaikki Christoffelin symbolitαβ γ
c) Laske R1
212 ja R2121
d) Laske R12 ja R21
e) Määritä R. Totea, että R = −2κG = −2R1212g pätee.
8.10 Kosmologinen vakio
Einsteinin avaruusaika eli de Sitterin maailmankaikkeus on avaruusaika, jonka geo-metria toteuttaa kenttäyhtälön Gαβ = λgαβ , missä λ on kosmologinen vakio.
Kyseessä on siis vakio Riemannin kaarevuuden omaava avaruusaika, κR = λ3 . Huo-
maa, että Gαβ;β = 0 (aina), ja että myös Rαβ;β = 0 tässä tapauksessa, koska73 nytRαβ = −λgαβ . Kosmologisen vakion λ voidaan ajatella käyttäytyvän kuten homo-geeninen massatiheys (Xαβ = λgαβ), mutta oikeastaan kyse on lisäyksestä tyhjiönkaarevuuteen:
Gαβ − λgαβ = 0
⇒ Rαβ −1
2gαβ(R+ 2λ) = 0 ‖ (R→ R+ 2λ)
Vertaa ”Einsteinin unelmaan”.
73Tämä on lyhyesti perusteltavissa käyttämällä tietoja tehtävistä 49 ja 26.
69
9 Kenttäyhtälöiden soveltaminen
9.1 Kohti materian diskreettiä mallia
Massatiheydellä (ρm) Newtonin gravitaatioteoriassa on kaksijakoinen rooli. Yhtäältäse ilmentää materian mekaanisia ominaisuuksia ja toisaalta se lähdealueella määräägravitaatiokentän:
∇2φ = 4πGNρm
Newtonin mekaniikassa tavallisesti lähtökohtana on yhden hiukkasen mekaniikka,jonka jälkeen siirrytään hiukkasjärjestelmiin. Lopuksi diskreetti hiukkasjärjestelmäkorvataan jatkuvalla aineella, kuten esimerkiksi hydrodynamiikassa. Siirtymisen dis-kreetistä jatkumoon voi tehdä myös statistisin menetelmin kuten kineettisessä kaa-suteoriassa.
Yleinen suhteellisuusteoria: Muodostetaan aluksi diskreetti malli materialle. Tarkas-tellaan hiukkasjärjestelmää, jossa hiukkasten — sekä materiahiukkasten että fotonien— lukumäärä on suuri.
Materiahiukkasella on
(1) ajanluonteinen maailmanviiva
(2) nelinopeus V α, joka yhtyy maailmanviivan tangenttiin
(3) neliliikemäärä pα = mV α s.e. pαpα = gαβpαpβ = −m2, missä m on hiukkasen
massa.
Fotonilla
(1) on valonluonteinen nollamaailmanviiva
(2) ei ole nelinopeutta
(3) on neliliikemäärä pα joka yhtyy maailmanviivan tangenttiin ja m→ 0.
Hiukkasten maailmanviivat voivat leikata toisensa, toisin sanoen hiukkasten välillävoi esiintyä törmäyksiä s.e. neliliikemäärät muuttuvat äkillisesti (”impulssi”). Mikälikunkin hiukkasen maailmanviiva törmäyksien välillä on geodeesi, neliliikemäärä yh-densuuntaissiirtyy geodeesia pitkin. Kussakin törmäyksessä kokonaisliikemäärä säi-lyy.
Liitetään mihin tahansa pistetapahtumaan xα neliliikemäärä pα, jota voidaan pi-tää pisteenä 4-ulotteisessa liikemäärä-avaruudessa. Hajotetaan avaruusaikavektoripα avaruusaikainvariantteihin tetradikomponentteihin p(i) siten, että pα = p(i)µα(i).Nämä tetradikomponentit toimivat pseudokarteesisina koordinaatteina 4-ulotteisessaliikemääräavaruudessa. Muodostetaan invariantti 4-liikemääräalkio
∏4i=1 dp
(i) .= d4p.
70
Kuhunkin pistetapahtumaan liitetään lisäksi kolmielementti (”tilavuus”) dΣ, jonkasuunnistuksen määrää yksikkönormaali74 nα.
Sanomme, että dΣ on
– paikanluonteinen, jos nα on ajanluonteinen osoittaen joko menneisyyteen taitulevaisuuteen.
– ajanluonteinen, jos nα on paikanluonteinen: sillä voi olla 2 vastakkaista suuntaa
Otetaan tarkasteltavaksi ohut maailmanputki : paljon hiukkasia maailmanviivat lä-hellä toisiaan. Maailmanputki voi olla ajanluonteinen tai paikanluonteinen75. Sellais-ten hiukkasten, joiden maailmanviivat leikkaavat dΣ:n ja joiden neliliikemäärät ovatd4p:ssä lukumäärä on
f(xα, pα)ε(nα)VαnαdΣd4p
Tässä f(xα, pα) on invariantti jatkumofunktio, joka kuvaa hiukkasten lukumääräti-heyttä (yksikkö [f ] = L−3M−4). Toinen tulontekijä ε(nα) on nα:n indikaattori, +1tai -1 siten, että ε(nα)nαn
α = 1.
Kun V α ja nα yhtyvät, niin Vαnα = nαn
α = ε(nα). Jos ε(nα)Vαnα > 0, niin V α
osoittaa ”ulos” dΣ:sta (vrt. lähde), ja ”sisään” jos ε(nα)Vαnα < 0 (vrt. nielu).
9.2 Hiukkasvuo
Pidetään dΣ aluksi kiinteänä. Otetaan käyttöön hiukkasta kuvaava tensorisuure q···,joka riippuu vain pα:sta. Tällöin lausekkeesta
f(xα, pα)ε(nα)VαnαdΣd4p
saadaan kun kerrotaan q···:lla ja integroidaan yli kaikkien hiukkasten liikemäärien
ε(nα)nαdΣ
∫f(xα, pα)q···Vαd
4p (huom: V α =pα
m)
joka on q···:n vuo dΣ:n läpi. Merkitään:∫f(xα, pα)q···Vαd
4p.= Q···α(xα)
jolloin saadaan lauseke muotoon
ε(nα)Q···α(xα)nαdΣ
74tämä vektori on siis 4-ulotteisessa avaruusajassa kohtisuorassa siihen kolmipintaan, joka ”pinta-alaa” dΣ määrää.
75valonluonteisia (nolla)maailmanputkia emme käsittele, voidaan ottaa raja-tapauksena
71
– Kun q··· = 1 (ts. invariantti), niin
Qα =
∫f(xα, pα)
pα
md4p
.= Nα
joka on f(xα, pα):n vektorimomentti (yksikkö [Nα] = L−3) ja ε(nα)NαnαdΣ
on hiukkasvuo dΣ:n läpi (yksikötön).
– Kun q··· = pα (ts. vektori), niin
Qαβ =
∫f(xα, pα)
pα
mpβd
4p.= Tαβ
joka on f(xα, pα):n tensorimomentti (yksikkö [Tαβ] = ML−3, vrt. Newtoningravitaatioteoriaan, jossa lähteenä olevalla massatiheydellä ρm on samat di-mensiot) ja ε(nα)Tαβn
αdΣ on 4-liikemäärän vuo dΣ:n läpi (yksikkö = M =[pα]).
9.3 Fysikaalisia tulkintoja
Tutkitaan uudella tavalla (1) Nα:n ja (2) Tαβ :n fysikaalisia tulkintoja. Tätä vartenotetaan ortonormitettu tetradi, jossa µα(a) a ∈ 1, 2, 3 ovat paikanluonteisia ja µα(4)on ajanluonteinen.
(1) Kun nα = µα(a) niin saadaan
ε(nα)Nαµα(a)︸ ︷︷ ︸
N(a)
dΣ = ε(nα)N(a)dΣ ‖ (dΣ ajanluonteinen)
jossa avaruusaikainvariantti N(a) tulkitaan hiukkasvuoksi per pinta-alayksikköja aikayksikkö, eli hiukkasvirraksi ( yksiköissä 1
m2s).
Harjoitustehtävä 67. Tulkitse N4 fysikaalisesti hiukkastiheydeksi
(2) Olkoon edelleen nα = µα(a). Saadaan
ε(nα)Tαβµα(a)dΣ = ε(nα)T(a)βdΣ
missä dΣ edelleen ajanluonteinen ja T(a)β on avaruusaikavektori.
Tulkinnat: T(a)b vastaa SST:n kolmiliikemäärän vuota per pinta-alayksikkö ja ai-kayksikkö, eli jännitys(matriisia) (vrt. klassinen mekaniikka: liikemäärän muutosper aikayksikkö = voima ja voima per pinta-ala = jännitys).
T(a)4 vastaa SST:n energiavuota per pinta-alayksikkö ja aikayksikkö, eli energia-
72
virtaa. Kun nα = µα(4), saadaan
ε(nα)Tαβµα(4)dΣ = ε(nα)T(4)β dΣ ‖ (dΣ nyt paikanluonteinen)
missä T(4)b vastaa kolmiliikemäärätiheyttä ja T(4)4 energiatiheyttä.
Perustuen näihin tulkintoihin kutsutaan YST:ssä symmetristä tensoria Tαβ jän-nitys-energia-liikemäärä-tensoriksi.
9.4 Liikemäärän säilyminen SST:ssa
Tarkastellaan integraalia ∫Σε(nα)Tαβn
αdΣ︸ ︷︷ ︸neliliikemäärän pαvuo dΣ :n läpi
Olkoon Σ 4-ulotteisen avaruusaika-alueen Ω suljettu paikan- tai ajanluonteinen reu-na, siten, että yksikkönormaali osoittaa aina reunalta ”ulospäin” ja on kohtisuorassaΣ:a vastaan.
SST:ssa postuloidaan ∮Σε(nα)Tαβn
αdΣ = 0
joka on neliliikemäärän integraalimuotoinen säilymislaki; suljetussa järjestelmässä(ei ulkoisia impulsseja, vain sisäisiä impulsiivisia vuorovaikutuksia) neliliikemääränkokonaisvuo76 minkä tahansa suljetun kolmireunan läpi on nolla.Gaussin divergenssilause esitettynä muodossa∮
Σε(nα)Tαβnβ︸ ︷︷ ︸
vektori
dΣ
︸ ︷︷ ︸sisätulo
=
∫Ω
Tαβ,β︸ ︷︷ ︸vektorin
divergenssi
dΩ
missä dΩ on invariantti ”nelitilavuusalkio”, antaa nyt∫ΩTαβ,β dΩ = 0
Koska Ω on mielivaltainen, pätee Tαβ,β = 0 kaikkialla laakeassa avaruusajassa.Tämä tulos on neliliikemäärän derivaattamuotoinen säilymislaki SST:ssa.
9.5 Liikemäärän säilyminen YST:ssa
Yleisessä suhteellisuusteriassa kaarevan Riemannin–Einsteinin-avaruusajan eri pis-tetapahtumissa annettuja vektoreita ei saa laskea yhteen, ei siis77 voida muodostaa
76Ulostulevien maailmanviivojen osuus miinus sisään tulevien maailmanviivojen osuus77Objekti Tαβnα on vektori
73
polkuintegraalia∮
Σ ε(nα)TαβnαdΣ. Niin ollen ei neliliikemäärällä ole integraalimuo-
toista säilymislakia!Muutetaan Gaussin divergenssilauseen integrandi invariantiksi ”kytkemällä” Tαβ :aanapuvektori Aα:∮
Σε(nα)TαβAαnβ︸ ︷︷ ︸
invariantti
dΣ =
∫Ω
(TαβAα);β︸ ︷︷ ︸invariantti
dΩ =
∫ΩTαβ;βAα dΩ +
∫ΩTαβAα;β dΩ
Vektori Aα(xβ) valitaan mielivaltaisessa pistetapahtumassa P reunan Σ sisäpuolellaja se yhdensuuntaissiirretään kaikkialle Ω:aan P :stä lähteviä geodeeseja pitkin:
δAαδu
= 0 ts. Aα;βdxβ
du= 0
joten Aα;β = 0 pistetapahtumassa P ja siten saadaan edelleen∮Σε(nα)TαβAαnβ dΣ =
∫ΩTαβ;βAα dΩ (21)
Oletus: P :stä lähtevät geodeesit ovat yksikäsitteisesti määrätyt. Tämä pitää ainakinpaikkansa silloin, kun Σ on olennaisesti infinitesimaalinen.
Yhtälö (21) antaa rajankäynnillä, jossa Ω luhistuu P :ksi:
0 = Tαβ;βAα∣∣P
koska YST on lokaalisti SST. Siten neliliikemäärän derivaattamuotoinen säilymislakimaterialle78 YST:ssa on
Tαβ;β = 0
Harjoitustehtävä 68. Jos hiukkasluku noudattaa integraalimuotoista säilymisla-kia, näytä, että Nα
;α = 0 YST:ssa.
9.6 Materian jatkumomalli
YST on kenttäteoria, mikä olennaisesti tarkoittaa jatkumoteoriaa. Otetaan mate-rian jatkumoteorian perustaksi edellä käsitellyn diskreetin hiukkasjärjestelmän sta-tistinen malli
1) josta suoraan omaksutaan materiajatkumoa kuvaamaan symmetrinen jännitys-energia-liikemäärä-tensorikenttä Tαβ(xγ) eli materiatensori79.
2) johon lisäksi liitetään materiajatkumon nelinopeuskenttä V α(xβ), joka on Tαβ :n
78Vertaa Gαβ;β = 0 symmetriselle Einsteinin tensorille (geometrian ominaisuus)79sisältää kaiken tiedon materiasta
74
ajanluonteinen ominaisvektori siten, että
TαβVα = −ρVβ
missä ominaisarvo ρ(xα) kuvaa massatiheyttä. Hiukkasten maailmanviivat kor-vautuvat efektiivisesti virtaviivoilla (vrt. juokseva aine), joiden tangentteina vek-torit V α toimivat.
Harjoitustehtävä 69. Osoita, että V α;βVα = 0 ja ρ = TαβV
αV β . Mikä on tulos, josV α = µα(4).
Materiatensori Tαβ voidaan esittää massatiheyden, nelinopeuden ja jännityksen avul-la
Tαβ = ρVαVβ −1
c2Sαβ
missä Sαβ on symmetrinen niin kutsuttu jännitystensori.
Harjoitustehtävä 70. Näytä, että jännitystensori toteuttaa ehdon SαβVβ = 0.
Kuinka monta riippumatonta komponenttia jännitystensorilla on?
9.7 Pölypilvi
Yksinkertaisin materiajatkumo on epäkoherentti juokseva aine eli pölypilvi (ainoas-taan gravitaatio vaikuttaa): Tällöin Sαβ = 0 ja siten Tαβ = ρV αV β .
Säilymislaki Tαβ;β = 0 antaa
(ρV αV β);β =0
⇒ (ρV β);βVα + ρV βV α
;β =0 ‖ · Vα (22)
⇒ (ρV β);βVαVα + ρV βV α
;βVα =0
missä V αVα = −1 nelinopeuden normina ja V α;βVα = 0 HT:n 69 nojalla, joten80
(ρV β);β = 0
Saadun tuloksen sijoittaminen välivaiheeseen (22) antaa
V βV α;β = 0
80Klassisena vastineena on jatkuvuusyhtälö ~∇ · (ρ~v) + ∂ρ∂t
= 0
75
missä V β on parametrilla u parametrisoidun virtausviivan tangenttivektori, joten
δV α
δu= 0
virtausviivaa pitkin. Tämä tulos merkitsee, että pölypilvessä virtausviivat ovat geo-deeseja, joka on sopusoinnussa Einsteinin geodeettisen hypoteesin kanssa!
9.8 Ideaali juokseva aine
Seuraavaksi yksinkertaisin materiajatkumo on ideaali juokseva aine: Tαβ :lla on 3 yh-täsuurta ominaisarvoa vastaten kolmea paikanluonteista ominaisvektoria. Merkitäänk.o. yhteistä ominaisarvoa p:llä, fysikaalisena merkityksenä painekenttä. Mallina on
Sαβ = −p(VαVβgαβ)
Harjoitustehtävä 71. Tarkista, että SαβV β = 0 pätee edelleen
Nyt siis
Tαβ = ρVαVβ +p
c2(VαVβ + gαβ) = (ρ+
p
c2)VαVβ +
p
c2gαβ
Harjoitustehtävä 72. Osoita YST:n neliliikemäärän säilymislakia käyttäen, että(ρ+
p
c2
) δV α
δu= − 1
c2p;β(V αV β + gαβ)
Sanallisesti kyseessä on virtausviivan absoluuttinen kiihtyvyys painegradientin avul-la. Tuloksesta näkee, että ideaali juokseva aine degeneroituu pölypilveksi, kun painemenee nollaan.
Harjoitustehtävä 73. Miksi ei ole sallittua korvata ideaalia juoksevaa ainetta pö-lypilvellä tilanteessa, jossa paine on alhainen? Jos näin tehtäisiin, mitä tapahtuisiesimerkiksi valtamerille?
9.9 Viimeinkin: Einsteinin toinen gravitaatiopostulaatti
Kyseessä on kenttäyhtälö
Gαβ = κETαβ (23)
missä κE on Einsteinin gravitaatiovakio. Tyhjiössä Tαβ = 0, jolloin tästä saadaanEinsteinin ensimmäinen gravitaatiopostulaatti (ks. HT 60).
76
Määritetään κE . Sitä varten otetaan materiatensoriksi pölypilven materiatensori
Tαβ = ρVαVβ (24)
ja tutkitaan epärelativistista rajaa. Ensinnäkin
Rαβ −1
2gαβR =κETαβ ‖ · gαβ
⇒ R =− κET
missä T ≡ Tαα on nk. Lauen81 invariantti. Tällä tiedolla kirjoitamme uudelleen
Rαβ −1
2gαβR =κETαβ
⇒ Rαβ =κETαβ −1
2gαβκET
(24)⇒ Rαβ =κEρVαVβ −1
2gαβκEρV
αVα ‖ V αVα = −1
⇒ Rαβ =κEρ(VαVβ +1
2gαβ)
Riemannin vuorovesi-invariantiksi saadaan
R =RαβVαV β = κEρ(VαVβ +
1
2gαβ)V αV β
=κEρ(VαVαVβV
β +1
2gαβV
αV β) = κEρ((−1) · (−1) +1
2VβV
β)
=κEρ(1 +1
2· (−1)) =
1
2κEρ
Epärelativistisella rajalla R = N = −4πGNρ eli Newtonin vuorovesiskalaari. Sitenvaadimme
1
2κEρ = −4πGNρ ⇒ κE = −8πGN
Yleinen suhteellisuusteoria on valmis!
81Max von Laue (9. lokakuuta 1879 – 24. huhtikuuta 1960), saksalainen fyysikko
77
10 Kenttäyhtälön ratkaiseminen
Tarkastellaan sitten Einsteinin kenttäyhtälön (23) ratkaisemista.
Iso kysymys: Löytyykö mielenkiintoisia ratkaisuja? Ainakin yksi pitäisi löytyä, ni-mittäin sellainen, joka on sopusoinnussa havaitun maailmankaikkeuden kanssa.
Pohditaan seuraavaksi yleisesti ratkaisumenetelmiä.
10.1 Gee-menetelmä
Otetaan jokin 10 funktion gαβ(xγ) joukko. Muodostetaan 4-ulotteinen avaruusaika,jossa viivaelementin neliö on ds2 = εgαβ(xγ)dxαdxβ siten, että ds2 on lokaalistiredusoitavissa muotoon εηαβdxαdxβ , missä ηαβ = diag(1, 1, 1,−1).
Tuloksena on maailmankaikkeus, jossa materiatensori on Tαβ = κ−1E Gαβ .
Koska Gαβ muodostetaan algebrallisesti gαβ :sta, ei mitään osittaisdifferentiaaliyhtä-löitä esiinny. Vaikuttaa yksinkertaiselta, mutta . . . kokeilemalla mielivaltaisesti vali-tulla gαβ :lla, todetaan, että massatiheydellä ρ on taipumus tulla negatiiviseksi aina-kin jossain Riemannin-Einsteinin avaruusajan alueissa. Nimittäin, jotta olisi ρ > 0toisin sanoen82 T(44) > 0, niin oltava G(44) < 0. Helposti kuitenkin saadaan maail-mankaikkeuksia, joille G(44) > 0.
10.2 Tee-menetelmä
Oletetaan, että Tαβ on annettu. Gαβ = κETαβ on ODY-järjestelmä, jonka gαβ to-teuttaa. Pari lähestymistapaa
a) Asettamalla symmetriaominaisuuksia voidaan tuntemattomien gαβ :n alkioidenlukumäärää karsia.
b) Peräkkäisten approksimaatioiden menetelmä. Voidaan edetä esimerkiksi seuraa-valla tavalla. Otetaan aluksi Tαβ = 0, jolloin eräs ratkaisu on gαβ = ηαβ . Olkoonsitten Tαβ pieni, jolloin lineaarinen approksimaatio on
gαβ = g0αβ + g1
αβ + g2αβ + . . . ≈ ηαβ + g1
αβ
missä g1αβ on pieni korjausmatriisi. Tällaisesta lineaarisesta approksimaatiosta
seuraa, että saatavat ODYt ovat lineaariset.82katso HT 69 ratkaisu
78
10.3 Cauchyn alkuarvo-ongelma
Gee- ja Tee-menetelmät yhdistetään ottamalla käyttöön sopivanlainen koordinaat-tiehto, esim. g(a4) = 0 ja83 g(44) = −1, eli nk. Gaussin normaalikoordinaatit. Olkoonlisäksi T(ab) annettu (edelleen a ∈ 1, 2, 3). Tällöin yhteensä 10 suuretta tunnetaan,loput ratkaistaan kenttäyhtälöstä. Huomaa, että alunperin Gαβ = κETαβ sisältää 10yhtälöä, liittäen toisiinsa 20 tuntematonta suuretta gαβ ja Tαβ .
10.4 Soveltaminen kosmologiaan
Standardikosmologiassa tehdään tavallisesti seuraavat olettamukset:
1) Galaksien (pölyhiukkasten) maailmanviivat ovat geodeeseja.
2) Maailmankaikkeuden avaruusaikageometriaa kuvaa neliömuoto84
Q = gab(xα)dxadxb − (dx4)2
missä ”avaruusosa” on isotrooppinen siten, että
gab(xα)dxadxb = eA(x4,r)(dr2 + r2dθ2 + r2 sin θdφ2)
ja lisäksi A(x4, r) = B(x4) + C(r), joten
eA(x4,r) = eB(x4)eC(r)
missä ensimmäinen termi edustaa maailmankaikkeuden laajenemista ja toinenvakiokaarevuutta.
Niin kutsutun Weylin85 hypoteesin mukaan x4 toimii ”universaalina aikaparamet-rina” eli kosmisena aikana.
Paikanluonteiset hyperpinnat x4 =vakio, jotka ovat ortogonaaliset galaksien maa-ilmanviivojen kanssa, esittävät 3-ulotteista maailmankaikkeutta eri kosmisina ai-koina.
3) Funktiot B(x4) ja C(r) määritetään kenttäyhtälön Gαβ = κETαβ avulla. Mate-riamallina (materiatensori Tαβ) voi olla pölypilvi, ideaali juokseva aine tai jokinmuu.
83symmetrian nojalla tällöin toki myös g(4a) = 084ne Gaussin normaalikoordinaatit85Hermann Klaus Hugo Weyl, 9.11.1885 – 8.12.1955, saksalainen fyysikko/matemaatikko
79
