Uitwerkingen opgaven bij de cursus Algemene relativiteitstheorie Docent: Dr. H. (Harm) van der Lek

Transcriptie

1 Uitwerkingen opgaven bij de cursus Algemene relativiteitstheorie Docent: Dr. H. (Harm) van der Lek Inhoudsopgave 1 Nav Les 1 en 2: Klassieke gravitatie, Geodeten Vallen naar een hemellichaam Einstein sommatie conventie Extreem korte notatie partiele afgeleide Lijnelement op halve bol Geodeten op Poincare halfvlak Twee vectorvelden langs kromme Nav Les 3 en 4: Covariant differentiëren en kromming Divergentie van een vectorveld Afgeleide van metrische tensor Kromming van het Poincaré halfvlak Kromming van een omwentelingsvlak Laplaciaan in sferische coördinaten Krommingstensor in twee dimensies Nav Les 5 en 6: De lege ruimte en Tests 30 4 Bijlage: 123 notatie Divergentie van een vectorveld Laplaciaan in sferische coördinaten

2 1 Nav Les 1 en 2: Klassieke gravitatie, Geodeten 1.1 Vallen naar een hemellichaam Deze opgave heeft betrekking op de klassieke zwaartekracht theorie van Newton. Stel een deeltje bevindt zich zeer ver weg van de zon (practisch oneindig) en heeft daar geen snelheid ten opzichte van de zon. Toch begint het naar de zon toe te vallen in een rechte lijn en versnelt natuurlijk steeds. De beweging begint dus als t =. Stel de postitie op t = 0 op r 0. a. Leid een vergelijking af voor het pad van dit deeltje in de vorm r = r(t). We starten bij de energie vergelijking: E = T + V = 1 2 mv2 GMm r Hierbij is M de massa van de zon (of welke andere centraal grote massa) en G de gravitatieconstante. m is de massa van het deeltje zelf, maar die zullen we zo uit de vergelijking weg zien vallen. Verder is r de afstand van het deeltje tot het centrale punt en v de snelheid ervan. Deze is naar het centrale punt gericht, dus v = ṙ = dr. Als het deeltje oneindig ver weg is, dan is v = 0 dt volgens de opgave. Dit en r = invullen in (1) geeft de constante E = 0. Dan valt m inderdaad weg uit vergelijking (1) en blijft er over: 0 = 1 2 v2 GM r v 2 = 2GM r Nu ligt het voor de hand om de rechtervergelijking van (2) aan beide zijden de wortel te trekken en dat gaan we ook doen. Maar we moeten er even over nadenken of dan de positieve of de negatieve wortel uit de rechterlid zullen nemen. Nu valt het deeltje naar de zon toe. r zal dus afnemen en dus is ṙ < 0. Dus nemen we de negatieve wortel en krijgen we: v = 2GM r dr dt = 2GM Het vervelende van (3) is dat het rechterlid een functie van r is in plaats van t. We kunnen het rechterlid dus niet primitivereren en zo de gezochte functie 2 r (1) (2) (3)

3 r(t) vinden. Daarom proberen we maar eerst of we t niet als functie van r kunnen vinden. Daarom keren we (3) om: dt r dr = 2GM 2GMdt = rdr Dit leidt dus tot de volgende integraal vorm van de vergelijking: r 1 2 dr = 2GMdt en dit integreert tot: 2 3 r 3 2 = 2GMt + constante Als t = 0 dan was r = r 0, dus de integratieconstante is 2r Dus als oplossing krijgen we: r(t) = (r 0 2 2GMt) Einstein sommatie conventie De regels voor deze conventie zijn: 1. In een term mag een index twee keer voorkomen. Er dient dan gesommeerd te worden over die index. Dit heet een dummy index; 2. Bij zo n dummy-index moet er één als bovenindex voorkomen en de ander als onderindex; 3. Andere indexen (de zogenaamde vrije indexen) mogen in een term slechts één keer voorkomen; 4. De vrije indexen moeten in alle termen hetzelfde zijn. In het geval van een vergelijking zowel voor als achter het gelijkteken. Zie ook Collier Bij Collier is regel 2 hierboven nog niet van kracht. a. Maak opgave 1.24 van Collier. 3

4 De antwoorden hiervan staan al in Collier. Als extra vraag dan het volgende: b. Hoe moet de uitdrukking, indien correct volgens 1,3 en 4, geschreven worden, zodat die ook aan punt 2 hierboven voldoet? (a) A i B i is al helemaal correct (b) A ij B i is ook al helemaal correct (c) A i = B ji C j OK, maar bv A i = B j i C j is beter (d) A i B j + A j B k + A k B i is fout (e) A ii = 6 OK, maar A i i = 6 is beter (f) A i + B ij A j + C kik OK, maar bv A i + B ij A j + C k ik is beter (g) A i = B ij C j D j valt niet te redden Overal waar is beter staat, bedoelen we: voldoet ook aan regel Extreem korte notatie partiele afgeleide In het document AlgRelativiteitsTheorieVoorkennis.pdf paragraaf 1.9 hadden we al een extreem korte notatie voor partiele afgeleiden geïntroduceerd: Stel dat f een functie is van bijvoorbeeld 2 variabelen: x 1 en x 2 (bovennotatie van de indexen!). Dan hebben de de volgende notaties: f,τ := x τ f en dit is dus: x f = f τ x τ Met name de notatie f,τ is waarschijnlijk even wennen. Stel nu eens dat f het product is van twee andere functies: f = gh. a. Schrijf de productregel op in deze notatie (f,τ = (gh),τ =... ). f,τ = (gh),τ = g,τ h + h,τ g Einde Uitwerking a. Stel nu eens dat x 1 en x 2 functies zijn van een parameter t: x 1 (t) en x 2 (t). 4

5 b. Schrijf de kettingregel op in deze notatie ( d dt f = f =... ). Gebruik hierbij ook de notatie ẋ τ := d dt xτ en de Einstein sommatie conventie. f = d dt f = f dx 1 x 1 dt + f dx 2 x 2 dt = f,1ẋ 1 + f,2 ẋ 2 = f,τ ẋ τ Einde Uitwerking b. 1.4 Lijnelement op halve bol De volgende verzameling punten in de 3-dimensionale ruimte vormt een halve bol: {(x, y, 1 x 2 y 2 ) x 2 + y 2 < 1} (4) Dit is zelf dus een twee dimensionale ruimte, met coordinaten (x, y). We hebben de halve bol als het ware op het platte vlak geprojecteerd. a. Geef het lijnelement ds 2. Het is goed om u te bedenken, dat alle zaken die in dit voorbeeld aan de orde komen, goed visueel voorstelbaar zijn. Het lijnelement van de omringende 3-dimensionale ruimte is: ds 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 en z is een functie van x en y. We willen dz schrijven als dz =...dx +...dy. Dit kan op twee manieren (in wezen wel hetzelfde). En bij een rekenpartij is het in zo n geval altijd goed om beide methoden toe te passen, in verband met de vaak onvermijdelijke rekenfouten. Methode 1 (rechtstreeks via de totale integraal): dz = z z dx + dy (5) x y en aangezien in (4) staat dat z = 1 x 2 y 2, krijgen we: evenzo: z x = 1 2 (1 x2 y 2 ) 1 x 2 ( 2x) = z z y = y z 5 (6) (7)

6 waarbij we de uitdrukking 1 x 2 y 2 kortheidshalve dus weer schrijven als z. Maar we moet wel in de gaten blijven houden dat het een functie van x en y is. De formules (5), (6) en (7) tezamen geven nu dus: dz = 1 (xdx + ydy) (8) z Methode 2: Deze methode is wat slimmer. We schrijven het verband tussen x, y en z op een nemen dan aan beide kanten de differentiaal : 1 = x 2 + y 2 + z 2 0 = 2xdx + 2ydy + 2zdz zdz = (xdx + ydy) (8) Nu gaan we weer verder bij (8). We moeten naar ds 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 toe dus laten we aan de hand van (8) eerst even dz 2 bepalen: dus krijgen we: dz 2 = 1 z 2 (xdx + ydy)2 = 1 z 2 (x2 dx 2 + 2xydxdy + y 2 dy 2 ) Door de bedenken dat: en ds 2 = (1 + x2 z 2 )dx2 + 2 xy y2 dxdy + (1 + z2 z 2 )dy2 (9) 1 + x2 z = z2 + x 2 2 z 2 = 1 y2 z y2 z = z2 + y 2 = 1 x2 2 z 2 z 2 kunnen we het antwoord (9) ook schrijven als: ds 2 = 1 z 2 ((1 y2 )dx 2 + 2xydxdy + (1 x 2 )dy 2 ) (10) Als metrische matrix kan dit dus als volgt geschreven worden: ( ) 1 1 y 2 xy z 2 xy 1 x 2 (11) b. Is dit een orthonormaal stelsel coördinaten? Met andere woorden: staan de coördinaatlijnen loodrecht op elkaar? 6

7 Aangezien matrix (11) niet overal (namelijk daar waar x 0 en y 0) diagonaal is, is dit niet een orthonormaal stelsel coördinaten. In het algemeen hebben we liever een orthonormaal stelsel coördinaten. We kunnen dat hier voor elkaar krijgen door de volgende coördinaat transformatie (overgaan op poolcoördinaten): x = r cos ϕ y = r sin ϕ (12) c. Geef het lijnelement ds 2 in termen van r en ϕ (en uiteraard ook dr en dϕ). Wat we in ieder geval nodig hebben zijn uitdrukkingen voor dx en dy. Deze kunnen we uit de transformatie formules (12) afleiden: dx = cos ϕ dr r sin ϕ dϕ dy = sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ (13) Nu kunnen we natuurlijk de transformatie formules (12) en de daaruit afgeleide differentialen (13) invullen in (9) of (10) maar we volgen hier een andere route. In de les hebben we al ge zien dat uit (13) volgt dat: dx 2 + dy 2 = dr 2 + r 2 dϕ 2 (14) vervolgens gaan we dz 2 berekenen door de transformatie formules (12) en de daaruit afgeleide differentialen (13) in te vullen in (8): dz = 1 (xdx + ydy) = z 1 [r cos ϕ(cos ϕ dr r sin ϕ dϕ) + r sin ϕ(sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ)] = z 1 z [r cos2 ϕ dr r 2 cos ϕ sin ϕ dϕ + r sin 2 ϕ dr + r 2 sin ϕ cos ϕ dϕ] = 1 z [r cos2 ϕ dr + r sin 2 ϕ dr] = r z dr Dit is ook in een plaatje wel te zien. Kwadrateren geeft: dz 2 = r2 z 2 dr2 7

8 Nu kunnen we de de uiteindelijke berekening doen, waarbij we moeten bedenken dat 1 = r 2 + z 2 : ds 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 = dr 2 + r 2 dϕ 2 + r2 z 2 dr2 Conclusie: = (1 + r2 z 2 )dr2 + r 2 dϕ 2 = 1 1 r 2 dr2 + r 2 dϕ 2 ds 2 = 1 1 r 2 dr2 + r 2 dϕ 2 (15) d. Wat zijn de toegestane waarden van r? Uit formule (15) volgt dat de waarden van r mogen zijn: 0 < r < 1. Einde uitwerking d. We passen nu nog een coördinatentransformatie toe: we vervangen r door ϑ volgens de formule: r = sin ϑ (16) e. Geef het lijnelement ds 2 in termen van ϑ en ϕ (en uiteraard ook dϑ en dϕ). Uit de transformatie (16) volgt: Nu gaan we (16) en (17) invullen in (15): ds 2 = dr = cos ϑ dϑ (17) 1 1 sin 2 ϑ cos2 ϑ dϑ 2 + sin 2 ϑdϕ 2 = dϑ 2 + sin 2 ϑdϕ 2 (18) f. Wat zijn de toegestane waarden van ϑ als je kijkt naar de toegestane waarden van r (onderdeel d)? Uit (16) en het antwoord op d (0 < r < 1) volgt dat 0 < ϑ < 1 2 π g. Wat zijn de toegestane waarden van ϑ als je kijkt naar de het in onderdeel e verkregen lijnelement? 8

9 Vanuit het lijnelement (18) gezien is er geen enkel probleem om de waarden uit te breiden tot 0 < ϑ < π. Einde uitwerking g. Het resultaat, het verschil tussen de antwoorden op f en g, is verhelderend als we het gaan hebben over de Schwarzschild -horizon. In deze opgave is het volgende gebleken: we hadden een lijnelement voor de bol, formule (10), waarbij we er echt voor moesten zorgen dat x 2 +y 2 < 1. Aan de rand van dat gebied werd (10) namelijk singulier (omdat we daar door 0 zouden moeten delen). Bij de overgang naar de poolcoördinaten in onderdeel c was dit probleem nog steeds niet opgelost, want r = 1 leidt in (15) tot problemen. Toch is dat vreemd, want de aardbol houdt niet op bij de evenaar. Het is kennelijk alleen maar een ongelukkige keuze van coördinaten, waardoor die singulier worden, maar met de ruimte zelf is er niks aan de hand. Dit blijkt ook uit de laatste transformatie van deze opgave. Zo n singulariteit, die alleen maar het probleem van de coördinaatkeuze is, noemen we een coördinaatsingulariteit. 1.5 Geodeten op Poincare halfvlak We geven de verzameling punten van het rechterhalfvlak: {(x, y) x > 0} een metriek doormiddel van het volgende lijnelement: Dus: ds 2 = dx2 + dy 2 x 2 (19) g 11 = g 22 = 1 x 2 en g 12 = g 21 = 0 (20) a. Bepaal de Christoffel symbolen (die niet nul zijn); Bepaal achtereenvolgens: 1. De eerste afgeleiden van g ij (zijn er 2 0); 2. De Christoffel symbolen van de 1-soort [ij, k] (zijn er 3 0, [ij, k] en[ij, k]) als één geteld); 9

10 3. De Christoffel symbolen zelf (van 2-soort) Γ k ij (zijn er 3 0, Γ k ij enγ k ji) als één geteld). Punt 1: Uit (20) volgt: g 11,1 = g 22,1 = 2 x 3. Punt 2: [11, 1] := 1 2 (g 11,1 + g 11,1 g 11,1 ) = 1 2 ( 2 x 3 2 x x 3 ) = 1 x 3 [22, 1] := 1 2 (g 12,2 + g 21,2 g 22,1 ) = 1 2 ( x 3 ) = 1 x 3 [12, 2] := 1 2 (g 21,2 + g 22,1 g 12,2 ) = 1 2 (0 2 x 3 0) = 1 x 3 [21, 2] := 1 2 (g 22,1 + g 12,2 g 21,2 ) = 1 2 ( 2 x ) = 1 x 3 Samengevat: [11, 1] = [12, 2] = [21, 2] = 1 x en [22, 1] = 1 en rest = 0 (21) 3 x3 Punt 3: We hebben nu de inverse matrix van g ij nodig: g ij. Aangezien g ij diagonaal is, kunnen we simpelweg de omgekeerden nemen: g 11 = g 22 = x 2. Als voorbeeld: Γ 1 11 := g 1i [11, i] = g 11 [11, 1] = x 2 ( 1 ) = 1. x 3 x De anderen gaan net zo. Samengevat: Γ 1 11 = Γ 2 12 = Γ 2 21 = 1 en x Γ1 22 = 1 en rest =0. x b. Check het resultaat door de EL vergelijkingen op te stellen en dus de geodeet vergelijking; Het lijnelement is ds 2 = dx2 +dy 2, dan is de Lagrangiaan: x 2 L(x, y, ẋ, ẏ) = ẋ2 + ẏ 2 (en hangt dus in feite niet van y af). We stellen de EL vergelijking op. We beginnen met die voor x en ẋ en herleiden die zodanig dat hij van de vorm x 2 10

11 ẍ + = 0 wordt: ẍ 2ẋ2 d dt ( L ẋ ) = L x d 2ẋ2 dt (2ẋ x ) = + ẏ 2 2 x 3 d dt ( ẋ ẋ2 x ) = + ẏ 2 2 x 3 ẍ ẋ2 x 2ẋẋ + ẏ 2 = 2 x 3 x 3 2ẋ2 ẍ x x + ẋ2 x + ẏ2 x = 0 ẍ 1 xẋ2 + 1 xẏ2 = 0 = ẋ2 + ẏ 2 x Als we dit vergelijken met de 1-ste geodeet vergelijking: ẍ + Γ 1 11ẋ 2 + 2Γ 1 12ẋẏ + Γ 1 22ẏ 2 En dit klopt met de Γ 1 ij uit (21). Nu nog de EL vergelijking met die voor y en ẏ: d dt ( L ẏ ) = L y d dt (2ẏ x ) = 0 2 d dt ( ẏ x ) = 0 2 ÿ x 2ẏẋ = 0 2 x 3 ÿ 2 xẏẋ = 0 Als we dit vergelijken met de 2-ste geodeet vergelijking: ẍ + Γ 2 11ẋ 2 + 2Γ 2 12ẋẏ + Γ 2 22ẏ 2 dan klopt ook dit dit klopt met de Γ 2 ij uit (21). 11

12 c. Bepaal de (vorm van de) geodeten. De metriek (19: ds 2 = dx2 +dy 2 ) zegt dat voor puntenparen die dicht bij x 2 de y-as liggen, de afstand veel groter is dan de gewone afstand (ds 2 = dx 2 + dy 2 ). Dus zal een geodeet van bijvoorbeeld (1, 5) naar (5, 2) niet een gewone rechte lijn zijn, maar zal een beetje willen uitwijken naar gebied met grotere x, omdat daar ds kleiner is, om daarna weer terug te keren. In de gewone metriek zal dit dus een kromme lijn lijken te zijn en we verwachte dat de bolling zal naar zal rechts zijn. Er is moeilijk een exacte oplossing te vinden als men deze geodeten probeert te vinden door de officiële geodeet vergelijking daarop los Figuur 1: te laten. In plaats daarvan blijkt het volgende wel te werken: neem eens aan dat we op een stukje van een geodeet Poincaré vlak y kunnen zien als functie van x. We gaan dan x gebruiken als parameter op de kromme. Uit formule (19) volgt (door worteltrekken) ds = dx2 + dy 2 x We willen dat = dx2 + dy 2 x S = minimaal is. Als we dus definiëren: dt dt = ( dx dt )2 + ( dy x ẋ2 + ẏ ds = 2 dt x W (x, y, ẋ, ẏ) = ẋ2 + ẏ 2 x dt )2 dt = ẋ2 + ẏ 2 dt x dan kunnen we dit nemen als basis voor de EL vergelijkingen. Die worden dus: d dt ( W ẋ ) = W x (22) d dt ( W ẏ ) = W y (23) 12

13 Doordat W niet echt van y afhangt is W = 0, dus komt (23) het meest in y aanmerking om mee te beginnen en deze wordt dan: d dt ( W ẏ ) = 0 W ẏ = C een constante (24) Nu is W ẏ = ẏ x ẋ 2 + ẏ 2 (25) Als we nu gewoon voor de parameter t = x proberen. Dan is dus ẋ = 1 en ẏ kunnen we zien als de afgeleide van y naar x. Daarom schrijven we voor de duidelijkheid ẏ als y. Formules (24) en (25) leiden nu naar de differentiaalvergelijking: y x = C (26) 1 + y 2 Als apart geval moeten we misschien even kijken naar C = 0. Dan is dus y = 0 en hangt y dus niet van x af, y = D een constante. Dit zijn horizontale lijnen en dat zijn inderdaad ook geodeten in het Poincaré halfvlak. Nu gaan we proberen (26) op te lossen (met C 0) door deze in de vorm y =... te brengen: y = Cx 1 + y 2 y 2 = C 2 x 2 (1 + y 2 ) y 2 = C 2 x 2 + C 2 x 2 y 2 y 2 C 2 x 2 y 2 = C 2 x 2 (1 C 2 x 2 )y 2 = C 2 x 2 (1 C2 x 2 )y = Cx y Cx = ± (1 C2 x 2 ) Hiervan moeten we het rechterlid dus integreren (het blijkt niet veel uit te maken of de + of de - nemen). Dat wil zeggen: een functie vinden waar dat de afgeleide van is. Aangezien de afgeleide van zoiets is als 1 1 gaan we 2 eens kijken wat de afgeleide is van: f(x) = (1 C 2 x 2 ) 13

14 Welnu dit is: f (x) = C2 x 2 ( 2C2 x) = C2 x 1 C2 x 2 We zien dus dat f(x) bijna goed geraden is. Er moet slechts nog een factor voor. En dus krijgen we (met een nieuwe integratieconstate D): 1 C y = 1 C 1 C2 x 2 + D en dus: C(y D) = 1 C 2 x 2 C 2 (y D) 2 = 1 C 2 x 2 C 2 (y D) 2 + C 2 x 2 = 1 (y D) 2 + x 2 = 1 C 2 En dit is een halve cirkel (half, want x > 0) met het middelpunt M(0, D), dus op de y- 1 as en met straal. Dit leidt tot het volgende inzicht: de geodeten van het Poincaré C halfvalk zijn, qua vorm, halve cirkels waarvan het middelpunt op de (linker-)rand van dat gebied ligt. Dit is een interessante conclusie vanuit het perspectief van de historie van de meetkunde. Deze rechte lijnen en Figuur 2: Parallellenpostulaat; de daarmee gepaard gaande meetkunde voldoet aan alle axioma s van Euclides (bijvoor- a. Klassiek. b. Hyperbolische meetkunde: meerdere parallellen één rechte lijn, ga dat na!). In deze, zobeeld: door twee punten gaat één en slechts genaamde hyperbolische, meetkunde is het parallellenaxioma echter niet geldig. Hieruit bleek dus dat deze laatste niet bewijsbaar was, wat men eeuwen had gedacht! 1.6 Twee vectorvelden langs kromme We bekijken twee kromme s op een bol. Het zijn toevallig allebei geodeten, maar dat is niet relevant voor deze opgave. We hebben de gebruikelijke coördinaten op de bol: ϑ en ϕ en de metriek wordt gegeven door: ds 2 = dϑ 2 + cos 2 ϑ dϕ 2 14

15 Kromme 1 is een halve evenaar: de punten {(0, ϕ) 1π < ϕ < 1π}. 2 2 Kromme 2 is een (hele) meridiaan: de punten {(ϑ, 0) 0 < ϑ < π}. Eerst merken we op dat deze twee krommen in zekere zin dezelfde vorm hebben (congruent zijn, zouden we deftig kunnen zeggen). We gaan dit niet precies bewijzen (zou wel kunnen), maar maken het aannemelijk. Ze zijn immers beide te karakteriseren als een halve grote cirkel op de bol lopend vanaf een punt naar het tegenvoeter -punt. We definiëren langs elk van deze twee krommen ook een vectorveld en wel als volgt: ( ) cos ϕ A µ = langs kromme 1 (27) 0 en Figuur 3: Impressie van vectorveld langs de evenaar: kromme 1 B µ = ( ) 0 1 langs kromme 2 (28) Op het eerste gezicht lijken deze twee vectorvelden niet congruent. Immers A µ lijkt aan de randen uit te sterven en B µ niet. Maar dit is maar schijn. En deze schijn ontstaat doordat wij gewend zijn aan vectorvelden die beschreven zijn in rechthoekige coördinaten op een plat vlak. NB. Het vectorveld B µ kan gezien worden als het snelheidsveld langs een meridiaan: elke vector geeft de richting en de snelheid van een punt op de bol als deze om zijn as (door noord en zuidpool) draait, zoals onze aarde doet. a. Laat zien dat in beide gevallen het vectorveld loodrecht op (de raakvector aan) zijn kromme staat; In het algemeen geldt dat twee vectoren V µ en W ν loodrecht op elkaar staan als het inproduct g µν V µ W ν = 0. Nu is de metrische matrix in dit geval diagonaal. Dat betekent dat twee vector velden van de vorm ( ) 0 ook in deze metriek loodrecht op elkaar staan. b ( a 0 ) en 15

16 Kijken we nu bijvoorbeeld naar de raakvector langs kromme 1. Een ( ) simpele parametrezering hiervan is t (0, t) en de raakvector is dus en 0 1 deze staat dus loodrecht op het vectorveld A µ uit (27). Voor kromme 2 gaat het analoog. b. Bereken de lengte van de vectoren van het veld A µ (dus bereken A µ ); Als X µ een vector(-veld) is dan is de lengte gedefineerd door X µ := gµν X µ X ν. Dus A µ := g 11 A 1 A 1 + g 22 A 2 A 2 = (A 1 ) 2 + cos 2 ϑ (A 2 ) 2 = (cos ϕ) 2 + cos 2 ϑ (0) 2 = (cos ϕ) 2 = cos ϕ c. Bereken de lengte van de vectoren van het veld B µ (dus bereken B µ ). Net zo: Dus B µ := g 11 B 1 A 1 + g 22 B 2 A 2 = (B 1 ) 2 + cos 2 ϑ (B 2 ) 2 = (0) 2 + cos 2 ϑ (1) 2 = cos 2 ϑ = cos ϑ Conclusie Het verloop van de lengte van het vectorveld is in beide gevallen hetzelfde, ondanks het feit dat de berekening iets verschilt. De resultaten van b en c maken aannemelijk dat ook de vectorvelden congruent zijn. 2 Nav Les 3 en 4: Covariant differentiëren en kromming 2.1 Divergentie van een vectorveld Stel V µ is een vectorveld. We hebben reeds gedefineerd, in de 3-dimensionale ruimte, met x, y en z coördinaten wat we verstaan onder de divergentie van 16

17 een vector veld. Dat werd een scalar en in de oude notatie zag dat er als volgt uit: x V x V = y V y = x V x + y V y + z V z = V x z V z,x + V,y y + V,z z en dit herkennen we nu ineens als V µ,µ! En in platte coördinaten is dit ook: V µ ;µ (= D µ V µ in alternative notatie) (29) Het ligt voor de hand om te veronderstellen dat formule (29) de algemene vorm is voor de definitie van de divergentie van een vectorveld, dus ook in kromlijnige coördinaten en in gekromde ruimtes. We gaan dat aan de hand van een nuttig voorbeeld na en dan gewoon in de 3-dimensionale platte ruimte. Het voorbeeld vectorveld is: V x x V y = y (30) V z z a. Bereken het scalar veld V µ ;µ voor het voorbeeld (30). We hebben: x V x = x (x) = 1 en net zo: y V y = 1 en z V z = 1, dus: x V x + x V x + x V x = = 3 Het blijkt dus inderaad zelfs een constant scalarveld te worden. Eind Uitwerking Nu gaan we kijken of dit ook in 3-dimensionale poolcoördinaten (ook wel sferische coördinaten genoemd) kunnen doen. Met andere woorden, we willen overgaan op coördinaten r, ϑ, en ϕ volgens de formules: x = r sin ϑ cos ϕ y = r sin ϑ sin ϕ (31) z = r cos ϑ Zie Collier voor een plaatje. Door in het plaatje te kijken, of door een berekening vanuit de formules (31) is het lijnelement te bepalen: ds 2 = dr 2 + r 2 dϑ 2 + r 2 sin 2 ϑ dϕ 2 (32) Nu willen we de Christoffel symbolen hiervan gaan bepalen. Qua notatie zijn er nu twee mogelijkheden: 17

18 1. We nummeren de coördinaten (r, ϑ, ϕ) als 1, 2 en 3 en schrijven bijvoorbeeld g 11, g 33,2, Γ 2 33 etc; 2. We nummeren de coördinaten niet en schrijven bijvoorbeeld gewoon g rr, g ϑϑ,ϕ, Γ ϕ ϑϑ etc; De keus is aan u. Maar ik ga in de uitwerking met optie 2 werken, alhoewel ikzelf op papier eerst met optie 1 had gewerkt. De onderstaande uitwerking is herhaald in de bijlage 4.1. We hebben dus volgens het lijnelement (32) een diagonaal matrix met: g rr = 1 g ϑϑ = r 2 g ϕϕ = r 2 sin 2 ϑ g rr = 1 g ϑϑ = 1 r 2 g ϕϕ 1 = r 2 sin 2 ϑ waarbij we gelijk de inverse matrix hebben opgeschreven. b. Bepaal de Christoffel symbolen. De afgeleiden van de g µν die niet 0 zijn: g ϑϑ,r = 2r g ϕϕ,r = 2r sin 2 ϑ g ϕϕ,ϑ = 2r 2 sin ϑ cos ϑ en dus de Christoffel symbolen van de eerste soort, [µν, τ] := 1 2 (g µν,τ +g µν,τ g µν,τ ), zijn (we noteren, als µ ν alleen de gevallen µ < ν): [ϑϑ, r] = r [ϕϕ, r] = r sin 2 ϑ [ϕϕ, ϑ] = r 2 sin ϑ cos ϑ [rϑ, ϑ] = r [rϕ, ϕ] = r sin 2 ϑ [ϑϕ, ϕ] = r 2 sin ϑ cos ϑ De de Christoffel symbolen van de tweede soort, Γ τ µν := g τσ [µν, σ], volgen nu als volgt. We schrijven één voorbeeld uit: Γ ϑ rϑ = g ϑσ [rϑ, σ] = g ϑϑ [rϑ, ϑ] = 1 r 2 r = 1 r 18

19 De tweede gelijkheid komt voort uit het feit dat g µν ook een diagonaal matrix is. We geven nu alle Christoffel symbolen Γ τ µν. We sorteren op τ (en weer als µ ν alleen de gevallen µ < ν): τ = r : Γ r ϑϑ = r Γ r ϕϕ = r sin 2 ϑ τ = ϑ : τ = ϕ : Γ ϑ rϑ = 1 r Γ ϕ rϕ = 1 r Γ ϑ ϕϕ = sin ϑ cos ϑ Γ ϕ ϑϕ = cos ϑ sin ϑ = cot ϑ Eind Uitwerking We gaan nu terug naar het voorbeeld vectorveld (30). Dit vectorveld is gelukkig redelijk goed te visualiseren: en elk punt van de ruimte wijst de pijl van de oorsprong weg en is de lengte r = x 2 + y 2 + z 2. Gegeven is dat dit vector veld er in de sferische coördinaten als volgt uitziet: V r r V ϑ = 0 (33) V ϕ 0 Let wel! De weergave van het vectorveld genoemd in (33) kan natuurlijk ook wel afgeleid worden met behulp van de transformatie (31), maar dat is geen onderdeel van deze opgave. We hadden als formule voor de covariante (absolute) afgeleide van een vectorveld: V ;ν µ = V,ν µ + Γ ναv µ α Dat betekent dat de divergentie er dus zo uitziet: V µ ;µ = V µ,µ + Γ µ µαv α (34) c. Bereken (34) voor het voorbeeld met behulp van de reeds bepaalde Christoffel symbolen en (33) en (34). 19

20 V r ;r = V r,r + Γ r rαv α = r r + Γ r rrv r = = 1 V ;ϑ ϑ = V,ϑ ϑ + ΓϑαV ϑ α = ϑ 0 + Γ ϑrv ϑ r = r r = 1 V ;ϕ ϕ = V,ϕ ϕ + ΓϕαV ϕ α = ϕ 0 + Γ ϕrv ϕ r = r r = 1 V ;r r + V ;ϑ ϑ + V ;ϕ ϕ = = 3 En gelukkig is dit hetzelfde als het antwoord op onderdeel a! 2.2 Afgeleide van metrische tensor De metrische tensor is ook een tensor en daarvan moeten we dus ook de covariante afgeleide van kunnen worden bepaald. a. Bereken de rang 3 tensor g µν;τ. We hebben per definitie: Nu hebben we weer ook per definitie: g µν;τ := g µν,τ Γ α µτg αν Γ α ντg µα (35) Γ α µτ := 1 2 gαβ [µτ, β] := 1 2 gαβ (g τβ,µ + g βµ,τ g µτ,β ) (36) Laten we dit eens invullen in de tweede term van (35): Γ α µτg αν = 1 2 gαβ (g τβ,µ + g βµ,τ g µτ,β )g αν = 1 2 δβ ν (g τβ,µ + g βµ,τ g µτ,β ) = 1 2 (g τν,µ + g νµ,τ g µτ,ν ) (37) Op dezelfde manier (verwisselen van µ en ν) vinden we voor de derde term van (35): Γ α ντg µα = 1 2 (g τµ,ν + g µν,τ g ντ,µ ) (38) 20

21 Nu vullen we (37) en (38) in in vergelijking (35) en dan krijgen we: g µν;τ := g µν,τ Γ α µτg αν Γ α ντg µα = g µν,τ 1 2 (g τν,µ + g νµ,τ g µτ,ν ) 1 2 (g τµ,ν + g µν,τ g ντ,µ ) = g µν,τ 1 2 (g νµ,τ) (stap 2) 1 2 (g µν,τ) = g µν,τ g νµ,τ = 0 We hebben hier een paar keer gebruik gemaakt van het feit dat g symmetrisch is: g µν = g νµ. Daardoor vielen er bij stap 2 ook 4 termen weg. Het resultaat is dus inderdaad verassend simpel. 2.3 Kromming van het Poincaré halfvlak Neem de ruimte uit opgave 1.5 het Poincaré halfvlak. U hebt daar de Christoffel symbolen al berekend. a. Bereken nu het krommingsscalarveld R op deze ruimte. We hadden eerder al gevonden, zie opgave 1.5, wat de Christoffel symbolen zijn: De afgeleiden hiervan zijn: Γ 1 11 = Γ 2 12 = Γ 2 21 = 1 x en Γ1 22 = 1 x en rest =0 Γ 2 12,1 = Γ 2 21,1 = 1 x 2 en Γ1 22,1 = 1 x 2 Γ 1 11,1 is ook 0, maar die hebben we niet nodig. Nu de componenten van de Riemann tensor: R = Γ 1 22,1 Γ 1 21,2 + Γ τ 22Γ 1 1τ Γ τ 21Γ 1 2τ = 1 x x x 2 = 1 x 2 R 1212 = g 1τ R τ 212 = g 11 R = 1 x 2 1 x 2 = 1 x 4 (39) 21

22 Dan R 2 121: R = Γ 2 11,2 Γ 2 12,1 + Γ τ 11Γ 2 2τ Γ τ 12Γ 2 1τ = 0 1 x x 2 1 x 2 = 1 x 2 Ter controle met R 1212 berekenen we ook R 2121 : R 2121 = g 2τ R τ 121 = g 22 R = 1 x 2 1 x 2 = 1 x 4 en dit klopt inderdaad met (39). Nu gaan we de Ricci tensor berekenen: R 11 = R τ 1τ1 = R = 1 x 2 R 12 = R τ 1τ2 = 0 Tenslotte het krommingsscalarveld: R 22 = R τ 2τ2 = R = 1 x 2 R = R τ τ = R R 2 2 = g 11 R 11 + g 11 R 11 = x 2 1 x + 2 x2 1 = 1 1 = 2 x2 Het Poincaré halfvlak heeft dus een constante negatieve kromming. 2.4 Kromming van een omwentelingsvlak Voor de bol hebben we hebben we gezien dat we coördinaten ϑ en ϕ kunnen aanbrengen. In figuur 4b kunnen we zien hoe dat werkt. Nu willen we naar Figuur 4: Omwentelings oppervlakken algemene omwentelingslichamen toe. Zie hiervoor figuur 4a. We hebben een 22

23 willekeurige kromme aan de rechterkant van de verticale as, zodanig dat de parameter u de lengte langs de kromme geeft. Dus du geeft weer de kleine afstand weer. Verder is de afstand tot de verticale lijn nu gegeven door een functie f(u). Op het oppervlak hebben we nu weer twee parameters u en ϕ en het lijnelement wordt nu: ds 2 = du 2 + f 2 (u) dϕ 2 (NB: f 2 (u) = (f(u)) 2 ) (40) a. Bereken nu het krommingsscalarveld R op deze ruimte. Dit is langzamerhand standaard routine: Afgeleiden van g µν bepalen, Christoffel symbolen, R 1212 (en ter controle R 2121 ) berekenen, de Ricci tensor R µν, deze nog een keer contraheren en we hebben R te pakken. Daar gaan we: Uit het lijnelement (40) lezen we af 1 : Afgeleide g µν : Christoffel symbolen eerste soort: Christoffel symbolen tweede soort: De afgeleiden hiervan: g 11 = 1, g 22 = f 2, g 11 = 1 en g 22 = 1 f 2 g 22,1 = 2ff [22, 1] = ff, [12, 2] = [21, 2] = ff Γ 1 22 = ff, Γ 2 12 = Γ 2 21 = 1 f 2 ff = f f Γ 1 22,1 = f 2 ff, Γ 2 12,1 = Γ 2 21,1 = ff f 2 De component (er is er in essentie maar 1 bij twee dimensies) van de Riemann tensor: R = Γ 1 22,1 Γ 1 21,2 + Γ τ 22Γ 1 1τ Γ τ 21Γ 1 2τ = f 2 ff f f ff = ff 1 Vanaf nu laten we (u) steeds weg, dus f, f en f ipv f(u), f (u) en f (u). Verder is f 2 wel een kwadraad en geen index 23 f 2

24 Dan R 2 121: R 1212 = g 1τ R τ 212 = g 11 R = ff (41) R = Γ 2 11,2 Γ 2 12,1 + Γ τ 11Γ 2 2τ Γ τ 12Γ 2 1τ = 0 ff f f 2 f 2 f = 2 f f Ter controle met R 1212 berekenen we ook R 2121 : R 2121 = g 2τ R τ 121 = g 22 R = f 2 f en dit klopt inderdaad met (41). Nu gaan we de Ricci tensor berekenen: Tenslotte het krommingsscalarveld: R 11 = R τ 1τ1 = R = f R 12 = R τ 1τ2 = 0 R 22 = R τ 2τ2 = R = ff f f = ff R = R τ τ = R R 2 2 = g 11 R 11 + g 11 R 11 = f f + 1 f 2 ( ff ) = 2 f f Dus het antwoord is: R = 2 f (42) f We kunnen dit checken aan de hand van f(u) = cos u. Dat was immers de bol en dan moest er 2 uitkomen. Welnu dan is f = sin u en f = cos u en dus is 2 f cos u = 2 = 2. Het klopt dus. f cos u b. Wat is de algemene vorm van f(u) voor het geval R = 0 (overal). Als R overal 0 is dan hebben we dus volgens (42) dat 2 f = 0. Aangezien f nooit 0 mag zijn betekent dit dus dat f = 0. Dat betekent dus dat f f(u) = Cu + D, voor zekere (integratie-) constanten C en D. Dus is de vorm een rechte lijn, in inderdaad komt dat overeen met een omwentelingsvalk van intrisieke kromming 0. Het algemene geval (C 0 en D 0) correspondeert inderdaad met figuur 4c, een kegel. Er zijn nog twee bijzondere gevallen: 24

25 1. C = 0 (en dan dus D 0). Dan is het een cylinder (want vertikale lijn); 2. D = 0 (en dan dus C 0). Dan is het een horizontale lijn en dan is het omwentelingsvlak dus een echt plat vlak. Einde uitwerking onderdeel b. We gaan nu de torus van figuur 4d bekijken. Zoals in de figuur is aangegeven nemen we aan dat de straal van het cirkeltje B is. De afstand van het midden van het cirkeltje tot de verticale as is A. A en B zijn constanten. De parameter u moeten we even zorgvuldig bepalen. We nemen aan dat u = 0 bovenaan de cirkel. De parameter moet steeds de booglengte zijn, dus als we het cirkeltje éénmaal omlopen dan heeft u de waarde 2πB (de omtrek van het cirkeltje). De aangegeven hoek ϑ is dan van 0 naar 2π gelopen. Dus we hebben u = Bϑ, zoals in figuur 4d ook aangegeven. We kunnen nu de afstand van een punt op het cirkeltje tot de vertikale as bepalen. Dit moet immers de functie f(u) zijn die we nodig hebben. Kijkt u even mee in figuur 4d? f(u) = A + B sin ϑ = A + B sin u (43) B Met behulp van deze formule en de uitkomst van onderdeel a van deze opgave moeten we het nu aankunnen: c. Bereken het krommingsscalarveld R(u) van de torus en ga met uw formule na wat de aard van kromming aan de binnen en buitenkant van de torus is. De functie f(u) is nu expliciet gegeven in (43) en we hoeven deze dus alleen meer in te vullen in (42): R = 2 f = 0. Daarom moet we dus even f de afgeleiden van (43) bepalen: f(u) = A + B sin u B f (u) = cos u B Dus krijgen we voor R: R = 2 f f (u) = 1 B sin u B f = 2 B sin u B ( 1 A + B sin u B 25 ) (44)

26 Deze formule is wat complex, maar het was ook wel te verwachten dat de torus geen constante kromming zou hebben. Wat we wel aan formule (44) kunnen zien: voor 0 < u < π is R > 0 en voor π < u < 2π R < 0. Met andere woorden: de torus is aan de buitenkant positief gekromd en aan de binnenkant negatief. 2.5 Laplaciaan in sferische coördinaten Deze opgave kunt u, desgewenst, in eerste instantie overslaan. De Laplaciaan is de operator 2 die op een scalarveld φ werkt: 2 φ := 2 xφ + 2 yφ + 2 zφ (45) Een berucht probleem (waarbij alle natuurkunde boeken zeggen dat je het maar moet opzoeken in een wiskunde boek) is om deze Laplaciaan uit drukken in sferische coördinaten. Hier is het antwoord zoals dat meestal in de boeken staat: 2 = 1 r 2 r (r2 r ) + 1 r 2 sin ϑ ϑ (sin ϑ ϑ ) r 2 sin 2 (46) ϑ ϕ 2 Maar gelukkig bestaat er zoiets als absoluut differentiëren en de kracht daarvan kan hier mooi worden geïllustreerd. Het idee is als volgt. We bepalen eerst de gradient van φ: φ ;µ. Dit is een covariante vector. We willen graag een contravariante vector hebben om daar de divergentie van te kunnen nemen (zie opgave 2.1). Welnu het recept daarvoor kennen we: we halen de index omhoog: dus we bekijken: φ ;µ = g µα φ ;α. Vervolgens bepalen we hiervan de divergentie: φ ;µ ;µ. a. Verifiëer dat dit voor gewone coördinaten x, y en z overeenkomt met 2 zoals in (45). Alle Christoffelsymbolen Γ zijn nul en dus komt het absolute differentiëren (;) neer op gewoon differentiëren (,). Verder is g µν = g µν = δ µ ν. Dus: φ ;µ ;µ = (φ ;µ ) ;µ = (g µα φ ;α ) ;µ = (g µα φ,α ),µ = (δµφ α,α ),µ = (φ,µ ),µ = φ,µ,µ = φ,1,1 + φ,2,2 + φ,3,3 = xφ 2 + yφ 2 + zφ 2 Dus dit klopt. 26

27 b. Bereken nu φ ;µ ;µ voor de poolcoördinaten, zoals in opgave 2.1. We doen deze berekening weer met twee notaties voor de indexen. Zie bladzijde 17. De uitwerking met indexen 1,2 en 3 gebeurt in bijlage 4.2. Hier gebruiken we r, ϑ en ϕ weer ook als indices. We moeten berekenen: φ ;µ ;µ. Laten we even de volgende afkorting invoeren voor het vector φ ;µ : V µ := φ ;µ = g µα φ,α Dan hebben we (g µν is diagonaal): V r = g rr φ,r = φ r V ϑ = g ϑϑ φ,ϑ = 1 φ r 2 ϑ V ϕ = g ϕϕ 1 φ,ϕ = r 2 sin 2 ϑ φ ϕ (47) (48) (49) Verder hebben we, volgens de definitie van covariante afgeleide van V µ : V µ ;µ := V µ,µ + Γ µ µαv α We berekenen deze drie, V r ;r, V ϑ ;ϑ en V ϕ ;ϕ, één voor één en tellen ze daarna op. De Christoffelsymbolen Γ, die we nodig hebben zijn in opgave 2.1 reeds bepaald V r ;r := V r,r + Γ r rαv α = 2 φ r 2 (50) Hierbij hebben we (47) gebruikt en het feit dat Γ r rα = 0 voor alle α. V ϑ ;ϑ := V ϑ,ϑ + Γ ϑ ϑαv α = V ϑ,ϑ + Γ ϑ ϑrv r = ϑ ( 1 φ r 2 ϑ ) + 1 φ r r (51) Hierbij hebben we (47) en (48) gebruikt en het feit dat Γ ϑ ϑr = 1 r (en Γϑ ϑϑ = Γ ϑ ϑϕ = 0). V ϕ ;ϕ := V ϕ,ϕ + Γ ϕ ϕαv α = V ϕ,ϕ + Γ ϕ ϕrv r + Γ ϕ ϕϑ V ϑ 1 2 φ = r 2 sin 2 ϑ ϕ + 1 φ 2 r r + cos ϑ φ r 2 sin ϑ ϑ (52) 27

28 Hierbij hebben we (47), (48) en (49) gebruikt en het feit dat Γ ϕ ϕr = 1, r Γ ϕ ϕϑ = cos ϑ en sin ϑ Γϕ ϕϕ = 0. Als we nu (50), (51) en (52) bij elkaar optellen dan krijgen we: φ ;µ ;µ = 2 φ r 2 + ϑ ( 1 r 2 φ + 1 r φ r + = 2 φ r r φ r + 1 ϑ ) + 1 r cos ϑ φ r 2 sin ϑ ϑ φ r + ϑ ( 1 φ r 2 ϑ ) + 2 φ r 2 sin 2 ϑ ϕ 2 Dit is niet precies (46), maar als we bedenken dat cos ϑ φ r 2 sin ϑ ϑ φ r 2 sin 2 (53) ϑ ϕ 2 1 r 2 r (r2 r ) = 2 φ r + 2 φ 2 r r en 1 r 2 sin ϑ ϑ (sin ϑ ϑ ) = ϑ ( 1 φ r 2 ϑ ) + cos ϑ φ r 2 sin ϑ ϑ dan kloppen (46) en (53) wel met elkaar. Toegegeven, dit is nog best een redelijk complexe berekening. Maar we hebben hem hier zeer gedetailleerd uitgewerkt en bovendien is het echt vele malen eenvoudiger dan de rechtsreekse berekening. 2.6 Krommingstensor in twee dimensies Als een Riemann ruimte maar 2 dimensies heeft, dan weet je alle componenten R αβγδ zo gauw je er één weet. Dit volgt uit alle (anti-) symmetrieën in de indexen. a. Stel eens dat R 1212 = a. Geef dan alle R αβγδ die 0 zijn. We sommen alle R αβγδ op die 0 zijn. R αβγδ = 0 als α = β en/of γ = δ. We hoeven dus alleen maar die componenten te noemen met α β en γ δ. Dit doen we dan in oplopende index volgorde: R 1212 = a R 1221 = R 1212 = a R 2112 = R 1212 = a R 2121 = R 1212 = a En dat is alles. 28

29 b. Bereken een uitdrukking voor de Ricci-tensor R µν in termen van a en g µν. Hint: Doe dit geval voor geval, dus voor R 11, R 12 en R 22. Ga verder na hoe de inverse matrix g µν eruit ziet. De inverse van een 2 bij 2 matrix is immers algemeen op te schrijven. In het algemeen geldt: R µν = R α µαν = g αβ R βµαν (54) We zien dat we de inverse van de matrix g µν nodig hebben. Nu is van een 2 bij 2 matrix de inverse in het algemeen te bepalen (zie opgave 2.3.c van het wiskunde gedeelte): ( ) 1 a b = c d 1 ad bc ( d ) b c a (55) Hierbij is ad bc de determinant van de matrix. Laten we de determinant van de matrix g µν schrijven als g, dus g := g 11 g 22 g 12 g 21 dan volgt uit (55): ( ) 1 g αβ g11 g = 12 = 1 ( ) g22 g 12 (56) g 21 g 22 g g 21 g 11 Dus: g 11 = 1 g g 22 en g 12 = 1 g g 12 g 21 = 1 g g 21 en g 22 = 1 g g 11 Nu gaan we (54) uitwerken voor alle aparte gevallen: R 11 = g αβ R β1α1 = g 22 R 2121 = a g g 11 (57) R 12 = g αβ R β1α2 = g 12 R 2112 = a g ( g 12) = a g g 12 (58) Op dezelfde manier blijkt ook: R 21 = a g g 21 (59) R 22 = a g g 22 (60) 29

30 Als we (57), (58), (59) en (60) bekijken, zien we dat we ze samenvattend kunnen opschrijven als: R µν = a g g µν (61) En hiermee hebben we de vraag beantwoord. c. Wat betekent het resultaat van b voor de vergelijking R µν = 0 in dit twee dimensionale geval? Stel dat a 0, dan volgt uit (61) dat R µν 0. Uit R µν = 0 volgt dus dat a = 0. Maar dit impliceert volgens onderdeel a dat R αβγδ = 0. In woorden: Als in een twee dimensionale ruimte de Ricci tensor R µν overal nul is, dan is het een vlakke ruimte! d. Bereken tenslotte een uitdrukking voor de krommingsscalar R in termen van a en g µν. We hebben: R = R α α = g αβ R βα = g αβ a g g βα = g αβ a g βα g = a δα α g = 2a g Hierbij hebben we bij de derde gelijkheid (61) gebruikt en bij de laatste het feit dat de ruimte tweedimensionaal is. 3 Nav Les 5 en 6: De lege ruimte en Tests 4 Bijlage: 123 notatie 4.1 Divergentie van een vectorveld In deze bijlage geven we de uitwerking van 2.1 b en c nogmaals maar nu met de 1,2,3 notatie. 30

31 We hebben dus volgens het lijnelement (32) een diagonaal matrix met: g 11 = 1 g 22 = r 2 g 33 = r 2 sin 2 ϑ g 11 = 1 g 22 = 1 r 2 g 33 1 = r 2 sin 2 ϑ waarbij we gelijk de inverse matrix hebben opgeschreven. b. Bepaal de Christoffel symbolen. De afgeleiden van de g µν die niet 0 zijn: g 22,1 = 2r g 33,1 = 2r sin 2 ϑ g 33,2 = 2r 2 sin ϑ cos ϑ en dus de Christoffel symbolen van de eerste soort, [µν, τ] := 1 2 (g µν,τ +g µν,τ g µν,τ ), zijn (we noteren, als µ ν alleen de gevallen µ < ν): [22, 1] = r [12, 2] = r [33, 1] = r sin 2 ϑ [13, 3] = r sin 2 ϑ [33, 2] = r 2 sin ϑ cos ϑ [23, 3] = r 2 sin ϑ cos ϑ De de Christoffel symbolen van de tweede soort, Γ τ µν := g τσ [µν, σ], volgen nu als volgt. We schrijven één voorbeeld uit: Γ 2 12 = g 2σ [12, σ] = g 22 [12, 2] = 1 r 2 r = 1 r De tweede gelijkheid komt voort uit het feit dat g µν ook een diagonaal matrix is. We geven nu alle Christoffel symbolen Γ τ µν. We sorteren op τ (en weer als µ ν alleen de gevallen µ < ν): τ = 1 : Γ 1 22 = r Γ 1 33 = r sin 2 ϑ τ = 2 : Γ 2 12 = 1 r τ = 3 : Γ 3 13 = 1 r Γ 2 33 = sin ϑ cos ϑ Γ 3 23 = cos ϑ sin ϑ = cot ϑ 31

32 Eind Uitwerking We gaan nu terug naar het voorbeeld vectorveld (30). Dit vectorveld is gelukkig redelijk goed te visualiseren: en elk punt van de ruimte wijst de pijl van de oorsprong weg en is de lengte r = x 2 + y 2 + z 2. Gegeven is dat dit vector veld er in de sferische coördinaten als volgt uitziet: V 1 r V 2 = 0 (62) V 3 0 Let wel! De weergave van het vectorveld genoemd in (62) kan natuurlijk ook wel afgeleid worden met behulp van de transformatie (31), maar dat is geen onderdeel van deze opgave. We hadden als formule voor de covariante (absolute) afgeleide van een vectorveld: V ;ν µ = V,ν µ + Γ ναv µ α Dat betekent dat de divergentie er dus zo uitziet: V µ ;µ = V µ,µ + Γ µ µαv α (63) c. Bereken (63) voor het voorbeeld met behulp van de reeds bepaalde Christoffel symbolen en (62) en (63). V 1 ;1 = V 1,1 + Γ 1 rαv α = r r + Γ 1 11V 1 = = 1 V ;2 2 = V,2 2 + Γ2αV 2 = ϑ 0 + Γ 21V 2 = r r = 1 V ;3 3 = V,3 3 + Γ3αV 3 = ϕ 0 + Γ 31V 3 = r r = 1 V ;1 1 + V ;2 2 + V ;3 3 = = 3 En gelukkig is dit hetzelfde als het antwoord op onderdeel a! 4.2 Laplaciaan in sferische coördinaten In deze bijlage geven we de uitwerking van 2.5b nogmaals maar nu met de 1,2,3 notatie. 32

33 We moeten berekenen: φ ;µ ;µ. Laten we even de volgende afkorting invoeren voor het vector φ ;µ : V µ := φ ;µ = g µα φ,α Dan hebben we (g µν is diagonaal): V 1 = g 11 φ,1 = φ r V 2 = g 22 φ,2 = 1 φ r 2 ϑ V 3 = g 33 1 φ,3 = r 2 sin 2 ϑ φ ϕ (64) (65) (66) Verder hebben we, volgens de definitie van covariante afgeleide van V µ : V µ ;µ := V µ,µ + Γ µ µαv α We berekenen deze 3, V 1 ;1, V 2 ;2 en V 3 ;3, één voor één en tellen ze daarna op. De Christoffelsymbolen Γ, die we nodig hebben zijn in opgave 2.1 reeds bepaald V 1 ;1 := V 1,1 + Γ 1 1αV α = 2 φ r 2 (67) Hierbij hebben we (64) gebruikt en het feit dat Γ 1 1α = 0 voor alle α. V 2 ;2 := V 2,2 + Γ 2 2αV α = V 2,2 + Γ 2 21V 1 = ϑ ( 1 φ r 2 ϑ ) + 1 φ r r (68) Hierbij hebben we (64) en (65) gebruikt en het feit dat Γ 2 21 = 1 r (en Γ2 22 = Γ 2 23 = 0). V 3 ;3 := V 3,3 + Γ 3 3αV α = V 3,3 + Γ 3 31V 1 + Γ 3 32V φ = r 2 sin 2 ϑ ϕ + 1 φ 2 r r + cos ϑ φ r 2 sin ϑ ϑ (69) Hierbij hebben we (64), (65) en (66) gebruikt en het feit dat Γ 3 31 = 1 r, Γ3 32 = cos ϑ sin ϑ en Γ3 33 = 0. Als we nu (67), (68) en (69) bij elkaar optellen dan krijgen we we hetzelfde als op pagina 28, dus lees daar verder. 33