Bodová častica vo VTR Vladimír Balek Pole bodového náboja. Majme časticu s nábojom q, ktorá sa nachádza v počiatku súradníc. Elektrická intenzita E v

Prepis

1 Bodová častica vo VTR Vladimír Balek Pole bodového náboja. Majme časticu s nábojom q, ktorá sa nachádza v počiatku súradníc. Elektrická intenzita E v priestore okolo častice je daná Gaussovým zákonom E = 4πqδ(r). (Používame sústavu jednotiek, v ktorej 4πϵ 0 = 1.) Zo sférickej symetrie plynie, že intenzitu môžeme zapísať ako E = E(r)n, kde r je vzdialenosť od počiatku a n je jednotkový vektor v smere polohového vektora. Keď teraz zintegrujeme obe strany rovnice cez guľu so stredom v počiatku súradníc a polomerom r a využijeme Gaussovu vetu, dostaneme EdV = E ds = 4πr 2 E = 4πq, čiže E = qr 2. Opísaný postup nie je matematicky kóšer, lebo sme použili Gaussovu vetu na integrál z distribúcie, ako keby to bola obyčajná funkcia. Ako sa to robí správne sa naši študenti dozvedia v 4. ročníku na prednáške o diferenciálnych rovniciach. Tam sa zavádza fundamentálne riešenie Laplaceovej rovnice G ako distribúcia spĺňajúca rovnicu G = δ(r). Je zrejmé, že potenciál poľa bodového náboja je Φ = 4πqG a intenzita poľa bodového náboja je E = Φ = 4πq G. Rovnica pre G sa chápe v zmysle teórie distribúcií, teda ako rovnica pre kontrakciu funkcie G s ľubovoľnou funkciou ϕ z priestoru D (priestoru hladkých funkcií s kompaktným nosičom), ( G, ϕ) = ϕ(0). O funkcii G hovoríme, že je z priestoru D (priestoru distribúcií nad priestorom D). Očakávame, že riešením rovnice s kontrakciou bude funkcia, ktorú dostaneme z elementárnej úvahy využívajúcej Gaussovu vetu, G = 1/(4πr). 1

2 Zapíšeme ( G, ϕ) = (G, ϕ) = G ϕdv, potom oblasť integrácie rozdelíme na guľu so stredom v počiatku súradníc a polomerom ϵ (oblasť B ϵ ) a zvyšok priestoru (oblasť R 3 \B ϵ ), v druhej oblasti použijeme dvakrát Gaussovu vetu už môžeme, podintegrálna funkcia je všade hladká a nakoniec urobíme limitu ϵ 0. Prvý integrál je rádu ϵ 2, takže v uvažovanej limite dá nulu, a druhý integrál po využití Gaussovej vety prejde na rozdiel dvoch plošných integrálov, G ϕdv = G ϕ ds + B ϵ R 3 \B ϵ B ϵ Gϕ ds, z ktorých prvý sa v uvažovanej limite rovná nule a druhý ϕ(0). Vidíme, že uvažovaná funkcia G je naozaj fundamentálne riešenie. Pridanie gravitačného poľa. Ak má častica nenulovú hmotnosť, budí gravitačné pole, a ak stojí v počiatku súradníc, pole je statické a sféricky symetrické. To znamená, že metrika má tvar ds 2 = B(r)dt 2 A(r)dr 2 r 2 dω 2, kde dω 2 = dθ 2 + sin 2 θdϕ 2. (Používame sústavu jednotiek, v ktorej aj c = 1.) Tvar funkcií A, B závisí od teórie gravitácie. Vo VTR pre časticu s hmotnosťou m a nábojom q máme: A 1 = B = 1 2Gmr 1 + Gq 2 r 2. To je Reissnerova Nordströmova metrika. Pri q Gm táto metrika opisuje čiernu dieru, elementárne častice však majú q Gm (pre elektrón platí q 2 /(Gm 2 ) = 4, , viď Feynmanov kurz, zväzok I, 7.7), takže pokiaľ ich chápeme klasicky, sú to nahé singularity. Nič na tom nezmení ani pridanie spinu. Keď chceme preniesť výpočet poľa E z plochého priestoru do priestoru s vlastným gravitačným poľom častice, narážame na to, že metrika je singulárna v počiatku. To je zrejmé pri Reissnerovej Nordströmovej metrike, kde je funkcia B pri r = 0 nekonečná a funkcia A nulová, a dá sa to očakávať aj pri iných (neeinsteinovských) metrikách s bodovým zdrojom. V obvyklom chápaní sa singularita nepovažuje za súčasť variety. 2

3 Hovorí sa, že je to okraj priestoru, miesto, kde teória zlyháva. My túto množinu bodov (bod r = 0 v ľubovoľnom čase t) pridáme k priestoru a umiestnime do nej δ-funkciu. Uvidíme, že správanie sa funkcií A, B v počiatku nespôsobí pri výpočte nijaké problémy a výsledok bude dokonca v istom zmysle rovnaký ako v plochom priestore. Výpočet intenzity. Pole E získame z rovnice F µν ;ν = 4πj µ, kde F µν je tenzor elektromagnetického poľa a j µ je 4-prúd. Pre bodovú časticu s trajektóriou r = r 0 (t) máme (Landau Lifšic: Teória poľa, 90) j µ = q g dx µ dt δ(r r 0), a keďže F µν ;ν = 1 g ( gf µν ),ν, rovnicu pre F µν môžeme zapísať ako ( gf µν ),ν = 4πq dxµ dt δ(r r 0). V ďalšom nás bude zaujímať iba 0-tá zložka tejto rovnice pri r 0 = 0, ( gf 0i ),i = 4πqδ(r). To je Gaussov zákon zapísaný pre bodovú časticu s vlastným gravitačným poľom, ktorá sa nachádza v počiatku súradníc. Funkcia δ(r), ktorá vystupuje na pravej strane Gaussovho zákona, má dobrý význam v kartézskych súradniciach x i = (x, y, z), ktoré súvisia so sférickými súradnicami x i = (r, θ, ϕ) štandardnými vzťahmi V týchto súradniciach môžeme písať x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ, z = r cos θ. δ(r) = δ(x)δ(y)δ(z), ako sme zvyknutí z plochého priestoru. (Niekedy sa zavádza aj δ-funkcia zapísaná v sférických súradniciach, δ(r) = δ(r)/(4πr 2 ), ale pri práci s ňou treba byť opatrný, pretože 3

4 súradnica r je z intervalu r 0, ktorý obsahuje nosič funkcie δ(r) ako dolnú hranicu. Celú úvahu o riešení rovnice pre F µν by sme mohli spraviť v sférických súradniciach, keby sme na pravej strane urobili zámenu δ(r) δ(r, θ, ϕ) = δ(r)/(4π) = r 2 δ(r). Nešli sme touto cestou a radšej sme si dali námahu so zavedením kartézskych súradníc, pretože sa chceme striktne držať teórie distribúcií.) Keď chceme použiť kartézske súradnice v δ-funkcii, musíme ich použiť všade, teda musíme Gaussov zákon zapísať ako ( g F 0i ),i = 4πqδ(r). V priestoročase s metrikou ds 2 = Bdt 2 γ ij dx i dx j má priestorová divergencia tvar v i i = (1/ γ)( γv i ),i (zvislá čiara označuje kovariantnú deriváciu v 3-rozmernom priestore), takže platí ( gf 0i ),i = γ( BF 0i ) i = γ invariant vzhľadom na transformácie x i. Odtiaľ vidno, že ľavá strana Gaussovho zákona sa dá prepísať z kartézskych do sférických súradníc podľa vzťahu ( g F 0i ),i = γ/γ( gf 01 ), kde čiarka znamená deriváciu podľa r. Determinant matice g µν je g = f 2 r 4 sin 2 θ, kde f = AB, a determinanty matíc γ ij a γ ij sa líšia iba o štvorec Jacobiánu transformácie x i x i, γ = x/ x 2 γ = r 4 sin 2 θ γ. To znamená, že výraz ( g F 0i ),i sa dá zapísať ako r 2 (fr 2 F 01 ) a Gaussov zákon znie r 2 (fr 2 F 01 ) = 4πqδ(r). Teraz prejdeme k vektoru E. Majme ortonormovanú bázu tvorenú vektormi v smere súradnicových čiar, pozdĺž ktorých sa menia súradnice (t, r, θ, ϕ), eˆ0 µ = 1 δ µ 0, B Príslušná báza kovektorov je eˆ1 µ = 1 δ µ 1, A eˆ2 µ = 1 r δµ 2, eˆ3µ = 1 r sin θ δµ 3. eˆ0 µ = Bδ 0 µ, eˆ1 µ = Aδ 1 µ, eˆ2 µ = rδ 2 µ, eˆ3 µ = r sin θδ 3 µ, 4

5 takže vektor E má iba radiálnu zložku, Eâ = F ˆ0â = eˆ0 µ eâνf µν = (E, 0, 0), E = ff 01, a táto zložka spĺňa rovnicu r 2 (r 2 E) = 4πqδ(r). Ak zavedieme pomocnú euklidovskú metriku dl 2 E = dx2 + dy 2 + dz 2 a vektor E = En, n = (x, y, z)/r, ľavú stranu rovnice môžeme zapísať ako E E, kde E je nabla-operátor v priestore s metrikou dl 2 E. (To je učebnicový vzorec, ale pre úplnosť: E E = E i i = (1/ γ E )( γ E E i ),i, a v sférických súradniciach platí E i = (E, 0, 0), γ E = r 4 sin 2 θ.) Dostali sme rovnakú rovnicu ako predtým, čiže aj riešenie musí byť rovnaké musí platiť E = q/r 2. Keď riešime rovnicu pre pole E v teórii distribúcií, prechádzame od intenzity poľa k potenciálu definovanému ako Φ = Edr. Zo vzorca pre E máme Φ = q/r. V relativistickej elektrodynamike na opis poľa slúži 0-tá zložka 4-potenciálu, pre ktorú platí A 0 = F 01 = g 00 g 11 F 01 = fe, takže sa líši od poľa Φ súčiniteľom f pod integrálom. V Reissnerovej Nordströmovej metrike, v ktorej f = 1, sa polia A 0 a Φ zhodujú. Holý náboj. Vlastné gravitačné pole častice nemá vplyv na tvar poľa E, ale treba ho zohľadniť pri interpretácii náboja, ktorý toto pole budí. Hustota náboja, ako nultá zložka 4-vektora, závisí od času, ktorý v danom mieste priestoru používame pri opise fyzikálnych dejov. Pokojová hustota náboja sa vzťahuje k vlastnému času objemového elementu, teda k času na ideálnych hodinách, ktoré si element nesie so sebou. Bodová častica nemá dobre definovaný vlastný čas kvôli singularite metriky, ale pokojovú hustotu náboja môžeme zaviesť aj v tomto prípade, ak ju chápeme v limitnom zmysle. Jej hodnota je ρ e = jˆ0 = eˆ0 0 j 0 = B q f δ(r) = q A δ(r). (Využili sme, že g = ( γ/γ) g = f.) Označme A ϵ = A(ϵ) ϵ 0 = ϵ 2 /(Gq 2 ). Na 5

6 vzorec pre ρ e sa môžeme pozerať tak, že častica má holý náboj q 0, definovaný ako q 0 = q Aϵ = sgn(q) Gq 2 ϵ 1, a tento náboj sa v dôsledku gravitačnej interakcie oblečie na hodnotu q. Pole E je len pomocné, keďže sa vzťahuje k pomocnej metrike. Fyzikálne pole je E fyz = Eeˆ1 = Eeˆ1 1 n = 1 E. A Keďže pri r 0 platí 1/ A = G q /r, veľkosť fyzikálneho poľa počítaná v pomocnej metrike ide do nekonečna nie ako 1/r 2, ale ako 1/r 3 nekonečný náboj budí rýchlejšie divergujúce pole než konečný. Einsteinove rovnice s δ-funkčným zdrojom. Keď sa dá elektrické pole bodovej častice získať z rovnice s δ-funkčným zdrojom, vzniká otázka, ako je to s gravitačným poľom. Dá sa metrika čiernej diery odvodiť z Einsteinových rovníc s δ-funkciou na pravej strane? Bodová častica s hmotnosťou m, ktorá sa nachádza v počiatku súradníc, má tenzor energie-hybnosti t µν = m dx µ dx ν g dτ dt δ(r). V ďalšom budeme potrebovať zmiešanú (00)-zložku tohto tenzora, t 0 0 = g 00 t 00 = B m f dt dτ δ(r) = m A δ(r). (Využili sme, že kontravariantná (00)-zložka je v sférických súradniciach rovnaká ako v kartézskych, t 00 = t 00.) Budeme sa venovať poľu nabitej častice a až na konci sa pozrieme, čo sa zmení, keď je častica elektricky neutrálna. V úlohe s nabitou časticou je okrem látkového tenzora energie-hybnosti v hre aj tenzor energie-hybnosti elektromagnetického poľa, pre ktorý máme θ µν = 1 (F µρ F ν ρ 1 ) 4π 4 gµν F ρσ F ρσ, θ 0 0 aj θ 1 1 = 1 8π F 01F 01 = E2 8π = Všimnime si ešte, že hustota hmotnosti častice je ρ = tˆ0ˆ0 = eˆ0 0 eˆ00 t 0 0 = t q2 8πr 4.

7 S týmto vzorcom pre ρ môžeme zaviesť holú hmotnosť m 0, podobne ako sme predtým zaviedli holý náboj q 0. Ako uvidíme, pri výpočte s δ-funkčným zdrojom vyjde rovnaká funkcia A, aká vystupuje v Reissnerovej Nordströmovej metrike, s asymptotikou A = r 2 /(Gq 2 ) pri r 0. Holá hmotnosť teda je m 0 = m Aϵ = Gm q ϵ 1. Ak označíme A = e λ, B = e ν, zmiešané zložky Einsteinových rovníc sú (Landau Lifšic: Teória poľa, 100): Pre funkciu f odtiaľ dostaneme e λ (λ r 1 r 2 ) + r 2 = 8πG(t θ 0 0), e λ ( ν r 1 r 2 ) + r 2 = 8πGθ 1 1. f f = 1 2 (λ + ν ) = 4πGe λ rt 0 0 = 4πG Arδ(r). Z asymptotiky funkcie A pri r 0 plynie, že výraz pred δ-funkciou je úmerný r 2 a v súčine s δ-funkciou dá nulu. Z rovnice potom dostaneme f = konšt, a keď opäť nahliadneme dopredu, zistíme, že na správnu asymptotiku metriky pri r potrebujeme f = 1. Ostáva nám určiť funkciu A. Zapíšme zmiešanú (00)-zložku Einsteinových rovníc ako r 2 (ra 1 ) = r 2 8πGm 0 δ(r) Gq 2 r 4. Ak zavedieme pole F vzťahmi F = F n, F = r 1 A 1, ľavú stranu rovnice môžeme zapísať ako E F, takže máme opäť Gaussov zákon v plochom priestore, akurát v ňom okrem δ-funkčného zdroja vystupuje aj rozmazaný sféricky symetrický zdroj. Príspevok k funkcii F od δ-funkčného zdroja je F I = 2Gm 0 r 2, ale príspevok of rozmazaného zdroja nie je dobre definovaný kvôli členu úmernému r 4, ktorý diverguje príliš rýchlo. Úlohu môžeme dotiahnuť do konca, ak tento člen regularizujeme pridaním súčiniteľa θ(r ϵ), s tým, že na konci spravíme limitu ϵ 0. Týmto spôsobom dostaneme F II = r 1 + Gq 2 r 2 (r 1 ϵ 1 ) = r 1( 1 + Gq 2 r 2 G q 0 r 1). 7

8 Pre funkciu A odtiaľ máme A 1 = F r = 1 2G mr 1 + Gq 2 r 2, kde m je oblečená hmotnosť, m = m 0 + q 0 2 G = ( G q m + q 2 G ) ϵ 1. Dostali sme Reissnerovu Nordströmovu metriku s hmotnosťou m a nábojom q. Z podmienky, aby hmotnosť m bola konečná, plynie obmedzenie na hmotnosť m. Musí platiť m = q 2 G + O(ϵ), čiže hmotnosť m musí byť záporná a v absolútnej hodnote rádovo rovná hmotnosti q / G, ktorá pre elektrón vychádza o 21 rádov väčšia než skutočná hmotnosť. Keď je častica neutrálna, funkcia A má pri r 0 asymptotiku A = r/(2g m), takže pre fyzikálnu hmotnosť, ktorá sa pri nulovom náboji častice zhoduje s holou hmotnosťou, platí m = m Aϵ = m 2G mϵ 1/2 = 2Gm 2 ϵ 1. Ako vidno, hmotnosť m musí byť teraz rýdzo imaginárna (tachyónová) a rádu ϵ 1/2, m m = i 2G ϵ. Pri takej hmotnosti m je riešením úlohy Schwarzschildova metrika s hmotnosťou m. Vyšli sme z rovníc, ktoré sa všade mimo počiatku zhodujú so štandardnými rovnicami, preto nie je prekvapivé, že nám vyšli štandardné riešenia Schwarzschildova a Reissnerova Nordströmova metrika. Išlo len o to, akú na to budeme potrebovať hmotnosť m, ktorá vystupuje vo vyjadrení t µν a má význam fyzikálnej hmotnosti v prípade bez vlastného gravitačného poľa častice. Záver nie je veľmi potešiteľný: pri nenabitej častici potrebujeme m imaginárne a pri nabitej častici m záporné. 8