Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
Члены с первыми производными можно упростить. Например,
XfTimtm = (XfTim)tm - бimTim.
Произведя такое упрощение, проинтегрировав по всему пространству и отбросив все дивергенции, которые можно преобразовать в обращающиеся в нуль интегралы по поверхности, получим
J XiXim3X = J [0 - 2 (— Т" - Ti') - 2Т<'] d3x= 2 J Vd3X.
Решение 5.16. Пусть v —времениподобный собственный вектор:
T.v = av.
Рассмотрим тензор энергии-импульса, измеренный наблюдателем с 4-скоросгью и = ± v/| V |. (Знак выберем так, чтобы вектор и был обращен в будущее.) В системе покоя наблюдателя и = (1, б), а вектор потока энергии (взятый со знаком минус) равен
— S = T-u = j^j T-v= j^j- v = au = (a, 0).
Таким образом, пространственная часть потока энергии равна нулю, а а —измеренная наблюдателем плотность энергии (взятая со знаком минус).
Верно и обратное утверждение: если по измерениям наблюдателя, движущегося с 4-скоростью и, пространственная часть потока энергии равна нулю, то —S = Tu = Ctu при некотором a и и — времениподобный собственный вектор тензора энергии-импульса Т. 210
РЕШЕНИЯ
Решение 5.17.
а) Если отбросить члены второго порядка по скорости, то для общего преобразования Лоренца получим
AV = I, A01- = V, A> = 8<>.
Если Tv-"*' — компоненты тензора энергии-импульса в системе покоя жидкости, то T0''' = 0 и
gi = T0' = A011-AVTvv' = A00-AV 71°'0' + AVAVT'"*' = = v/Ta'o' vkTі'k' = vk (T0'0'+ Ti'k').
Для идеальной жидкости T0'0'= р и Ti'k' = р&к, поэтому «инер-циальная масса, приходящаяся на единицу объема», равна
т/к = Ык (р+р).
б) Поскольку
Mi'' = 6'V $ T00 dx dydz + \ V> dx dy dz,
то необходимо лишь доказать, что второе слагаемое в правой части равно нулю. Заметим, что 3-дивергенция тензора Т'к обращается в нуль:
Vktk = Vvtll - TZ0l0 = 0 — 0 (XkTf)il = SkiV1 + XkTli1I = Т'к. Из теоремы Гаусса следует
$ Vk dx dydz = \ (XkVi)ti dx dydz = \ хкТ'1п1 dS,
s
где S —любая поверхность вне напряженного тела, а л —направление внешней нормали к 5. Поскольку интеграл по поверхности равен нулю, то утверждение задачи доказано.
Решение 5.18. Нетрудно видеть, что если воспользоваться определениями 2-формы сгар и тензора юар, то остается лишь проверить уравнение
Для этого удобнее всего вспомнить определение P11P. Однако мы изберем другой, более поучительный подход, спроектировав это уравнение на вектор и и на ортогональное ему подпространство (при помощи тензора Р). Заметим, что
U-P = O, P P = P.
Проекции на подпространство, ортогональное вектору и, и на вектор и имеют соответственно следующий вид:
= UatllPv^y - CLaIlfiPty = иа]1ХР>\ - 0 ГЛАВА 5
211-
и
«a;?«? = Ua-VPv-^uP — CLaUtffi = О + CLa.
Нетрудно проверить, что оба соотношения правильны. Поскольку проекции уравнения на вектор и и на ортогональное ему подпространство не приводят к противоречию, то и само уравнение непротиворечиво.
Решение 5.19. Если жидкость характеризуется плотностью массы-энергии р, давлением Р, температурой T и энтропией 5, то закон сохранения массы-энергии в элементе объема жидкости V можно представить в виде
d(pV) = — PdV+ TdS,
где S — энтропия в объеме V. Это соотношение отличается от нерелятивистского закона сохранения лишь тем, что плотность энергии мы заменили плотностью массы-энергии, поскольку в специальной теории относительности масса не сохраняется. Число барионов сохраняется, и поэтому первое начало термодинамики часто записывают через плотность барионов п и энтропию 5, приходящуюся на один барион [V s= (число барионов/я) исключается]:
d (р/п) = — Pd(l/n) + Tds,
или
dp = (р + Р) dn/n + nTds.
Решение 5.20. Для идеальной жидкости Tvv = (Р + р) uvuv + Pgiiv,
поэтому в системе покоя жидкости нулевая компонента уравнения движения имеет вид
HpJwiV = T0V; V = PiVg0¦> + Pg0" ;v + (я+р) , VUvU0 + + (Р + р) [uv,vu°-+u°-vuv] = 0.
Соотношения
g|iv;v=0, U0=I и U0-V = mamajv = у (UaUa);v = 0 позволяют преобразовать уравнение к виду
Q = P +-^[f (Р +Р) + (Р +р) Uv-V.
Если п — плотность барионов в системе покоя жидкости, то вектор потока барионов ли сохраняется. Следовательно, в системе покоя
(nuv);v = 0 = ntVUv + nuv-xv = + nuv-tv. 212
РЕШЕНИЯ
Если для исключения Mv;v воспользоваться этим соотношением» то уравнение движения запишется в виде
dp (Р+р) dn dt п dt'
Сравнив его с первым началом термодинамики (см. задачу 5.19), получим
Astdt = 0.
Следовательно, течение жидкости изэнтропическое.
Решение 5.21. Из первого начала термодинамики, записанного для идеальной жидкости (см. задачу 5.20) с уравнением состояния р = р (п), следует
dp _ р + Р dn
"р P /Г'
поэтому
d In p/d In л = (р 4- Р)/р.
Таким образом, р>ЗР в том и только в том случае, если d In p/d In п < 4/3. Поскольку для идеальной жидкости
Т^ = (р + Р) = - (р + Р) + 4P = ЗР - р,
то утверждение задачи доказано.
Решение 5.22. Предположим, что звуковая волна представляет собой (изэнтропическое) возмущение в однородной статической жидкости с параметрами р0, P0 и п0. Пусть рь P1 и H1 — возмущения, a u«=*(l, U1)-скорость жидкости в системе покоя невозмущенной жидкости. Члены первого порядка по возмущениям в уравнении Tlivjv = O приводят к соотношениям
