EMANの物理学 過去ログ No.11114 〜

 ● ロバートソン・ウォーカー解

  投稿者:メカトロ - 2011/07/16(Sat) 15:22  No.11114 
膨張宇宙論の原点
ロバートソン・ウォーカー解について
その導出がEMAN解説にありません。
シュバルツシルト解についてはEMANさんに解説があります。
http://homepage2.nifty.com/eman/relativity/schwarzschild.html
ロバートソン・ウォーカー解についても
是非EMANさんの明快な解説を希望したいなと思っています。
通俗本では結果だけしか書いてありませんので。


  投稿者:大学生A - 2011/07/16(Sat) 17:24  No.11115 
私も是非。

私の浅はかな考察では、ロバートソン・ウォーカー解のポイントは、宇宙空間の曲率が、
時間的かつ位置的に「不変」であると仮定してるところかと思っています。
うまく説明できませんが、空間の曲率を定義できる「観測者」は、空間と共に、
膨張・収縮する(つまり、「共動」する)者だけで、その者にとって空間の曲率が、
時間的かつ位置的に「不変」である宇宙は、ロバートソン・ウォーカー解に従うのであろうと思っています。
だから、現在、我々人類は膨張宇宙の曲率を「実感」できず、将来、その膨張が
収縮に切り替わる「瞬間」が存在すれば、その一瞬だけ、「共動」観測者が感じる曲率を、
我ら人類も「共感」することができるのではないかと妄想してます。w
この考え方で言えば、我々人類は「+」の曲率しか「実感」し得ないってことになるな。w

  投稿者:甘泉法師 - 2011/07/16(Sat) 23:21  No.11116 
こんにちは。

ランダウ「場の古典論」の導出、仮想的4次元ユークリッド空間にある超球の3次元表面、が直観も計算もわかりやすかったです。風船で宇宙の膨張を例えるたとえを1次元あげたものです。

数学が厳密でコンパクトなのは あもんさんのノート http://www.geocities.jp/amon009tm/ 標準宇宙論 です。


  投稿者:hirota - 2011/07/19(Tue) 09:52  No.11119 
ロバートソン・ウォーカー解って重力場方程式を解いて導出する解じゃないから、シュバルツシルト解の導出とは別物じゃない?
宇宙項の所で書いたような天下りの計量で曲率も考慮してるものでしょう。
「場の古典論」に曲率一定の超球3次元表面があるなら、scale 因子を付加するだけで構成できるはず。(僕の読んだ「場の古典論」は古かったらしく超球なんて載ってなかった。自力で計算したけど)

  投稿者:メカトロ - 2011/07/19(Tue) 11:30  No.11120 
>宇宙項の所で書いたような天下りの計量で曲率も考慮してるものでしょう。

ロバートソン・ウォーカー計量

ds^2=-dt^2 + a(T)^2{dr^2/(1-Kr^2) + r^2(dθ^2 + sin^2θdφ^2)}
(他の定義もありましてはっきりしないんです。上の式は広く流通しているもの。hirota氏のNo.11034はK=0の場合です。)

のKとスカラー曲率

R=g~ij・R_ij

の間に何らかの関係式があるってことですよね。

そうならばそれを知りたいところです。



  投稿者:甘泉法師 - 2011/07/19(Tue) 11:56  No.11121 
こんにちは。

>それを知りたいところです。

>あもんさんのノート http://www.geocities.jp/amon009tm/ 標準宇宙論
に導出の説明があります。

  投稿者:メカトロ - 2011/07/19(Tue) 12:13  No.11122 
>あもんさんのノート http://www.geocities.jp/amon009tm/ 標準宇宙論
に導出の説明があります。

そのURLは表示されません。今でもやってますか。

  投稿者:あもん - 2011/07/19(Tue) 13:15  No.11123 
甘泉法師さん、お久しぶりです。
私のノートを参照していただいてありがとうございます。

メカトロさん:

表示されないとのことですが、リンクURLに "\" を使ったのが
よくなかったのかもしれません。IE だと許されるのですが
他のブラウザ(例えばFirefox)だとはじかれてしまうようです。
一応、なおしておきました。

  投稿者:メカトロ - 2011/07/19(Tue) 18:40  No.11124 
あもんさん
>一応、なおしておきました。

わざわざお手数をお掛けしましてありがとうございます。
今拝読させていただいております。


  投稿者:メカトロ - 2011/07/19(Tue) 19:05  No.11125 
あもんさん
http://www.geocities.jp/amon009tm/ 標準宇宙論

の7ページ最下行は何かの近似を使ってますか。

その感じがしますが....

  投稿者:あもん - 2011/07/19(Tue) 20:27  No.11126  <Home>
メカトロさん:

>わざわざお手数をお掛けしましてありがとうございます。

いえいえ。私の方こそ、リンクの欠陥をご指摘いただけて
ありがたく思っております。ご迷惑おかけしました。
Firefox インストールしておいてよかった。なかったら
気がつかなかったと思う。(^^;

>の7ページ最下行は何かの近似を使ってますか。

近似は使ってないですが、書き間違いがあったようです。
変数変換  $ \rho \rightarrow \chi $  の式は、 $ \chi = \rho / (1 + A \rho^2) $  の誤りでした。
分母の  $\rho$  を  $r$  と書いてしまいました。すみません。

さらっと書いてしまってるけど変形は結構大変です。
途中  $\rho$  に関する2次方程式を解いたりします。

  投稿者:メカトロ - 2011/07/21(Thu) 18:09  No.11127 
>途中 ρ に関する2次方程式を解いたりします。

7ページ最下行の式は導けました。
上のコメントが参考になりました。ありがとう。

何故、元々の
   χ=ρ/(1+Aρ^2)
の微分式からは出てこないのですかね。

  投稿者:あもん - 2011/07/21(Thu) 21:31  No.11128  <Home>
>何故、元々の
>   χ=ρ/(1+Aρ^2)
>の微分式からは出てこないのですかね。

質問の意味がよくわかりません… orz

  投稿者:メカトロ - 2011/07/21(Thu) 23:20  No.11129 
>質問の意味がよくわかりません… orz

χ=ρ/(1+Aρ^2)を
 χ=f(ρ)...(1)
と書くことにします。
また、この逆関数を
 ρ=g(χ)...(2)
と書くことにします(g=f^(-1))。

(1)からは
dχ=f´dρ...(1)'
(2)からは
dρ=g´dχ...(2)'

あもんさんのコメント「途中 ρ に関する2次方程式を解いたりします。」
から(2)'を使えばなんとか導けますが、何も込み入ったことは考えずに
素のまま(1)'を使っても出るだろうと思って挑んだんですが出なかったので
何故だろう、という独り言を呟いたまでです。数学の初歩的な疑問です。
多分(1)'から初めても出るだろうと思っています。
宇宙論と関係ないので気になさらないで下さい。









  投稿者:hirota - 2011/07/22(Fri) 10:38  No.11130 
<tex>ds^2=\frac{1}{(1+A\rho^2)^2}(d\rho^2+\rho^2d\theta^2+\rho^2\sin^2\theta\,d\phi^2)=(\frac{d\rho}{1+A\rho^2})^2+(\frac{\rho\,d\theta}{1+A\rho^2})^2+(\frac{\rho\sin\theta\,d\phi}{1+A\rho^2})^2</tex>
だから
<tex>\chi=\frac{\rho}{1+A\rho^2}</tex>
とすると
<tex>ds^2=(\frac{d\rho}{1+A\rho^2})^2+\chi^2d\theta^2+\chi^2\sin^2\theta\,d\phi^2</tex>
<tex>d\chi=\frac{1+A\rho^2-2A\rho^2}{(1+A\rho^2)^2}d\rho=\frac{1-A\rho^2}{(1+A\rho^2)^2}d\rho</tex>
<tex>(\frac{d\rho}{1+A\rho^2})^2=(\frac{1+A\rho^2}{1-A\rho^2}d\chi)^2=\frac{d\chi^2}{(\frac{2}{1+A\rho^2}-1)^2}=\frac{d\chi^2}{1-\frac{4}{1+A\rho^2}+\frac{4}{(1+A\rho^2)^2}}=\frac{d\chi^2}{1-\frac{4A\rho^2}{(1+A\rho^2)^2}}=\frac{d\chi^2}{1-4A\chi^2}</tex>

<tex>ds^2=\frac{d\chi^2}{1-4A\chi^2}+\chi^2d\theta^2+\chi^2\sin^2\theta\,d\phi^2</tex>

  投稿者:メカトロ - 2011/07/22(Fri) 16:38  No.11131 
意外と簡単に出ましたね。
味噌は最初から2乗して考えることにあるようですね。
2乗しないと泥沼に陥りそう;)。
それでも私は2乗しなくても簡単に出る方法を見つけました。
2次方程式も解きません。

χ=ρ/(1+Aρ^2)をξ=√Aρ、η=√Aχによりρ→ξ、χ→ηの
変数変換をするとAが消えて
 η=ξ/(1+ξ^2)   ...(1)
証明すべき式は
 dρ/(1+Aρ^2)=dχ/ε√(1−4Aχ^2)、ε=±1
であるが、これはξ、ηで書くと
 dξ/(1+ξ^2)=dη/ε√(1−4η^2) ...(2)
(1)を微分する代わりに1/η=(1+ξ^2)/ξ=1/ξ+ξ
を微分します。
 −1/(η^2)dη=(−1/ξ^2+1)dξ=(ー1/ξ+ξ)/ξ・dξ
   ∴dξ=−ξ/{(η^2)・(ー1/ξ+ξ)}dη
これに
(ー1/ξ+ξ)=ε√{(1/ξ+ξ)^2−4}、ε=±1
       =ε√{1/η^2−4}=ε√{1−4η^2}/η
を使うと
 dξ=ーξ/{(η^2)・ε√{1−4η^2}/η}・dη
   =−ξ/{(η・ε√{1−4η^2}}・dη

(2)の左辺は
dξ/(1+ξ^2)=dξ/{ξ(1/ξ+ξ)}
=[−ξ/{(η・ε√{1−4η^2}}・dη]/{ξ(1/ξ+ξ)}
=[−ξ/{(η・ε√{1−4η^2}}・dη]/{ξ/η}
=−dη/ε√{1−4η^2}
が得られ、ここで2乗すれば目標の式が得られます。


  


  


  投稿者:あもん - 2011/07/23(Sat) 00:38  No.11132  <Home>
hirota さん: メカトロさん:

なるほど。色々と工夫の余地があるようですね。
シュワルツシルト解でも同様な「等方座標⇔極座標」の
変形があって、重力場のエネルギーなど、少し高度な事柄
を考える際には必要になります。私の「一般相対論」の
ノートにあります。