Atracción cerca de una cuerda cósmica recta

Question

Atracción cerca de una cuerda cósmica recta

Cham

Tengo un problema de interpretación con el comportamiento de las partículas alrededor de una cuerda cósmica recta.

Considere el universo cilíndrico infinito descrito por la siguiente métrica:

\begin{matrix} (1) & d s^{2} = d t^{2} - d r^{2} - (1 - 4 GRAMO m)^{2} r^{2} d φ^{2} - d z^{2} . \end{matrix}

$\tag{1} ds^2 = dt^2 - dr^2 - (1 - 4 G \mu)^2 \, r^2 \, d\varphi^2 - dz^2.$ Para simplificar las cosas, escribiré

\begin{matrix} (2) & λ = 1 - 4 GRAMO m \equiv 1 - \frac{α}{2 π} \leq 1, \end{matrix}

$\tag{2} \lambda = 1 - 4 G \mu \equiv 1 - \frac{\alpha}{2 \pi} \le 1,$ y considere movimientos en el plano ortogonal solamente:

z = 0

$z = 0$ y

\dot{z} = 0

$\dot{z} = 0$ . A partir de la métrica (1), se puede demostrar que el tensor de curvatura de Riemann completo es 0 en todas partes alrededor de la cuerda. Entonces, este espacio-tiempo es localmente minkowskiano, pero tiene una topología cónica con ángulo de déficit

α = 8 π G μ

$\alpha = 8 \pi G \mu$ (lo que da

λ < 1

$\lambda < 1$ ). Esperaba que las partículas libres se movieran en línea recta en este espacio-tiempo, ya que no hay ninguna curvatura y es bien sabido que la cuerda cósmica recta no aplica ninguna fuerza gravitatoria sobre las partículas de prueba. Debido al déficit de ángulo, tenía una duda, así que hice una resolución numérica de las ecuaciones geodésicas usando Mathematica . El lagrangiano de la partícula es simplemente esto, donde los puntos representan la derivada con respecto al tiempo propio

σ

$\sigma$ o una parametrización arbitraria en el caso de la luz (cuando

L = 0

$\mathcal{L} = 0$ ):

\begin{matrix} (3) & L = {\dot{t}}^{2} - {\dot{r}}^{2} - λ^{2} r^{2} {\dot{φ}}^{2} . \end{matrix}

$\tag{3} \mathcal{L} = \dot{t}^2 - \dot{r}^2 - \lambda^2 \, r^2 \, \dot{\varphi}^2.$ Aplicando las ecuaciones de Euler-Lagrange (o ecuación geodésica) se obtienen las siguientes ecuaciones:

\begin{aligned} (4) & \dot{t} \equiv \frac{d t}{d σ} & = k = constante, \\ (5) & \frac{d^{2} r}{d σ^{2}} & = λ^{2} r {\dot{φ}}^{2}, \\ (6) & \dot{φ} \equiv \frac{d φ}{d σ} & = \frac{j}{r^{2}} . \end{aligned}

$\begin{align} \dot{t} \equiv \frac{d t}{d\sigma} &= \mathcal{K} = \text{constant,} \tag{4} \\[1ex] \frac{d^2 r}{d\sigma^2} &= \lambda^2 \, r \, \dot{\varphi}^2, \tag{5} \\[1ex] \dot{\varphi} \equiv \frac{d\varphi}{d\sigma} &= \frac{\mathcal{J}}{r^2}. \tag{6} \end{align}$ Usando (6) en (5) da

\begin{matrix} (7) & \frac{d^{2} r}{d σ^{2}} = \frac{λ^{2} j^{2}}{r^{3}} . \end{matrix}

$\tag{7} \frac{d^2 r}{d\sigma^2} = \frac{\lambda^2 \mathcal{J}^2}{r^3}.$ La constante de movimiento

J

$\mathcal{J}$ se interpreta como el momento angular de la partícula, por unidad de masa. Luego uso coordenadas cartesianas para la simulación numérica:

x = r \cos φ

$x = r \cos \varphi$ y

y = r \sin φ

$y = r \sin \varphi$ . Esto da las siguientes ecuaciones diferenciales (con

r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}

$r = \sqrt{x^2 + y^2}$ ):

\begin{aligned} (8) & \frac{d^{2} X}{d σ^{2}} & = - \frac{(1 - λ^{2}) j^{2}}{r^{4}} X, \\ (9) & \frac{d^{2} y}{d σ^{2}} & = - \frac{(1 - λ^{2}) j^{2}}{r^{4}} y . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d^2 x}{d\sigma^2} &= -\, \frac{(1 - \lambda^2) \mathcal{J}^2}{r^4} \, x, \tag{8} \\[1ex] \frac{d^2 y}{d\sigma^2} &= -\, \frac{(1 - \lambda^2) \mathcal{J}^2}{r^4} \, y. \tag{9} \end{align}$ De acuerdo con estas ecuaciones, hay una "fuerza" que actúa sobre la partícula. Por supuesto, es 0 cuando

λ = 1

$\lambda = 1$ (caso de ángulo sin déficit = mundo minkowskiano plano global). Ejecutar estas ecuaciones en Mathematica da típicamente el siguiente tipo de trayectorias en el

x y

$x \, y$ plano (el disco gris es la cuerda cósmica. Su radio es la unidad de tiempo y longitud. Los tres deslizadores son el ángulo de déficit

α

$\alpha$ , el parámetro de impacto

b

$b$ y velocidad inicial

v

$v$ ):

La fuerza (8)-(9) es 0 cuando la partícula está inicialmente en reposo (momento angular $\mathcal{J} = 0$ ). Esto es consistente con la idea de que la cuerda no aplica una fuerza gravitatoria. Pero de (8)-(9), hay una fuerza dependiente de la velocidad que actúa sobre la partícula, y las imágenes muestran claramente que la cuerda es atractiva. (para algunos parámetros, la partícula podría ser capturada por la cuerda y luego expulsada...)

Entonces, ¿cómo puede ser esto, cuando no hay ninguna curvatura de espacio-tiempo en todas partes alrededor de la cuerda?

¿Puede alguien señalarme un artículo disponible gratuitamente (¿arXiv?) que describa estas extrañas características de la cuerda cósmica recta?

jacopo tissino

Problema interesante, solo un pensamiento: el

x y

$xy$ plano que trazas desde las coordenadas polares

r

$r$ ,

φ

$\varphi$ no tiene la métrica plana habitual, ya que la circunferencia de un círculo no es igual

2 π r

$2 \pi r$ ; por lo tanto, ver las trayectorias "curvar" no significa necesariamente que lo hagan. ¿Has probado a trazarlos en un cono?

Cham

@JacopoTissino, no hice una trama en un cono. No estoy seguro de que valga la pena el esfuerzo. sobre el factor

λ^{2}

$\lambda^2$ delante de la parte angular

r^{2} d φ^{2}

$r^2 \, d\varphi^2$ , podría ser absorbido en una redefinición de la coordenada radial

r

$r$ (y reaparecería delante de la parte radial

d r^{2}

$dr^2$ , en la métrica). Con las coordenadas actuales, al círculo solo le falta un ángulo ("ángulo de déficit" del mundo cónico)

jacopo tissino

Bueno, ese es mi punto: puedes redefinir

r

$r$ o

φ

$\varphi$ , pero en cualquier caso, no podrá trazar su variedad isométricamente en todo el plano, debido al ángulo faltante. Sus gráficos son precisamente una proyección ortogonal del cono en un plano perpendicular a su eje: como tal, distorsionan las trayectorias y hacen que parezca que se están curvando, aunque no lo estén.

Cham

@JacopoTissino, entonces, ¿cómo explicas que las proyecciones ortogonales muestren curvas que dan vueltas completas alrededor de la cuerda? Incluso si las trazo como líneas rectas en un disco abierto (con el ángulo de déficit) y cierro el disco para obtener el cono, no puedo obtener curvas que hagan giros completos como este.

jacopo tissino

@Charm Eso sí parece extraño: por el valor que se muestra en la trama de

α \approx π / 2 ⟹ λ \approx 3 / 4

$\alpha\approx \pi/2 \implies \lambda \approx 3/4$ Esperaría ver menos de una vuelta completa alrededor de la cuerda, mientras que parece haber dos o incluso más.

Cham

Creo que lo entiendo ahora. Si tomamos el caso extremo de un cilindro recto, podríamos arrojar partículas libres al azar sobre su superficie. Muchos de ellos se moverán en una trayectoria helicoidal, con varias inclinaciones y velocidades. Aplastar el cilindro en un plano mostrará curvas en forma de espiral que rodean un orificio circular central (como en mis imágenes de arriba). Sin embargo, está claro que las partículas no son desviadas por alguna fuerza en la superficie 2D (el cilindro es localmente plano). El cono tiene una propiedad similar.

TimRias

Le sugiero que cometió un error en su implementación numérica. No puedo reproducir sus parcelas con la ecuación dada.

Cham

@mmeent, si bien es posible, no veo dónde podría haber cometido un error. O tal vez sea el valor numérico elegido para el momento angular

J = γ v b

$\mathcal{J} = \gamma v b$ .

TimRias

@Cham De hecho, debe asegurarse de que su elección de

J

$\mathcal{J}$ es consistente con la ecuación 6 y sus condiciones iniciales.

TimRias

eso implica

J = b v

$\mathcal{J} = b v$ . (o más precisamente

J = - b v

$\mathcal{J} = - b v$ , a juzgar por sus parcelas.)

Cham

@mmeent, puede que tengas razón en que introduje un error en el código. Debe haber una unión suave de partículas masivas rápidas a trayectorias similares a la luz, lo cual es simple. Entonces, un factor gamma puede estar en el lugar equivocado en mi código de Mathematica. Estoy comprobando esto.

Cham

@mmento,

J = r^{2} \dot{φ} = r^{2} \frac{d t}{d σ} \frac{d φ}{d t} = K r^{2} \frac{d φ}{d t}

$\mathcal{J} = r^2 \dot{\varphi} = r^2 \, \frac{dt}{d\sigma} \frac{d\varphi}{d t} = \mathcal{K} \, r^2 \frac{d\varphi}{dt}$ . La constante temporal debe ser

K \equiv γ = 1 / \sqrt{1 - v^{2}}

$\mathcal{K} \equiv \gamma = 1/\sqrt{1 - v^2}$ .

TimRias

En ese caso, su valor inicial para

\dot{x}

$\dot{x}$ mejor también ser

v γ

$v \gamma$

TimRias

Bueno, tu ángulo de dispersión debería ser

π / λ

$\pi/\lambda$ por lo que para suficientemente pequeño

λ

$\lambda$ deberías poder hacer tantos giros como quieras.

Cham

@mmeent, es posible que haya encontrado el problema. Al definir la velocidad relativa a los observadores estacionarios:

0 < v < 1

$0 < v < 1$ , debemos tener en cuenta un factor geométrico que se reduce a 1 cuando

λ = 1

$\lambda = 1$ (sin ángulo de déficit). Esto no era muy obvio al principio. Sin embargo, todavía no estoy seguro de que el resultado sea correcto.

Respuestas (3)

Atracción cerca de una cuerda cósmica recta

Problema interesante, solo un pensamiento: el $xy$ plano que trazas desde las coordenadas polares $r$ , $\varphi$ no tiene la métrica plana habitual, ya que la circunferencia de un círculo no es igual $2 \pi r$ ; por lo tanto, ver las trayectorias "curvar" no significa necesariamente que lo hagan. ¿Has probado a trazarlos en un cono?
@JacopoTissino, no hice una trama en un cono. No estoy seguro de que valga la pena el esfuerzo. sobre el factor $\lambda^2$ delante de la parte angular $r^2 \, d\varphi^2$ , podría ser absorbido en una redefinición de la coordenada radial $r$ (y reaparecería delante de la parte radial $dr^2$ , en la métrica). Con las coordenadas actuales, al círculo solo le falta un ángulo ("ángulo de déficit" del mundo cónico)
Bueno, ese es mi punto: puedes redefinir $r$ o $\varphi$ , pero en cualquier caso, no podrá trazar su variedad isométricamente en todo el plano, debido al ángulo faltante. Sus gráficos son precisamente una proyección ortogonal del cono en un plano perpendicular a su eje: como tal, distorsionan las trayectorias y hacen que parezca que se están curvando, aunque no lo estén.
@JacopoTissino, entonces, ¿cómo explicas que las proyecciones ortogonales muestren curvas que dan vueltas completas alrededor de la cuerda? Incluso si las trazo como líneas rectas en un disco abierto (con el ángulo de déficit) y cierro el disco para obtener el cono, no puedo obtener curvas que hagan giros completos como este.
@Charm Eso sí parece extraño: por el valor que se muestra en la trama de $\alpha\approx \pi/2 \implies \lambda \approx 3/4$ Esperaría ver menos de una vuelta completa alrededor de la cuerda, mientras que parece haber dos o incluso más.
Creo que lo entiendo ahora. Si tomamos el caso extremo de un cilindro recto, podríamos arrojar partículas libres al azar sobre su superficie. Muchos de ellos se moverán en una trayectoria helicoidal, con varias inclinaciones y velocidades. Aplastar el cilindro en un plano mostrará curvas en forma de espiral que rodean un orificio circular central (como en mis imágenes de arriba). Sin embargo, está claro que las partículas no son desviadas por alguna fuerza en la superficie 2D (el cilindro es localmente plano). El cono tiene una propiedad similar.
Le sugiero que cometió un error en su implementación numérica. No puedo reproducir sus parcelas con la ecuación dada.
@mmeent, si bien es posible, no veo dónde podría haber cometido un error. O tal vez sea el valor numérico elegido para el momento angular $\mathcal{J} = \gamma v b$ .
@Cham De hecho, debe asegurarse de que su elección de $\mathcal{J}$ es consistente con la ecuación 6 y sus condiciones iniciales.
eso implica $\mathcal{J} = b v$ . (o más precisamente $\mathcal{J} = - b v$ , a juzgar por sus parcelas.)
@mmeent, puede que tengas razón en que introduje un error en el código. Debe haber una unión suave de partículas masivas rápidas a trayectorias similares a la luz, lo cual es simple. Entonces, un factor gamma puede estar en el lugar equivocado en mi código de Mathematica. Estoy comprobando esto.
@mmento, $\mathcal{J} = r^2 \dot{\varphi} = r^2 \, \frac{dt}{d\sigma} \frac{d\varphi}{d t} = \mathcal{K} \, r^2 \frac{d\varphi}{dt}$ . La constante temporal debe ser $\mathcal{K} \equiv \gamma = 1/\sqrt{1 - v^2}$ .
En ese caso, su valor inicial para $\dot{x}$ mejor también ser $v \gamma$
Bueno, tu ángulo de dispersión debería ser $\pi/\lambda$ por lo que para suficientemente pequeño $\lambda$ deberías poder hacer tantos giros como quieras.
@mmeent, es posible que haya encontrado el problema. Al definir la velocidad relativa a los observadores estacionarios: $0 < v < 1$ , debemos tener en cuenta un factor geométrico que se reduce a 1 cuando $\lambda = 1$ (sin ángulo de déficit). Esto no era muy obvio al principio. Sin embargo, todavía no estoy seguro de que el resultado sea correcto.

benrg · Answer 1

En lugar de usar esas coordenadas, podría identificar el espacio alrededor de la cuerda con una cuña del espacio de Minkowski, con las coordenadas y la métrica habituales de Minkowski, y los bordes de la cuña identificados. Las geodésicas que no cruzan los bordes son líneas rectas.

Si $α\ge π$ entonces siempre puede hacer arreglos para que cualquier geodésica en particular se encuentre completamente en la cuña, y claramente no puede rodear la cuerda.

Si $α<π$ entonces puedes poner $\lceil π/α \rceil$ copias del espacio una al lado de la otra en un arreglo circular y dibuja la geodésica para que pase a través de esas copias. La parte de la geodésica que se encuentra dentro de cada corte es un "círculo" de la cuerda. Cuando traza la geodésica en sus coordenadas originales, se ve curvada porque, de hecho, está poniendo coordenadas cilíndricas estándar de Minkowski en la cuña y luego escalando la coordenada angular por $1/λ$ .

Tenga en cuenta que si el OP resuelve la ecuación a través de mi método , obtendrán la ecuación $1/r = A \cos(\lambda (\phi - \phi_0))$ , dónde $A$ y $\phi_0$ son constantes. Esta es exactamente la ecuación de una línea recta con el $\phi$ coordenada reescalada.

Michael Seifert · Answer 2

Demasiado largo para un comentario:

Tenga en cuenta que las ecuaciones geodésicas son exactamente solubles en este caso. Específicamente, podemos derivar un análogo de la ecuación de Binet . Definición $u = 1/r$ , tenemos

\frac{d r}{d σ} = \frac{d ϕ}{d σ} \frac{d r}{d ϕ} = \frac{j}{r^{2}} \frac{d (1 / tu)}{d ϕ} = - \frac{j}{r^{2} {tu}^{2}} \frac{d tu}{d ϕ} = - j \frac{d tu}{d ϕ}

$\frac{dr}{d\sigma} = \frac{d\phi}{d\sigma}\frac{dr}{d\phi} = \frac{\mathcal{J}}{r^2} \frac{d(1/u)}{d\phi} = - \frac{\mathcal{J}}{r^2u^2 } \frac{du}{d\phi} = - \mathcal{J} \frac{du}{d\phi}$ y por lógica similar

\frac{d^{2} r}{d σ^{2}} = \frac{d ϕ}{d σ} \frac{d}{d ϕ} (- j \frac{d tu}{d ϕ}) = - j^{2} {tu}^{2} \frac{d^{2} tu}{d ϕ^{2}} .

$\frac{d^2 r}{d\sigma^2} = \frac{d\phi}{d\sigma} \frac{d}{d\phi} \left( - \mathcal{J} \frac{du}{d\phi} \right) = -\mathcal{J}^2 u^2 \frac{d^2 u}{d \phi^2}.$ su ecuación (7) entonces se convierte en

- j^{2} {tu}^{2} \frac{d^{2} tu}{d ϕ^{2}} = λ^{2} j^{2} {tu}^{3} \Rightarrow \frac{d^{2} tu}{d ϕ^{2}} = - λ^{2} tu

$-\mathcal{J}^2 u^2 \frac{d^2 u}{d \phi^2} = \lambda^2 \mathcal{J}^2 u^3 \quad \Rightarrow \quad \frac{d^2 u}{d \phi^2} = -\lambda^2 u$ que confío en que puedas resolver.

¡Muy lindo! Intentaré usar esto para recuperar las curvas de Mathematica .

Cham · Answer 3

He solucionado todos mis problemas (creo). Aquí esta la $x y$ plano con una curva típica (el punto de partida está a la derecha):

Y aquí una vista del cono sobre el que se define la geometría, con ángulo de déficit cónico $\alpha$ . Hay tres curvas típicas dibujadas en él, con diferentes parámetros de impacto. $b$ . Estoy un poco sorprendido de que la velocidad inicial $v$ no hace ninguna diferencia, pero dado que no hay fuerza actuando sobre la partícula, no es tan sorprendente después de todo:

El cilindro gris es la cuerda cósmica.

Lo que está pasando es bastante claro, creo. No hay fuerza gravitacional, pero el cono aún tiene un efecto geométrico incluso si su curvatura es 0.

Lo que aún no está claro es el efecto de difusión en un grupo de partículas que se mueven en el cono. ¿Hay difusión o no?

EDITAR: Lo extraño aquí es que tienes un espacio-tiempo plano alrededor de la cuerda cósmica y, sin embargo, puedes recuperar la pelota que tiraste, ¡sin aplicar ninguna fuerza a la pelota! (ver por ejemplo la curva roja, en la segunda imagen de arriba).

¡Excelente! En cuanto a la difusión (aunque quizás esa debería ser una pregunta diferente), la desviación geodésica es directamente proporcional al tensor de Riemann, por lo que aquí debería ser cero: la distancia entre geodésicas paralelas permanece constante.
@JacopoTissino, sí, así es. Mi código muestra que no hay difusión. Pero luego están las desviaciones sin fuerza y sin curvatura. Incluso puede tirar una pelota y recuperarla después de un tiempo, sin aplicarle ninguna fuerza. ¡Esto es raro!

Atracción cerca de una cuerda cósmica recta

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