Desviación geodésica en una esfera unitaria

Question

Desviación geodésica en una esfera unitaria

Pedro4075

Muy poco interés en la versión original de esta pregunta, así que la modifiqué con la esperanza de una respuesta más positiva.

Estoy tratando de usar la ecuación de desviación geodésica

\frac{D^{2} ξ^{m}}{D λ^{2}} + R_{β α γ}^{m} ξ^{α} \frac{d X^{β}}{d λ} \frac{d X^{γ}}{d λ} = 0

$\frac{D^{2}\xi^{\mu}}{D\lambda^{2}}+R_{\phantom{\mu}\beta\alpha\gamma}^{\mu}\xi^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}\frac{dx^{\gamma}}{d\lambda}=0$ para mostrar que en la superficie de una esfera unitaria dos partículas separadas por una distancia inicial

d

$d$ , comenzando desde el ecuador y viajando hacia el norte (es decir, en líneas de constante

ϕ

$\phi$ ) tendrá una separación

s

$s$ dada por

s = d pecado θ .

$s=d\sin\theta.$ Esto es similar a la desviación geodésica en dos esferas, excepto que la pregunta se resolvió usando geometría esférica simple.

mi plan es encontrar $\frac{D^{2}\xi^{\mu}}{D\lambda^{2}}$ primero usando la derivada absoluta

\frac{D V^{α}}{d λ} = \frac{d V^{α}}{d λ} + V^{γ} Γ_{γ β}^{α} \frac{d X^{β}}{d λ} .

$\frac{DV^{\alpha}}{d\lambda}=\frac{dV^{\alpha}}{d\lambda}+V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}.$ Luego toma la segunda derivada de esto. Siguiente hallazgo

\frac{D^{2} ξ^{μ}}{D λ^{2}}

$\frac{D^{2}\xi^{\mu}}{D\lambda^{2}}$ calculando la parte tensorial de Riemann

R_{β α γ}^{m} ξ^{α} \frac{d X^{β}}{d λ} \frac{d X^{γ}}{d λ} .

$R_{\phantom{\mu}\beta\alpha\gamma}^{\mu}\xi^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}\frac{dx^{\gamma}}{d\lambda}.$ Y luego trate de hacer malabarismos con los resultados para mostrar la separación.

s = ξ^{ϕ}

$s=\xi^{\phi}$ como una función de

θ

$\theta$ .

El elemento de línea para coordenadas esféricas

{yo}^{2} = d r^{2} + r^{2} d θ^{2} + r^{2} {pecado}^{2} θ d ϕ^{2}

$l^{2}=dr^{2}+r^{2}d\theta^{2}+r^{2}\sin^{2}\theta d\phi^{2}$ por un gran círculo de constante

ϕ

$\phi$ en una esfera de radio unidad se reduce a

d {yo}^{2} = d θ^{2}

$dl^{2}=d\theta^{2}$ donación

\frac{d θ}{d l} = \frac{d θ}{d λ} = 1

$\frac{d\theta}{dl}=\frac{d\theta}{d\lambda}=1$ y

\frac{d ϕ}{d l} = \frac{d ϕ}{d λ} = 0

$\frac{d\phi}{dl}=\frac{d\phi}{d\lambda}=0$ .

La derivada absoluta de $\Gamma_{\theta\phi}^{\phi}=\Gamma_{\phi\theta}^{\phi}=\frac{\cos\theta}{\mathbf{\mathbf{\sin\theta}}}$ es

\frac{D ξ^{ϕ}}{d λ} = \frac{d ξ^{ϕ}}{d λ} + ξ^{θ} Γ_{θ ϕ}^{ϕ} \frac{d ϕ}{d λ} + ξ^{ϕ} Γ_{ϕ ϕ}^{ϕ} \frac{d ϕ}{d λ} + ξ^{θ} Γ_{θ θ}^{ϕ} \frac{d θ}{d λ} + ξ^{ϕ} Γ_{ϕ θ}^{ϕ} \frac{d θ}{d λ} = \frac{d ξ^{ϕ}}{d λ} + ξ^{ϕ} \frac{porque θ}{pecado θ} .

$\frac{D\xi^{\phi}}{d\lambda}=\frac{d\xi^{\phi}}{d\lambda}+\xi^{\theta}\Gamma_{\theta\phi}^{\phi}\frac{d\phi}{d\lambda}+\xi^{\phi}\Gamma_{\phi\phi}^{\phi}\frac{d\phi}{d\lambda}+\xi^{\theta}\Gamma_{\theta\theta}^{\phi}\frac{d\theta}{d\lambda}+\xi^{\phi}\Gamma_{\phi\theta}^{\phi}\frac{d\theta}{d\lambda}=\frac{d\xi^{\phi}}{d\lambda}+\xi^{\phi}\frac{\cos\theta}{\mathbf{\mathbf{\sin\theta}}}.$

Y para $\Gamma_{\phi\phi}^{\theta}=\sin\theta\cos\theta$ es

\frac{D ξ^{θ}}{d λ} = \frac{d ξ^{θ}}{d λ} + ξ^{ϕ} Γ_{ϕ ϕ}^{θ} \frac{d ϕ}{d λ} + ξ^{ϕ} Γ_{ϕ θ}^{θ} \frac{d θ}{d λ} + ξ^{θ} Γ_{θ ϕ}^{θ} \frac{d ϕ}{d λ} + ξ^{θ} Γ_{θ θ}^{θ} \frac{d θ}{d λ} = \frac{d ξ^{θ}}{d λ} .

$\frac{D\xi^{\theta}}{d\lambda}=\frac{d\xi^{\theta}}{d\lambda}+\xi^{\phi}\Gamma_{\phi\phi}^{\theta}\frac{d\phi}{d\lambda}+\xi^{\phi}\Gamma_{\phi\theta}^{\theta}\frac{d\theta}{d\lambda}+\xi^{\theta}\Gamma_{\theta\phi}^{\theta}\frac{d\phi}{d\lambda}+\xi^{\theta}\Gamma_{\theta\theta}^{\theta}\frac{d\theta}{d\lambda}=\frac{d\xi^{\theta}}{d\lambda}.$

Sin embargo,

\frac{D ξ^{ϕ}}{d λ} = \frac{d ξ^{ϕ}}{d λ} + ξ^{ϕ} \frac{porque θ}{pecado θ}

$\frac{D\xi^{\phi}}{d\lambda}=\frac{d\xi^{\phi}}{d\lambda}+\xi^{\phi}\frac{\cos\theta}{\mathbf{\mathbf{\sin\theta}}}$ no se ve bien ya que explota cuando

θ = 0

$\theta=0$ . ¿Alguna sugerencia de dónde podría estar yendo mal?

hológrafo

Hay algunas sumas implícitas (convención de suma de Einstein):

V^{γ} Γ_{γ β}^{α} \frac{d x^{β}}{d λ}

$V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}$ medio

\sum_{γ, β} V^{γ} Γ_{γ β}^{α} \frac{d x^{β}}{d λ}

$\sum_{\gamma,\beta}V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d \lambda}$ , con la suma tomada sobre índices repetidos.

Pedro4075

¡Vaya! Ahora modifiqué la pregunta para mostrar mis resultados después de sumar los índices.

Respuestas (1)

Desviación geodésica en una esfera unitaria

Hay algunas sumas implícitas (convención de suma de Einstein): $V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}$ medio $\sum_{\gamma,\beta}V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d \lambda}$ , con la suma tomada sobre índices repetidos.
¡Vaya! Ahora modifiqué la pregunta para mostrar mis resultados después de sumar los índices.

Pedro4075 · Answer 1

Desde entonces descubrí que en lo que me estoy equivocando es que no necesito encontrar la derivada absoluta. Me dijeron en otro foro de física que este problema está enmarcado en términos de coordenadas normales de Riemann, lo que hace que esté bien asumir $\frac{D^{2}\xi^{\mu}}{dt{}^{2}}=\frac{d^{2}\xi^{\mu}}{dt{}^{2}}$ . Aparentemente, esto se debe a que la distancia que recorren los autos a lo largo de sus geodésicas separadas en la esfera es una función lineal del tiempo. $t$ .

De todos modos, el cálculo es el siguiente.

La distancia que recorre cada automóvil hacia el norte desde el ecuador a lo largo de su $\phi=$ geodésica constante es $vt$ . El ángulo coche-centro de la esfera-ecuador es $vt/r=vt$ . Coordenada esférica $\theta=\left(\pi/2\right)-vt$ .

La ecuación de la desviación geodésica es

\frac{d^{2} ξ^{m}}{d t^{2}} + R_{β α γ}^{m} ξ^{α} \frac{d X^{β}}{d t} \frac{d X^{γ}}{d t} = 0.

$\frac{d^{2}\xi^{\mu}}{dt{}^{2}}+R_{\phantom{\mu}\beta\alpha\gamma}^{\mu}\xi^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{dt}\frac{dx^{\gamma}}{dt}=0.$

En efecto, queremos encontrar $s=\xi^{\phi}$ como una función de $t$ .

Los componentes de Riemann distintos de cero para una esfera unitaria son: $R_{\phantom{\theta}\phi\theta\phi}^{\theta}=\sin^{2}\theta$ , $R_{\phantom{\theta}\phi\phi\theta}^{\theta}=-\sin^{2}\theta$ , $R_{\phantom{\theta}\theta\theta\phi}^{\phi}=-1$ , $R_{\phantom{\theta}\theta\phi\theta}^{\phi}=1$ .

Dejar $u^{\sigma}\equiv\frac{dx^{\sigma}}{dt}$ . Luego expanda los componentes de Riemann para una esfera unitaria para obtener:

\frac{d^{2} ξ^{θ}}{d t^{2}} = ({pecado}^{2} θ) ({tu}^{ϕ} {tu}^{θ}) ξ^{ϕ} - ({pecado}^{2} θ) ({tu}^{ϕ} {tu}^{ϕ}) ξ^{θ}

$\frac{d^{2}\xi^{\theta}}{dt{}^{2}}=\left(\sin^{2}\theta\right)\left(u^{\phi}u^{\theta}\right)\xi^{\phi}-\left(\sin^{2}\theta\right)\left(u^{\phi}u^{\phi}\right)\xi^{\theta}$ .Pero como los autos se mueven a lo largo de líneas de constante

ϕ

$\phi$ ,

{tu}^{ϕ} = \frac{d ϕ}{d t} = 0

$u^{\phi}=\frac{d\phi}{dt}=0$ y obtenemos

\frac{d^{2} ξ^{θ}}{d t^{2}} = 0

$\frac{d^{2}\xi^{\theta}}{dt{}^{2}}=0$ .

siguiente conjunto $\mu=\phi$ , expanda los componentes de Riemann para dar

\frac{d^{2} ξ^{ϕ}}{d t^{2}} = ξ^{θ} ({tu}^{θ} {tu}^{ϕ}) - ξ^{ϕ} ({tu}^{θ} {tu}^{θ}) .

$\frac{d^{2}\xi^{\phi}}{dt{}^{2}}=\xi^{\theta}\left(u^{\theta}u^{\phi}\right)-\xi^{\phi}\left(u^{\theta}u^{\theta}\right).$

Como $\theta=\left(\pi/2\right)-vt$ , $u^{\theta}=\frac{d\theta}{dt}=-v$ y obtenemos

\frac{d^{2} ξ^{ϕ}}{d t^{2}} = - v^{2} ξ^{ϕ} .

$\frac{d^{2}\xi^{\phi}}{dt{}^{2}}=-v^{2}\xi^{\phi}.$

Utilizando la magia de Wolfram Alpha, la solución a

\frac{d^{2} y}{d X^{2}} = - k y

$\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=-ky$ es

y = A pecado (X \sqrt{k}) + B porque (X \sqrt{k}) .

$y=A\sin\left(x\sqrt{k}\right)+B\cos\left(x\sqrt{k}\right).$ Sustituyendo

v^{2} = k

$v^{2}=k$ ,

t = x

$t=x$ y

ξ^{ϕ} = y

$\xi^{\phi}=y$ da

ξ^{ϕ} = A pecado (v t) + B porque (v t) .

$\xi^{\phi}=A\sin\left(vt\right)+B\cos\left(vt\right).$

Para encontrar las constantes $A$ y $B$ , observamos que cuando la distancia recorrida $vt=0$ $\xi^{\phi}=d$ , donación

ξ^{ϕ} = d = A pecado (0) + B porque (0)

$\xi^{\phi}=d=A\sin\left(0\right)+B\cos\left(0\right)$ donación

B = d,

$B=d,$ y por lo tanto

ξ^{ϕ} = d porque (v t) .

$\xi^{\phi}=d\cos\left(vt\right).$

Esta es la misma respuesta calculada en Desviación geodésica en dos esferas . En coordenadas esféricas esto es equivalente a

ξ^{ϕ} = d pecado (θ) .

$\xi^{\phi}=d\sin\left(\theta\right).$

Desviación geodésica en una esfera unitaria

Pedro4075

hológrafo

Pedro4075

Respuestas (1)

Pedro4075

¿Cómo encontrar las geodésicas nulas?

Cálculo de los símbolos de Christoffel con la ecuación geodésica

Solución a Geodésicas en 2 esferas

La línea geodésica en el semiplano de Poincaré

Métrica dada geodésica nula

Ecuaciones geodésicas de la métrica FRW (símbolos de Christoffel)

Interpretación de Coordenadas Normales

Derivación de la ecuación de desviación geodésica de dos geodésicas vecinas

¿Cómo se deriva el tensor métrico de coordenadas esféricas? [cerrado]

Cálculo de símbolos de Christoffel a partir de Lagrangian