Парадокс Фейнмана, или потоки энергии в постоянных электромагнитных полях

В фейнмановских лекциях по физике (выпуск 6, глава 17) есть описание следующего парадокса.

Представим, что мы конструируем прибор, в котором имеется тонкий круглый пластмассовый диск, укрепленный концентрически на оси с хорошими подшипниками, так что он совершенно свободно вращается. На диске имеется катушка из проволоки — короткий соленоид, концентричный по отношению к оси вращения. Через этот соленоид проходит постоянный ток I от маленькой батареи, также укрепленной на диске. Вблизи края диска по окружности на равном расстоянии размещены маленькие металлические шарики, изолированные друг от друга и от соленоида пластмассовым материалом диска. Каждый из этих проводящих шариков заряжен одинаковым зарядом Q. Вся картина стационарна, и диск неподвижен.

Предположим, что случайно, а может и намеренно, ток в соленоиде прекратился, но, разумеется, без какого-либо вмешательства извне. Пока через соленоид шел ток, более или менее параллельно оси диска проходил магнитный поток. После того как ток прервался, поток этот должен уменьшиться до нуля. Поэтому должно возникать индуцированное электрическое поле, которое будет циркулировать по окружностям с центром на оси диска. Заряженные шарики на периферии диска будут все испытывать действие электрического поля, касательного к внешней окружности диска. Эта электрическая сила направлена для всех зарядов одинаково и, следовательно, вызовет у диска вращающий момент. Из этих соображений можно ожидать, что, когда ток в соленоиде исчезнет, диск начнет вращаться. Если нам известны момент инерции диска, ток в соленоиде и заряд шариков, то можно вычислить результирующую угловую скорость.

Но можно рассуждать и по-другому. Используя закон сохранения момента количества движения, мы могли бы сказать, что момент диска со всеми его пристройками вначале равен нулю, поэтому момент всей системы должен оставаться нулевым. Никакого вращения при остановке тока быть не должно. Какое из доказательств правильно? Повернется ли диск или нет? Мы предлагаем вам подумать над этим вопросом.

Решение парадокса заключается в том, что в присутствии электрических и магнитных полей имеются потоки энергии, описываемые вектором Пойнтинга $$\vec{S} \sim \vec{E} \times \vec{B}$$. В предложенной Фейнманом конфигурации эти потоки замкнуты. Поскольку поток энергии однозначно связан с плотностью импульса, наличие замкнутых потоков энергии свидетельствует о присутствии ненулевого момента импульса. Таким образом, в системе изначально был запас момента импульса, который после исчезновения магнитного поля был передан диску.

Однако есть люди, которые убеждены в том, что выражение для вектора потока энергии через векторное произведение полей годится только для переменных электромагнитных полей (действительно, перенос энергии в этом случае можно увидеть непосредственно). Им не нравится, что, согласно выражению для вектора Пойнтинга, энергия течет от источника постоянного тока к нагрузке не «по проводам», а снаружи. Основной аргумент сводится к тому, что на поток энергии легко влияют манипуляции с проводом, наличие примесей, разрывов; в то время как никакими телами снаружи, например, дополнительными зарядами или магнитами, остановить поток энергии к нагрузке не удается.

Противники применения вектора Пойнтинга в статике придумывают в этом случае другие выражения для плотности энергии, например, $$\varphi \vec{j}$$. Но такое выражение тоже не лишено недостатков, приписываемых вектору Пойнтинга. Даже если отбросить требование единообразного описания явлений и попытаться применить для зарядов и катушки выражение $$\varphi \vec{j}$$, мы сразу столкнемся с тем, что потенциал φ в точках катушки (а, значит, и и момент импульса системы) легко изменить, поместив систему внутрь большого проводящего заряженного ящика и меняя его заряд. Это плохо согласуется с гипотезой, по которой энергия, как и ток, течет по катушке.

В связи с такой критикой вектора Пойнтинга можно заняться интересным упражнением — непосредственно вычислить момент импульса электромагнитного поля через вектор Пойнтинга и сравнить его с моментом импульса, передаваемым диску. Даже если критиков эти вычисления не убедят, мы еще раз увидим красоту теории.

$$\dvisvgm \usepgflibrary{shadings} \begin{tikzpicture}[x=(-30:3cm),y=(30:3cm),z=(90:3cm),>=stealth] \def\R{1} \shade[ball color=orange,yscale=1.73,opacity=0.5] (0,0) circle (\R); \draw[blue,->] (0,0,0) -- (0,0,0.3\R) node[right] {$\vec{\mathfrak{m}}$}; \draw[thin] (0,0,0) -- (.7\R,.7\R,0) node[below,pos=0.5] {$a$}; \node[orange!80!black] at (0,\R,0.5*\R) {$Q$}; \def\r{0.075} \draw[blue,->,thick] (\r,0,0) arc (0:360:\r); \end{tikzpicture} $$

Для упрощения вычислений изменим систему, предложенную Фейнманом. Будем рассматривать не заряды на краю диска, а равномерно заряженную сферу радиуса a, в центре которой находится небольшая катушка, обладающая магнитным моментом $$\vec{\mathfrak{m}}$$. Магнитный момент, находящийся в начале координат, создает в точке $$\vec{R}$$ векторный потенциал

$$\vec{A} = {\vec{\mathfrak{m}} \times \vec{R} \over R^3}$$(1)

и магнитное поле

$$\vec{H} = {3\vec{n}\,(\vec{\mathfrak{m}} \cdot \vec{n})-\vec{\mathfrak{m}} \over R^3}, \quad \vec{n} = {\vec{R}\over R}.$$

$$\usetikzlibrary{arrows.meta,positioning,decorations.markings,backgrounds} \colorlet{EcolFL}{orange!80!black} \tikzset{EFieldLineArrow/.style={EcolFL,decoration={markings,mark=at position 1 with {\arrow{Stealth}}},postaction={decorate}}} \def\R{0.8} \def\NE{8} \begin{tikzpicture}[-,scale=6] \foreach \i [evaluate={\angle=(\i-1)*360/\NE;}] in {1,...,\NE}{ \draw[EFieldLineArrow] (\angle:0) -- (\angle:\R); } \node[draw=EcolFL,fill=white,circle, minimum size=4cm, inner sep=0, outer sep=0] (circ) at (0,0) {}; \node[EcolFL,right] at (0.56,0.56) {$\vec{E}$} \node[blue,right] at (0.59,0.2) {$\vec{H}$} \node[right] at (0.32,0.32) {$\otimes\vec{S}$} \node[above] at (0.72,0) {$\otimes\vec{S}$} \node[right] at (0.32,-0.3) {$\otimes\vec{S}$} \node[right] at (-0.48,0.32) {$\odot\vec{S}$} \node[above] at (-0.72,0) {$\odot\vec{S}$} \node[right] at (-0.48,-0.3) {$\odot\vec{S}$} \draw [-{Latex}, blue] (0,0) -- (0,.15) node [right] {$\vec{\mathfrak{m}}$}; \begin{scope}[scale=0.3,on background layer] \foreach \a [count=\b] in {1.2}{ \draw[blue,domain=0:6.28,samples=150, line width=0.1mm, decoration={markings,% mark=at position 0.1 with {\arrowreversed{Stealth}}, mark=at position 0.4 with {\arrow{Stealth}}, mark=at position 0.5 with {\arrow{Stealth}}, mark=at position 0.6 with {\arrow{Stealth}}, mark=at position 0.9 with {\arrowreversed{Stealth}}, mark=at position 1 with {\arrowreversed{Stealth}},}, postaction=decorate] plot (xy polar cs:angle=\x r,radius={\a+\b*cos(2*\x r)}); } \end{scope} \end{tikzpicture}$$

Вектор Поинтинга есть

$$\vec{S} = {c\over 4\pi}\vec{E}\times\vec{H}.$$(2)

Он связан с плотностью импульса

$$\vec{P} = {\vec{S} \over c^2}.$$(3)

Тогда, собирая вместе, получаем

$$\vec{P} = {1\over 4\pi c}{Q \over R^2} {1 \over R^3}\left[ \vec{n}\times \left(3\vec{n}\,(\vec{\mathfrak{m}} \cdot \vec{n}) -\vec{\mathfrak{m}} \right) \right] = {Q\over 4\pi c R^5}\left[\vec{\mathfrak{m}} \times \vec{n}\right].$$

Момент импульса

$$\vec{L}=\int\!\vec{R}\times\vec{P}\,dV=\int\! R\,{Q\over 4\pi c R^5}\,\vec{n}\times\left[\vec{\mathfrak{m}} \times \vec{n}\right]dV.$$(4)

Введем сферические координаты так, что $$\vec{\mathfrak{m}}$$ направлен вдоль оси z, а угол θ есть угол между осью z и направлением $$\vec{R}$$. Тогда

$$\vec{L}=\int\limits_a^{\infty}\!{Q\over 4\pi c R^4}R^2dR \int\!\vec{n}\times\left[\vec{\mathfrak{m}} \times \vec{n}\right]d(\cos \theta)\,d\varphi.$$(5)

Первый интеграл берется элементарно. Второй есть усреднение двойного векторного произведения по всем направлениям $$\vec{n}$$, он кроме как от $$\vec{\mathfrak{m}}$$ ни от чего не зависит. Учитывая линейность интегрирования и векторного произведения, зависимость должна быть прямой пропорциональностью. Действительно, вычисления показывают, что второй интеграл равен

$$\vec{\mathfrak{m}}\int\!\sin^2\theta\,d(\cos \theta)\,d\varphi={8\pi\vec{\mathfrak{m}}\over 3}.$$

Окончательно получаем

$$\vec{L}={2\over 3}{Q\vec{\mathfrak{m}}\over ca}.$$

Теперь посмотрим, какой момент импульса будет передан сфере после исчезновения магнитного поля. Начнем с момента электрических сил

$$\vec{M}=\int\!\vec{R}\times\rho\vec{E}\,dV={Q\over 4\pi}\int\!\vec{R}\times\vec{E}\,d(\cos\theta)\,d\varphi.$$

Учитывая, что вихревое электрическое поле определяется формулой

$$\vec{E}=-{1\over c}{\partial \vec{A}\over\partial t},$$

для момента импульса имеем

$$\vec{L}=\int\!\vec{M}\,dt={Q\over 4\pi c}\int\!d(\cos\theta)\,d\varphi\,\vec{R}\times\!\int\!-{\partial \vec{A}\over\partial t}dt.$$

Векторный потенциал уменьшается от начального значения $$\vec{A}$$, задаваемого формулой (1), до нуля. Поэтому последний интеграл просто равен $$\vec{A}$$. Таким образом,

$$\vec{L}=\cfrac{Q}{4\pi c a}\int\!d(\cos\theta)\,d\varphi\,\vec{n}\times \left[\vec{\mathfrak{m}} \times \vec{n}\right].$$

Это выражение совпадает с (5).

Как и ожидалось, весь момент импульса, запасенный в постоянном электромагнитном поле, передается зарядам при исчезновении магнитного поля.

Ультрабуст в пространстве (2+1)

В прошлый раз, говоря о (2+1)-мерной гравитации, мы нашли метрику точечной массы:

$$ds^2=-c^2dt^2+d\rho^2+\alpha^2\rho^2d\varphi^2,\quad\alpha=1-4Gm/c^2.$$(1)

Теперь попробуем вывести метрику ультрарелятивистской частицы, пролетающей мимо наблюдателя с околосветовой скоростью. Сначала мы найдем метрику движущейся материальной точки, а затем применим операцию, называемую ультрабустом. Она заключается в одновременном устремлении скорости частицы к скорости света и массы к нулю, чтобы энергия оставалась конечной.

Лоренцев буст

Временно будем считать, что скорость света с = 1.

Для плоской метрики пространства Минковского переход в другую ИСО выполняется при помощи матрицы Лоренца Λ (такое преобразование оставляет метрику инвариантной):

$$g(v)=\Lambda^Tg\Lambda.$$(2)

Эту формулу можно применять не только к плоскому пространству, но и, например, к решению Шварцшильда. Действительно, метрика Шварцшильда асимптотически плоская, поэтому, формально проделав над ней такое преобразование, мы получим на бесконечности преобразования Лоренца из СТО. Следовательно, (2) описывает переход из системы отсчета покоя в систему, движущуюся относительно тела с постоянной скоростью.

Однако метрика (1) не является асимптотически плоской, поэтому обоснование возможности применить (2) в случае пространства (2+1) сложнее.

Для начала заменим переменные:

$$\left\{ \begin{array}{rl} x\!\!\!\!&=r\cos\varphi,\\ y\!\!\!\!&=r\sin\varphi,\\ \varepsilon\!\!\!\!&=1-\alpha^2. \end{array} $$(3)

В этих обозначениях метрика (1) принимает вид

$$g=\left[ \begin{array}{ccc} -1&0&0 \\ 0&1-{\dfrac {\varepsilon\,{y}^{2}}{{x}^{2}+{y}^{2}}}&{\dfrac {\varepsilon\,xy}{{x}^{2}+{y}^{2}}} \\ 0&{\dfrac {\varepsilon\,xy}{{x}^{2}+{y}^{2}}}&1-{\dfrac {\varepsilon\,{x}^{2}}{{x}^{2}+{y}^{2}}} \end{array} \right] .$$

Отсюда и из (1) видно, что ε → 0, когда m → 0. Когда мы уменьшаем массу точки до нуля, пространство переходит в плоское. Результат цепочки преобразований: уменьшение массы до нуля — лоренцев буст — увеличение массы до первоначального значения совпадет с результатом от простого применения формулы (2). Этим и обосновывается возможность ее применения.

Матрица Лоренца есть

$$\Lambda=\left[ \begin {array}{ccc} {\cfrac {1}{\sqrt {1-v^{2}}}}&-{\cfrac {v}{\sqrt {1-v^{2}}}}&0 \\ -{\cfrac{v}{\sqrt {1-{v}^{2}}}}&{\cfrac {1}{\sqrt {1-v^{2}}}}&0 \\ 0&0&1\end {array} \right] .$$

Несложные, но объемные вычисления, которые лучше всего поручить компьютеру, дают

$$\Lambda^Tg\Lambda=\left[\begin{array}{ccc} -1-{v^2\over 1-v^2}{\varepsilon y^2\over x^2+y^2}&{v\over 1-v^2}{\varepsilon y^2\over x^2+y^2}&-{v\over\sqrt{1-v^2}}{\varepsilon xy \over x^2+y^2}}\\ \noalign{\medskip}{v\over 1-v^2}{\varepsilon y^2\over x^2+y^2}&1-{1\over 1-v^2}{\varepsilon y^2\over x^2+y^2}&{1\over\sqrt{1-v^2}}{\varepsilon xy \over x^2+y^2}}\\ \noalign{\medskip}-{v\over\sqrt{1-v^2}}{\varepsilon xy \over x^2+y^2}}&{1\over\sqrt{1-v^2}}{\varepsilon xy \over x^2+y^2}}&1-{\varepsilon x^2 \over x^2+y^2}\end {array}\right].$$

В этом выражении x — координата в сопутствующей системе отсчета. Она связана с координатой x₁ в нашей системе отсчета преобразованием Лоренца

$$x = {x_1-vt \over \sqrt{1-v^2}}.$$

Подставим ее в предыдущее выражение и получим

$$g(v)=\left[\begin{array}{ccc}-1-{v^2\varepsilon y^2\over\left(x_1-vt\right)^2+y^2\left(1-v^2\right)}&{v\varepsilon y^2\over\left(x_1-vt\right)^2+y^2\left( 1-v^2 \right)}&-{v\varepsilon\left(x_1-vt\right)y\over\left(x_1-vt\right)^2+y^2\left(1-v^2\right)}\\ \noalign{\medskip}{v\varepsilon y^2\over \left(x_1-vt\right)^2+y^2\left( 1-v^2 \right)}&1-{\varepsilon y^2\over\left(x_1-vt\right)^2+y^2\left(1-v^2\right)}&{\varepsilon\left( x_1-vt\right)y\over\left(x_1-vt\right)^2+y^2\left(1-v^2\right)}\\ \noalign{\medskip}-{v\varepsilon\left( x_1-vt \right) y\over\left(x_1-vt\right)^2+y^2\left(1-v^2\right)}&{\varepsilon\left(x_1-vt\right)y\over\left(x_1-vt\right)^2+y^2\left(1-v^2\right)}&1-{\varepsilon\left(x_1-vt\right)^2\over\left(x_1-vt\right)^2+y^2\left(1-v^2\right)}\end{array}\right].$$

Ультрабуст

Используем результат, полученный выше, для вывода метрики материальной точки с нулевой массой, движущейся со скоростью света.

Будем переходить к пределу v → c, m → 0 таким образом, чтобы энергия

$$E={mc^2 \over \sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}$$

материальной точки оставалась конечной. С учетом (1) и (3) легко найти, что

$$\varepsilon={8GE \over {c^4}}\sqrt {1-\dfrac{v^2}{c^2}}-{16G^2E^2 \over c^8}\left( {1-\dfrac{v^2}{c^2}} \right).$$

Кроме того, нам понадобится известное соотношение

$$\lim \limits_{a\to +0} \dfrac{a}{z^2+a^2}=\pi \delta (z).$$

В конечном итоге мы получим

$$g(c ) =\left[\begin{array}{ccc} {-c^2-\dfrac{8\pi G}{c^2}E\left| y \right|\delta \left( {x_1 -ct} \right)}& {\dfrac{8\pi G}{c^3}E\left| y \right|\delta \left( {x_1 -ct} \right)}& 0\\{\dfrac{8\pi G}{c^3}E\left| y \right|\delta \left( {x_1 -ct} \right)}& {1-\dfrac{8\pi G}{c^4}E\left| y \right|\delta \left( {x_1 -ct} \right)}& 0 \\ 0& 0& 1\\ \end{array}\right] .$$

В переменных u = x₁ − ct, v = x₁ + ct интервал принимает вид

$$ds^2=-du\,dv+dy^2-\dfrac{8\pi G}{c^4}E\,\delta (u) \left| y \right|du^2.$$

Полезно сравнить этот ответ с ультрабустом в (3+1) [1]:

$$ds^2=-du\,dv+dr^2+r^2 d\theta ^2-8GE\,\delta (u) \ln r du^2.$$

Результаты отличаются функцией от перпендикулярного расстояния, входящей в коэффициент перед du². В двумерном случае это линейная функция, а в трехмерном — логарифм. Эти функции являются функциями Грина уравнения Лапласа размерности на 2 меньше, чем размерность соответствующего пространства-времени. Как видим, результаты получились похожими.

Ссылки

[1] P. C. Aichelburg, R. U. Sexl (Vienna U.). «On the Gravitational field of a massless particle». May 1970. Published in Gen.Rel.Grav.2:303-312,1971.

[2] S. Deser, Alan R. Steif (Brandeis U.). «Gravity theories with lightlike sources in D = 3.» Published in Class.Quant.Grav.9:L153-L160,1992.

Гравитация в пространстве (2+1)

Мы рассмотрим некоторые особенности гравитации в трехмерном пространстве-времени (две пространственных координаты плюс время). Оказывается, такое пространство в присутствии масс локально не искривляется, однако в нем появляются глобальные топологические эффекты. Например, длина окружности, охватывающей материальную точку, меньше, чем 2πR.

Тензор Римана в (2+1)

Как известно, тензор Римана обладает следующими симметриями:

$$R_{abcd}=R_{cdab},\quad R_{abcd}=-R_{bacd}=-R_{abdc},$$

где каждый индекс пробегает значения 0, 1, 2. Непосредственным перебором легко проверить, что у тензора Римана остается 6 независимых ненулевых компонент: R₀₁₀₁, R₀₁₁₂, R₀₁₂₀, R₁₂₁₂, R₁₂₂₀, R₂₀₂₀. Число независимых компонент тензора Риччи тоже 6. Оказывается, в трехмерном пространстве-времени тензор Римана можно выразить через тензор Риччи:

$$R_{abcd}=g_{ac}Q_{bd} + g_{bd}Q_{ac}-g_{ad}Q_{bc}-g_{bc}Q_{ad},$$(1)

где Q_ab ≡ R_ab − ¼g_abR, R ≡ R^a_a.

Точечная масса

Вычислим статическую аксиально-симметричную метрику в присутствии точечной массы. Как обычно, начинаем с уравнений Эйнштейна

$$R_{ab} -{R \over 2} g_{ab} = {8 \pi G \over c^4} T_{ab}.$$

Взяв след обеих частей, получаем

$$R = -{16 \pi G \over c^4} T.$$(2)

В пустом пространстве вокруг тела T_ab ≡ 0, следовательно, из (2), уравнения Эйнштейна и (1) получаем R ≡ 0, R_ab ≡ 0, R_abcd ≡ 0. Таким образом, пустое пространство (2+1) должно быть локально плоским. Это, в частности, означает, что в рассматриваемом случае нет гравитационных волн.

Метрика такого пространства с учетом симметрий имеет следующий вид:

$$ds^2=-c^2dt^2+d\rho^2+\alpha^2\rho^2d\varphi^2,$$

где $$\alpha^2$$ — некоторая константа, а φ меняется от 0 до 2π. Введем новую угловую координату φ′ = αφ. Константа α и будет определять глобальные гравитационные эффекты. Заглядывая вперед, скажем, что α < 1. Таким образом, длина окружности, охватывающей точечную массу, будет меньше, чем 2πR.

Время входит в интервал с постоянным коэффициентом и не смешивается с другими координатами, поэтому скаляр кривизны R определяется только пространственной частью метрики.

Конический дефект

Двумерное пространство, описываемое такой метрикой, соответствует конической поверхности. В каждой точке поверхности, за исключением вершины, тензор Риччи равен нулю. В вершине имеется расходимость, связанная с расходимостью плотности энергии точечного тела.

Обычно связь между массой (которая пропорциональна коэффициенту в кривизне, задаваемой дельта-функцией) и величиной дефекта α определяется через эйлерову характеристику поверхности (которая равна сумме интеграла от кривизны по поверхности и интеграла от «внешней кривизны» границы по самой границе). Мы же пойдем более наглядным и методически более простым путем, «размывая» точечную массу.

Можно было бы рассмотреть некоторое распределение массы в ограниченной области и выяснить, как будет меняться α, когда размер области стремится к нулю. Однако мы будем действовать противоположным образом, что избавит нас от необходимости решать уравнения Эйнштейна. Деформируем коническую поверхность, «сгладив» вершину в сферический сегмент радиуса r, и выясним, какому распределению масс соответствует такое пространство.

Известно, что скаляр кривизны двумерной поверхности равен удвоенной гауссовой кривизне:

$$R = {2 K} = {2 \over r_1r_2},$$

где r₁ и r₂ — главные радиусы кривизны поверхности. Для сферической поверхности радиуса r скаляр кривизны R = 2/r².

Установим некоторые геометрические соотношения. Длина окружности в основании конуса равна $$2\pi|AB|=2\pi\rho\sin\beta$$, длина той же линии на развертке конуса равна $$2\pi\alpha|AP|=2\pi\alpha\rho$$, откуда $$\alpha=\sin\beta$$. Тогда площадь $$S=2\pi r\cdot |BC|$$ сферического сегмента высоты $$|BC|=h=r(1-\sin\beta)$$ выражается как $$2\pi r^2(1-\alpha)$$.

Проинтегрируем (2):

$$\int T \sqrt{-g}\, d^2x =- {c^4 \over 16\pi G}\int R \sqrt{-g}\, d^2 x=-{c^4 \over 16\pi G}RS = -{c^4 \over 4G} (1- \alpha).$$

Учитывая аддитивность массы (отсутствие гравитационного дефекта массы следует из того, что тензор Римана в пустом пространстве нулевой и пространство локально галилеево; мы обсудим это ниже), получаем

$$mc^2 =\int {T_{00}} \sqrt{-g}\, d^2x=-\int T \sqrt{-g}\, d^2x={c^4 \over 4G} (1-\alpha) ,$$

$$\alpha =1-{4Gm \over c^2}.$$

Интеграл от скаляра кривизны по поверхности не зависит от размера области «сглаживания», поэтому полученный результат справедлив и для точечной массы, когда r → 0. Как видим, для обычных тел с положительной массой α < 1. Видно также, что масса рассматриваемого тела не может превышать величину c²/4G.

Геодезические

Решая систему уравнений для геодезических

$$\frac{d^2x^\lambda }{d s^2} + \Gamma^{\lambda}_{~\mu \nu }\frac{dx^\mu }{d s}\frac{dx^\nu }{d s} = 0,$$

которая в наших координатах принимает вид

$$\left\{ \begin{array}{l}\ddot{\varphi} + \dfrac{2}{r}\dot{r}\dot{\varphi}=0, \\ \ddot{r}-r\dot{\varphi}^2\alpha^2=0, \\ \end{array} \right. $$

легко убедиться в том, что геодезические для пространства с точечной массой — это прямые $$r\sim 1/\sin(\alpha\varphi)$$ на развертке конуса.

Можно спроецировать геодезические на плоскость, перпендикулярную оси конуса. Тогда получится, что точечная масса «искривляет» пространство, или «отклоняет» движущиеся частицы. Однако легко видеть, что угол «отклонения» не зависит от прицельного параметра. Таким образом, уравнения Эйнштейна в (2+1) не содержат ньютоновское тяготение как предельный случай.

Более того, как показывает изучение геодезических, в определенном смысле гравитационное взаимодействие в (2+1) отсутствует. Как видно из вышеприведенной системы, для любых r₀ и φ₀ «кривая» покоя r = r₀, φ = φ₀ является геодезической. В обычном четырехмерном случае это не так. Например, для шварцшильдовского решения не существует такой системы координат, в которой тело в любой точке оставалось бы в покое.

Обобщения

Мы убедились в том, что точечной массе в трехмерном пространстве-времени соответствует плоскость с вырезанным углом (в вершине которого сама материальная точка) и отождествленными точками на противоположных сторонах разреза. Подобная картина характерна и для нескольких точек. С каждым телом связан вырезанный угол, величина которого пропорциональна массе тела. Сумма масс всех тел также не может превышать c²/4G.

Помимо бесконечной двумерной поверхности, можно представить еще и замкнутую поверхность, топологически эквивалентную сфере. Очевидно, масса такой замкнутой Вселенной есть c²/2G. Сфера будет реализовываться в случае равномерного распределения вещества. Дискретные массы будут образовывать многогранники. Например, восемь одинаковых материальных точек могут дать куб.

Эффект Унру

Суть эффекта Унру заключается в том, что равноускоренный наблюдатель начинает видеть вокруг себя равновесное тепловое излучение, в то время как наблюдатель в инерциальной системе отсчета не видит ничего. В работе «Is there Unruh radiation?» авторов G. W. Ford и R. F. O'Connell есть вывод формулы для температуры Унру. Проследим за этим выводом.

Модель

Рассмотрим струну в пространстве (1 + 1) с лагранжианом

$$L=\int dy \left[ {\frac{\sigma }{2}}\left({\frac{\partial u}{\partial t}}\right)^{2}-{\frac{\tau }{2}}\left({\frac{\partial u}{\partial y}}\right)^{2}\right].$$

Для случая скалярного поля нужно взять σ = 1/4π, τ = с²/4π. Несложно получить уравнение движения

$${\frac{\partial ^{2}u}{\partial t^{2}}}-c^{2}{\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}}=0.$$

Его решение выписывается через ряд Фурье

$$u(y,t)=\sum_{k}\sqrt{{\frac{\hbar }{2\sigma L\omega }}}\left(a_{k}e^{i(ky- \omega t)}+a_{k}^{\dag }e^{-i(ky-\omega t)}\right),$$

где L — длина струны; частота и импульс связаны дисперсионным соотношением ω = c|k|; сумма по импульсам пробегает значения, кратные 2π/L.

Квантование

Теперь проквантуем эту систему, потребовав выполнения коммутационных соотношений

$$\lbrack a_{k},a_{k^{\prime }}^{\dag }]=\delta _{k^{\prime}k},\quad\lbrack a_{k},a_{k^{\prime }}]=0.$$

Как утверждается, для струны в тепловом равновесии при температуре T можно определить следующие вакуумные средние:

$$\left\langle a_{k}a_{k^{\prime }}^{\dag }+a_{k^{\prime }}^{\dag}a_{k}\right\rangle =\,\mbox{cth}\, \frac{\hbar \omega }{2kT}\,\delta_{k^{\prime}k}, \quad\left\langle a_{k}a_{k^{\prime }}+a_{k^{\prime }}a_{k}\right\rangle =0.$$

Действительно, в первом выражении легко распознать $$2\bar{n}_k + 1$$. Среднее число квантов $$\bar{n}_k$$ дается статистикой Бозе — Эйнштейна, откуда и получается гиперболический котангенс.

Термодинамическое равновесие

Мы будем изучать поведение корреляционной функции поля

$$C(\Delta y,\Delta t)\equiv {\frac{1}{2}}\left\langle u(y_{1},t_{1}) u(y_{2},t_{2}) + u(y_{2},t_{2}) u(y_{1},t_{1}) \right\rangle ,$$

где Δy = y₁ − y₂, Δt = t₁ − t₂. Рассматривать спектральную плотность и пространственное распределение излучения было бы нагляднее. Но можно заниматься и корреляционной функцией, ведь она связана со спектральной плотностью (и, видимо, пространственным распределением) преобразованием Фурье.

После выполнения вычислений и перехода к бесконечной длине (L → ∞), связанного с заменой суммирования интегрированием, получаем

$$C(\Delta y,\Delta t)=\frac{\hbar }{4\pi \sigma }\int\limits_{-\infty }^{\infty }dk \frac{1}{\omega }\,\mbox{cth}\, \frac{\hbar \omega }{2kT}\cos \left( k\Delta y-\omega \Delta t\right).$$

Это выражение, вообще-то, расходится в области больших длин волн (или малых k). Но его можно, как обычно, разделить на сумму конечной части, зависящей от Δy и Δt, и бесконечной, не зависящей от этих переменных:

$$C(\Delta y,\Delta t) = const -\frac{\hbar }{4\pi \sigma c}\left(\ln \mbox{sh} \frac{\pi kT}{\hbar }\left(\Delta t-\frac{\Delta y}{c}\right)+ \ln \mbox{sh} \frac{\pi kT}{\hbar }\left(\Delta t+\frac{\Delta y}{c}\right)\right).$$

Корреляционная функция в фиксированной точке (Δy = 0) принимает вид

$$C(0,\Delta t)=const-\frac{\hbar }{2\pi \sigma c}\ln \mbox{sh}\, \frac{\pi kT\Delta t}{\hbar }.$$(1)

Еще нам понадобится корреляционная функция при нулевой температуре

$$C_{0}(\Delta y,\Delta t)\equiv {\frac{\hbar }{4\pi \sigma }}\int\limits_{-\infty}^{\infty }\frac{dk}{\omega }\cos (k\Delta y-\omega \Delta t).$$

Здесь нужно выделять конечную часть по-другому. После преобразований получается

$$C_{0}(\Delta y,\Delta t)=const-{\frac{\hbar }{4\pi \sigma c}}\ln \left\vert\Delta t^{2}-\frac{\Delta y^{2}}{c^{2}}\right\vert.$$(2)

Равноускоренное движение

Движение под действием постоянной силы F описывается в СТО известным уравнением

$${\frac{d}{dt}}{\frac{mv}{\sqrt{1-v^{2}/c^{2}}}}=F,$$

где под скоростью v понимается dy/dt. Его решение легко найти:

$$y={\frac{mc^{2}}{F}} \, \mbox{ch}\, \frac{F\tau }{mc},\quad t={\frac{mc}{F}}\,\mbox{sh}\, \frac{F\tau }{mc},\quad -\infty <\tau <\infty .$$

Параметр τ совпадает с собственным временем $$\inline\int\!dt\sqrt{1-v^{2}/c^{2}}}$$. Отсюда для двух точек на мировой линии можно получить, что

$$\sqrt{\Delta t^{2}-\Delta y^{2}/c^{2}}={\frac{2mc}{F}}\,\mbox{sh}\, \frac{F\Delta\tau }{2mc},$$(3)

где Δτ = τ₁ − τ₂.

Температура Унру

Из (2) и (3) получаем, что функция корреляции поля с нулевой температурой для точек вдоль мировой линии равноускоренного наблюдателя зависит только от Δτ:

$$C_{0}(\Delta y,\Delta t)=const-{\frac{\hbar }{2\pi \sigma c}}\ln \mbox{sh}\, \frac{F\Delta \tau }{2mc}.$$

Сравнение последнего выражения с (1) показывает, что поле с нулевой температурой будет выглядеть для движущегося равноускоренно наблюдателя так, как будто обладает температурой Унру

$$kT={\frac{\hbar F}{2\pi mc}}.$$

Выводы

Отметим, что температура Унру очень мала. Так, для ускорения, совпадающего с ускорением свободного падения, температура Унру равна 4·10⁻²⁰ К.

Эффект Унру в некотором смысле аналогичен излучению Хокинга. Действительно, для равноускоренного наблюдателя существует так называемый риндлеровский горизонт, аналогичный горизонту событий черной дыры.

Были предложения проверить эффект Унру, наблюдая дополнительное излучение за счет тепловых флуктуаций ускоренно движущейся частиц, например, электронов, освещенных мощными лазерами. Однако ряд авторов опровергает наличие дополнительного излучения, заявляя о компенсации возможного испускания поглощением энергии вакуумных (уже теплых!) полей. Например, далее в упомянутой статье разбирается пример осциллятора, связанного со скалярным полем, и прямым вычислением показывается отсутствие излучения.

Несмотря на малую величину, эффект Унру имеет важное философское значение. Действительно, этот эффект позволяет в принципе определить абсолютное ускорение системы отсчета. Таким образом опровергается принцип Маха в формулировке, утверждающей, что «имеет значение только ускорение относительно неподвижных звезд».

← сюда