Berechnung der Christoffel-Symbole mit der geodätischen Gleichung

Question

Berechnung der Christoffel-Symbole mit der geodätischen Gleichung

Martin Üding

Ich möchte die Christoffel-Symbole zweiter Art mit der geodätischen Gleichung berechnen. Zur Übung habe ich den Schwarzschild-Ansatz ausprobiert

G_{00} = e^{v}, G_{11} = - e^{λ}, G_{22} = - R^{2}, G_{33} = - R^{2} Sünde (θ)^{2},

$g_{00} = \mathrm e^\nu,\quad g_{11} = - \mathrm e^\lambda,\quad g_{22} = -r^2,\quad g_{33} = -r^2 \sin(\theta)^2,$ Wo

ν

$\nu$ Und

λ

$\lambda$ sind Funktionen von

r

$r$ .

Der Lagrange ist

L = e^{v} {\dot{T}}^{2} - e^{λ} {\dot{R}}^{2} - R^{2} {\dot{θ}}^{2} - R^{2} Sünde (θ)^{2} {\dot{ϕ}}^{2} .

$L = \mathrm e^\nu \dot t^2 - \mathrm e^\lambda \dot r^2 - r^2 \dot \theta^2 - r^2 \sin(\theta)^2 \dot \phi^2.$

Daraus habe ich für Euler-Lagrange-Gleichungen berechnet:

0 = 2 e^{v} \ddot{T}

$0 = 2 \mathrm e^\nu \ddot t$

e^{v} v^{'} {\dot{T}}^{2} - e^{λ} λ^{'} {\dot{R}}^{2} - 2 R {\dot{θ}}^{2} - 2 R Sünde (θ)^{2} {\dot{ϕ}}^{2} = - 2 e^{λ} \ddot{R}

$\mathrm e^\nu \nu' \dot t^2 - \mathrm e^\lambda \lambda' \dot r^2 - 2 r \dot \theta^2 - 2 r \sin(\theta)^2 \dot\phi^2 = -2 \mathrm e^\lambda \ddot r$

- 2 R^{2} Sünde (θ) \cos (θ) {\dot{ϕ}}^{2} = - 2 R^{2} \ddot{θ}

$- 2 r^2 \sin(\theta) \cos(\theta) \dot \phi^2 = - 2r^2 \ddot \theta$

0 = - 2 R^{2} Sünde (θ)^{2} \ddot{ϕ}

$0 = - 2 r^2 \sin(\theta)^2 \ddot \phi$

Beim zweiten habe ich:

Γ_{00}^{1} = \frac{v^{'}}{2} e^{v - λ}, Γ_{11}^{1} = - \frac{λ^{'}}{2}, Γ_{22}^{1} = - R e^{- λ}, Γ_{33}^{1} = - R Sünde (θ)^{2} e^{- λ}

$\Gamma^1_{00} = \frac{\nu'}2 \mathrm e^{\nu-\lambda}, \quad \Gamma^1_{11} = - \frac{\lambda'}2, \quad \Gamma^1_{22} = - r \mathrm e^{-\lambda}, \quad \Gamma^1_{33} = - r\sin(\theta)^2 \mathrm e^{-\lambda}$

Und das dritte:

Γ_{33}^{2} = - Sünde (θ) \cos (θ)

$\Gamma^2_{33} = - \sin(\theta)\cos(\theta)$

Aus der ersten und vierten Gleichung würde ich das ableiten $\Gamma^0_{\mu\nu} = 0$ ebenso gut wie $\Gamma^3_{\mu\nu} = 0$ . Die Lösung sagt, dass dies nicht der Fall ist. Wie kann ich die anderen Christoffel-Symbole ungleich Null erhalten?

PhotonBoom

Hinweis:

θ

$\theta$ Und

r

$r$ Zeitabhängigkeit haben

PhotonBoom

Auch von

Γ_{μ ν}^{4}

$\Gamma_{\mu\nu}^{4}$ was meinen Sie

Γ_{μ ν}^{3}

$\Gamma_{\mu\nu}^{3}$ Rechts?

Martin Üding

Haben sie eine Abhängigkeit von

t = x^{0}

$t = x^0$ oder die richtige Zeit

τ

$\tau$ (oder geschrieben als

s

$s$ )?

PhotonBoom

Auf der

t

$t$ verwendet in der Euler-Lagrange-Gleichung dh

x^{0}

$x^0$

Martin Üding

Aber dann

{\dot{x}}^{0} = 1

$\dot x^0 = 1$ , in einem beliebigen Koordinatensystem. Das klingt nicht richtig, finde ich. Differenzierung bzgl

τ

$\tau$ scheint allgemeiner zu sein.

Stan Liou

Das Hauptproblem ist, dass Ihre erste Gleichung aufgrund der Produktregel und Differenzierung von tatsächlich falsch ist

ν

$\nu$ .

Antworten (1)

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Auch von $\Gamma_{\mu\nu}^{4}$ was meinen Sie $\Gamma_{\mu\nu}^{3}$ Rechts?
Haben sie eine Abhängigkeit von $t = x^0$ oder die richtige Zeit $\tau$ (oder geschrieben als $s$ )?
Auf der $t$ verwendet in der Euler-Lagrange-Gleichung dh $x^0$
Aber dann $\dot x^0 = 1$ , in einem beliebigen Koordinatensystem. Das klingt nicht richtig, finde ich. Differenzierung bzgl $\tau$ scheint allgemeiner zu sein.
Das Hauptproblem ist, dass Ihre erste Gleichung aufgrund der Produktregel und Differenzierung von tatsächlich falsch ist $\nu$ .

Stan Liou · Answer 1

Notation : Ich werde den Überpunkt zur Differenzierung in Bezug auf verwenden $\tau$ , Übertilde für partielle Differenzierung in Bezug auf $x^0 = t$ , und prime für partielle Differenzierung in Bezug auf $x^1 = r$ . ( Edit : Überladen von entfernt $\lambda$ , Verzeihung.)

Ich nahm an, ein General zu sein $\nu = \nu(t,r)$ ; Wenn Sie die Frage genauer lesen, handelt es sich um Funktionen von $r$ nur, was macht $\tilde\nu = \tilde\lambda = 0$ , aber der Rest gilt genauso gut.

Aus der Euler-Lagrange-Gleichung für $x^0 = t$ :

\frac{D}{D τ} (2 e^{v} \dot{T}) = \frac{\partial L}{\partial T} = e^{v} \tilde{v} {\dot{T}}^{2} - e^{λ} \tilde{λ} {\dot{R}}^{2} .

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\tau}\left(2e^{\nu}\dot{t}\right) = \frac{\partial L}{\partial t} = e^\nu\tilde\nu\dot{t}^2 - e^\lambda\tilde\lambda\dot{r}^2\text{.}$ Erinnere dich daran

\frac{D v}{D τ} = \frac{\partial v}{\partial X^{a}} \frac{D X^{a}}{D τ} = \tilde{v} \dot{T} + v^{'} \dot{R},

$\frac{\mathrm{d}\nu}{\mathrm{d}\tau} = \frac{\partial\nu}{\partial x^\alpha}\frac{\mathrm{d}x^\alpha}{\mathrm{d}\tau} = \tilde\nu\dot{t}+\nu'\dot{r}\text{,}$ und Sie sollten in der Lage sein, die Berechnung korrekt abzuschließen.

Der $\mathrm e^\nu$ sieht sehr schön aus, ist es aber tatsächlich $\exp (v (R (τ))) .$ $\exp\left(\nu\left(r(\tau)\right)\right).$ Schreibt man es so, wird die Kettenregel offensichtlich. Ich habe es ausprobiert, und es funktioniert richtig!

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