Diskrete Punktteilchen spannen den Energietensor

Es gibt zwei Punkte, die ich hervorheben möchte. 1) Einfache Substitution der Summe durch ein Integral würde nicht funktionieren und ist nicht gerechtfertigt. Man sollte jedoch von mikroskopischen Mengen zu makroskopischen wechseln, indem man über 4 Volumina mittelt, wobei die Abstände und Zeiten zwischen den Partikeln als klein angesehen werden können.

Der makroskopische Spannungs-Energie-Tensor ist dann:

$${\bf T}^{\mu\nu}=\dfrac{1}{\Delta V_4}\int_{\Delta V_4}T^{\mu\nu}d V=\dfrac{1}{\sqrt{-g} d^3x^i dx^0}\int_{\Delta V_4}T^{\mu\nu} \sqrt{-g} d^3x^i dx^0$$ Dann a) rein $T^{\mu\nu}$nur Delta-Funktionen hängen von x ab, b) metrische Determinante g ist eine makroskopische Größe, ist konstant über ausgewählte Volumina und kann auch vom Integra abgezogen werden. Man gelangt dann zu: $${\bf T}^{\mu\nu}=\dfrac{1}{d^3x^i dx^0}\sum_a\dfrac{p_a^\mu p_a^\nu}{p_a^0}\int_{\Delta V_4} \delta^{(3)}({\bf x}-{\bf x}^{(a)}) d^3 x^i dx^0 = \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a\dfrac{p_a^\mu p_a^\nu}{p_a^0}.$$ Im letzten Ausdruck wird die Summe über die Teilchen gebildet, die Weltlinien durchlaufen $\Delta V_4$(Wir ignorieren die Tatsache, dass einige Partikel das Volumen durch seine 3-Grenze verlassen oder betreten haben könnten, da es viel weniger von ihnen gibt als die Partikel innerhalb des Volumens).

Jetzt der Ausdruck${\bf T}^{\mu\nu}= \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a\dfrac{p_a^\mu p_a^\nu}{p_a^0}$bequemer behandelt werden können.

2) Die Symmetrieüberlegungen selbst. Betrachten Sie den Konponenten des makroskopischen Tensors:

${\bf T}^{0 0} = \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a p_a^0 \equiv \rho$

${\bf T}^{i 0} = \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a p_a^i$. Als Summe$\sum_a p_a^i$von 3-Vektoren über ein makrospoisches Volumen genommen wird, sollte das Ergebnis zu einem makroskopischen 3-Vektor führen. Wenn dieser Vektor jedoch nicht Null wäre, würde er die Isotropie verletzen, die besagt, dass es keine bevorzugte Richtung gibt. Somit${\bf T}^{i 0} = 0$

${\bf T}^{i j} = \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a\dfrac{p_a^i p_a^j}{p_a^0}$. Wie eben zuvor sollte die Summe einen symmetrischen makroskopischen 3-Tensor zweiter Ordnung ergeben. Aber alle symmetrischen 3-Tensoren sind durch 3 Eigenvektoren definiert. Wenn Eigenwerte nicht entartet sind, dann gibt es 3 Vorzugsrichtungen (3 Eigenvektoren), wenn Eigenwerte einfach entartet sind, dann gibt es 2 Vorzugsrichtungen usw. Keine Vorzugsrichtungen entsprechen dem Fall, wenn die Matrix alle Eigenwerte gleich hat, dh wann die Matrix ist proportional zum Kronecker-Delta. Der Proportionalitätskoeffizient ist der Druck:${\bf T}^{i j} \equiv P \delta^{ij}$

Ausdrücken$\delta^{ij}$als$\eta^{ij}+U^0 U^0$($U^i$ist aus Symmetrieüberlegungen Null, und$U^0$ist daher gleich Eins) und$T^{00}$als$\rho U^0 U^0$, gelangt man zum endgültigen Ausdruck für$T$.

Hier ist ein direkterer Ansatz, der in der Lösung von Problem 5.2 von Alar P. Lightmans Buch „Problem book in relativity and gravitation“ skizziert wird. Ich habe die Präsentation des Buches leicht bearbeitet, sodass sie der akzeptierten Antwort ähnlich sieht.

Wir nehmen die Größe der Geschwindigkeit an$v$ist fest, also haben die Teilchen die gleiche Geschwindigkeitsgröße, aber sie zeigen alle in verschiedene Richtungen. Aber das Ergebnis kann auf den Fall mit einer Nicht-Delta-Geschwindigkeitsgrößenverteilung verallgemeinert werden.

Der Energie-Impuls-Tensor von Punktteilchen kann geschrieben werden als

$$T^{\mu\nu} = \sum_{n} \frac{p_n^\mu p_n^\nu}{p_n^0} \delta^3(\vec{x} - \vec{x}_n(t)).$$

Durchschnittlich über ein kleines 3-Volumen; mit (Summe) = (Anzahl)$\times$(Durchschnitt),

$$T^{\mu\nu} = \frac{1}{\Delta V}\int_{\Delta V}\sum_{n} \frac{p_n^\mu p_n^\nu}{p_n^0} \delta^3(\vec{x} - \vec{x}_n(t)) d^3\vec{x} = \frac{\Delta N}{\Delta V}\left < \frac{p_n^\mu p_n^\nu}{p_n^0} \right >,$$

Wo$\Delta N$ist die Anzahl der Teilchen darin$\Delta V$. Jetzt beachte das$p_n^\mu = \gamma m v_n^\mu$, Wo$v_n^\mu = (1, \vec{v})$. Wir haben vier Fälle für$\left < v_n^\mu v_n^\nu \right >$:

• $\left < v_n^0 v_n^0 \right > = 1$.
• $\left < v_n^0 v_n^i \right > = \left < v_n^i v_n^0 \right > = 0$.
• $\displaystyle \left < v_n^i v_n^j \right > = \frac{1}{3} \delta^{ij} v^2$.

Hier verwenden wir in der letzten Gleichung, dass die Geschwindigkeiten isotrop verteilte Richtungen haben:

$$\left <v_n^1 v_n^1 \right > = \left <v_n^2 v_n^2 \right > = \left <v_n^3 v_n^3 \right > = \frac{1}{3}\left( \left <v_n^1 v_n^1 \right > + \left <v_n^2 v_n^2 \right > + \left <v_n^3 v_n^3 \right > \right) = \frac{1}{3} v^2.$$

Da schließlich die durchschnittliche Geschwindigkeit der Teilchen in unserem System Null ist,$\Delta N/\Delta V = n$. Somit

$$T^{\mu\nu} = \begin{pmatrix} \gamma n m & & & \\ & \gamma n m \frac{1}{3}v^2 & & \\ & & \gamma n m \frac{1}{3}v^2 & \\ & & & \gamma n m \frac{1}{3}v^2 \end{pmatrix}.$$

Vergleichen wir dies mit der Formel der perfekten Flüssigkeit, die wir erhalten$\rho = \gamma n m$Und$p = \gamma n m \frac{1}{3}v^2$.