Geodätische Abweichung auf einer Einheitskugel

Question

Geodätische Abweichung auf einer Einheitskugel

Peter4075

Sehr wenig Interesse an der Originalversion dieser Frage, daher habe ich sie in der Hoffnung auf eine positivere Antwort neu ausgerichtet.

Ich versuche, die geodätische Abweichungsgleichung zu verwenden

\frac{D^{2} ξ^{μ}}{D λ^{2}} + R_{β a γ}^{μ} ξ^{a} \frac{D X^{β}}{D λ} \frac{D X^{γ}}{D λ} = 0

$\frac{D^{2}\xi^{\mu}}{D\lambda^{2}}+R_{\phantom{\mu}\beta\alpha\gamma}^{\mu}\xi^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}\frac{dx^{\gamma}}{d\lambda}=0$ um zu zeigen, dass auf der Oberfläche einer Einheitskugel zwei Teilchen durch den Anfangsabstand getrennt sind

d

$d$ , ausgehend vom Äquator und nach Norden reisend (dh auf Linien konstanter

ϕ

$\phi$ ) wird eine Trennung haben

s

$s$ gegeben von

S = D Sünde θ .

$s=d\sin\theta.$ Dies ähnelt der geodätischen Abweichung auf zwei Kugeln, außer dass diese Frage mit einfacher Kugelgeometrie gelöst wurde.

Mein Plan ist finden $\frac{D^{2}\xi^{\mu}}{D\lambda^{2}}$ zunächst mit der absoluten Ableitung

\frac{D v^{a}}{D λ} = \frac{D v^{a}}{D λ} + v^{γ} Γ_{γ β}^{a} \frac{D X^{β}}{D λ} .

$\frac{DV^{\alpha}}{d\lambda}=\frac{dV^{\alpha}}{d\lambda}+V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}.$ Dann nimm die zweite Ableitung davon. Nächster Fund

\frac{D^{2} ξ^{μ}}{D λ^{2}}

$\frac{D^{2}\xi^{\mu}}{D\lambda^{2}}$ durch Berechnung des Riemann-Tensorteils

R_{β a γ}^{μ} ξ^{a} \frac{D X^{β}}{D λ} \frac{D X^{γ}}{D λ} .

$R_{\phantom{\mu}\beta\alpha\gamma}^{\mu}\xi^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}\frac{dx^{\gamma}}{d\lambda}.$ Und versuchen Sie dann, die Ergebnisse zu jonglieren, um die Trennung zu zeigen

s = ξ^{ϕ}

$s=\xi^{\phi}$ als Funktion von

θ

$\theta$ .

Das Linienelement für sphärische Koordinaten

l^{2} = D R^{2} + R^{2} D θ^{2} + R^{2} {Sünde}^{2} θ D ϕ^{2}

$l^{2}=dr^{2}+r^{2}d\theta^{2}+r^{2}\sin^{2}\theta d\phi^{2}$ für einen großen Kreis von Konstanten

ϕ

$\phi$ auf einer Kugel von Einheitsradius reduziert sich auf

D l^{2} = D θ^{2}

$dl^{2}=d\theta^{2}$ geben

\frac{d θ}{d l} = \frac{d θ}{d λ} = 1

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

\frac{d ϕ}{d l} = \frac{d ϕ}{d λ} = 0

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

Die absolute Ableitung für $\Gamma_{\theta\phi}^{\phi}=\Gamma_{\phi\theta}^{\phi}=\frac{\cos\theta}{\mathbf{\mathbf{\sin\theta}}}$ Ist

\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{\cos θ}{Sünde θ} .

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

Und für $\Gamma_{\phi\phi}^{\theta}=\sin\theta\cos\theta$ Ist

\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} .

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

Jedoch,

\frac{D ξ^{ϕ}}{D λ} = \frac{D ξ^{ϕ}}{D λ} + ξ^{ϕ} \frac{\cos θ}{Sünde θ}

$\frac{D\xi^{\phi}}{d\lambda}=\frac{d\xi^{\phi}}{d\lambda}+\xi^{\phi}\frac{\cos\theta}{\mathbf{\mathbf{\sin\theta}}}$ sieht nicht richtig aus, wie es explodiert, wenn

θ = 0

$\theta=0$ . Irgendwelche Vorschläge, wo ich vielleicht falsch liege?

Holograph

Es gibt einige implizite Summierungen (Einstein-Summierungskonvention):

V^{γ} Γ_{γ β}^{α} \frac{d x^{β}}{d λ}

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

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

$\sum_{\gamma,\beta}V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d \lambda}$ , wobei die Summe über wiederholte Indizes übernommen wird.

Peter4075

Hoppla. Ich habe die Frage jetzt geändert, um meine Ergebnisse nach dem Summieren der Indizes anzuzeigen.

Antworten (1)

Geodätische Abweichung auf einer Einheitskugel

Es gibt einige implizite Summierungen (Einstein-Summierungskonvention): $V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d\lambda}$ bedeutet $\sum_{\gamma,\beta}V^{\gamma}\Gamma_{\gamma\beta}^{\alpha}\frac{dx^{\beta}}{d \lambda}$ , wobei die Summe über wiederholte Indizes übernommen wird.
Hoppla. Ich habe die Frage jetzt geändert, um meine Ergebnisse nach dem Summieren der Indizes anzuzeigen.

Peter4075 · Answer 1

Seitdem habe ich herausgefunden, dass ich einen Fehler mache, weil ich die absolute Ableitung nicht finden muss. Mir wurde in einem anderen Physikforum gesagt, dass dieses Problem in Bezug auf Riemann-Normalkoordinaten eingerahmt ist, was die Annahme in Ordnung macht $\frac{D^{2}\xi^{\mu}}{dt{}^{2}}=\frac{d^{2}\xi^{\mu}}{dt{}^{2}}$ . Offenbar liegt das daran, dass die Entfernung, die die Autos entlang ihrer separaten Geodäten auf der Kugel zurücklegen, eine lineare Funktion der Zeit ist $t$ .

Jedenfalls ist die Berechnung wie folgt.

Die Entfernung, die jedes Auto vom Äquator entlang nach Norden zurücklegt $\phi=$ konstant geodätisch ist $vt$ . Der Winkel Auto-Zentrum von Kugel-Äquator ist $vt/r=vt$ . Sphärische Koordinate $\theta=\left(\pi/2\right)-vt$ .

Die Gleichung der geodätischen Abweichung ist

\frac{D^{2} ξ^{μ}}{D T^{2}} + R_{β a γ}^{μ} ξ^{a} \frac{D X^{β}}{D T} \frac{D X^{γ}}{D T} = 0.

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

Tatsächlich wollen wir finden $s=\xi^{\phi}$ als Funktion von $t$ .

Die Riemann-Komponenten ungleich Null für eine Einheitskugel sind: $R_{\phantom{\theta}\phi\theta\phi}^{\theta}=\sin^{2}\theta$ , $R_{\phantom{\theta}\phi\phi\theta}^{\theta}=-\sin^{2}\theta$ , $R_{\phantom{\theta}\theta\theta\phi}^{\phi}=-1$ , $R_{\phantom{\theta}\theta\phi\theta}^{\phi}=1$ .

Lassen $u^{\sigma}\equiv\frac{dx^{\sigma}}{dt}$ . Erweitern Sie dann die Riemann-Komponenten für eine Einheitskugel, um zu erhalten:

\frac{D^{2} ξ^{θ}}{D T^{2}} = ({Sünde}^{2} θ) (u^{ϕ} u^{θ}) ξ^{ϕ} - ({Sünde}^{2} θ) (u^{ϕ} u^{ϕ}) ξ^{θ}

$\frac{d^{2}\xi^{\theta}}{dt{}^{2}}=\left(\sin^{2}\theta\right)\left(u^{\phi}u^{\theta}\right)\xi^{\phi}-\left(\sin^{2}\theta\right)\left(u^{\phi}u^{\phi}\right)\xi^{\theta}$ .Aber die Autos bewegen sich entlang konstanter Linien

ϕ

$\phi$ ,

u^{ϕ} = \frac{D ϕ}{D T} = 0

$u^{\phi}=\frac{d\phi}{dt}=0$ und wir bekommen

\frac{D^{2} ξ^{θ}}{D T^{2}} = 0

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

Nächster Satz $\mu=\phi$ , erweitern Sie die Riemann-Komponenten, um zu geben

\frac{D^{2} ξ^{ϕ}}{D T^{2}} = ξ^{θ} (u^{θ} u^{ϕ}) - ξ^{ϕ} (u^{θ} u^{θ}) .

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

Als $\theta=\left(\pi/2\right)-vt$ , $u^{\theta}=\frac{d\theta}{dt}=-v$ und wir bekommen

\frac{D^{2} ξ^{ϕ}}{D T^{2}} = - v^{2} ξ^{ϕ} .

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

Mit der Zauberei von Wolfram Alpha ist die Lösung für

\frac{D^{2} j}{D X^{2}} = - k j

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

j = A Sünde (X \sqrt{k}) + B \cos (X \sqrt{k}) .

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

v^{2} = k

$v^{2}=k$ ,

t = x

$t=x$ Und

ξ^{ϕ} = y

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

ξ^{ϕ} = A Sünde (v T) + B \cos (v T) .

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

Um die Konstanten zu finden $A$ Und $B$ , stellen wir fest, dass bei der zurückgelegten Strecke $vt=0$ $\xi^{\phi}=d$ , geben

ξ^{ϕ} = D = A Sünde (0) + B \cos (0)

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

B = D,

$B=d,$ und deshalb

ξ^{ϕ} = D \cos (v T) .

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

Dies ist die gleiche Antwort, die in Geodätische Abweichung auf einer Kugel mit zwei berechnet wurde . In sphärischen Koordinaten ist dies äquivalent zu

ξ^{ϕ} = D Sünde (θ) .

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

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Peter4075

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