Warum deckt diese Metrik nicht den gesamten de Sitter-Raum ab?

Question

Warum deckt diese Metrik nicht den gesamten de Sitter-Raum ab?

Danny Goldstein

Ich arbeite an einem Problem aus Carrolls Spacetime and Geometry . Angeblich sollte ich in der Lage sein, die geodätische Gleichung zu verwenden

\frac{D^{2} X^{μ}}{D λ^{2}} + Γ_{ρ σ}^{μ} \frac{D X^{σ}}{D λ} \frac{D X^{ρ}}{D λ} = 0

$\frac{d^2x^\mu}{d\lambda^2}+\Gamma^\mu_{\rho\sigma}\frac{dx^\sigma}{d\lambda}\frac{dx^\rho}{d\lambda}=0$ um zu zeigen, dass die flache de Sitter-Metrik

D S^{2} = - D T^{2} + e^{2 H T} [D X^{2} + D j^{2} + D z^{2}]

$ds^2=-dt^2+e^{2Ht}[dx^2 + dy^2 + dz^2]$

deckt nicht die gesamte Mannigfaltigkeit ab, die als de Sitter-Raum bekannt ist. Ich werde aufgefordert, diese beiden Gleichungen zu kombinieren, um nach dem affinen Parameter zu lösen $\lambda$ als Funktion von $t$ , und zeigen Sie dann, dass die Geodäten des Weltraums reichen $t=-\infty$ in einem endlichen Wert des affinen Parameters, was demonstriert, was ich zu beweisen suchte. Ich beginne damit, die Metrik in Bezug auf die Eigenzeit zu parametrisieren, $\tau$ $(\lambda = \tau)$ , zu ergeben:

- 1 = - \frac{D T^{2}}{D λ^{2}} + e^{2 H T} [\frac{D X^{2}}{D λ^{2}} + \frac{D j^{2}}{D λ^{2}} + \frac{D z^{2}}{D λ^{2}}]

$-1 =-\frac{dt^2}{d\lambda^2}+e^{2Ht}[\frac{dx^2}{d\lambda^2} + \frac{dy^2}{d\lambda^2} + \frac{dz^2}{d\lambda^2}]$

Und aus der geodätischen Gleichung leite ich ab:

\frac{D^{2} X^{ich}}{D λ^{2}} = - 2 H (\frac{D T}{D λ}) (\frac{D X^{ich}}{D λ})

$\frac{d^2 x^i}{d\lambda^2} = -2H\left(\frac{dt}{d\lambda}\right)\left(\frac{dx^i}{d\lambda}\right)$

Um eine dieser drei Gleichungen zu lösen, sagen wir zum Beispiel die erste, mache ich die Substitution:

v = \frac{D X}{D λ}, T^{'} = \frac{D T}{D λ}

$\nu = \frac{dx}{d\lambda}, t'=\frac{dt}{d\lambda}$

Dann

v^{'} = - 2 H v T^{'} v^{'} / T^{'} = \frac{D v}{D λ} \frac{D λ}{D T} = - 2 H v = \frac{D v}{D T} \frac{D v}{D T} = - 2 H v \Rightarrow v = C_{1} e^{- 2 H T}

$\nu'=-2H\nu t'\\\nu'/t'=\frac{d\nu}{d\lambda}\frac{d\lambda}{dt}=-2H\nu=\frac{d\nu}{dt}\\\frac{d\nu}{dt}=-2H\nu\Rightarrow\nu = C_1e^{-2Ht}$

Wenn ich wieder in die Metrik einsetze, bleibt mir übrig:

1 = {(\frac{D T}{D λ})}^{2} - e^{2 H T} (\sum_{ich} C_{ich}^{2} e^{- 4 H T})

$1 = \left(\frac{dt}{d\lambda}\right)^2 - e^{2Ht}\left(\sum_i C_i^2 e^{-4Ht}\right)$

Definieren $\sum_i C_i^2 = \alpha$ , ergibt:

\frac{D T}{D λ} = \sqrt{1 + a e^{- 2 H T}}

$\frac{dt}{d\lambda} = \sqrt{1 + \alpha e^{-2Ht}}$

Ich kann anscheinend keine schöne analytische Lösung für finden $\lambda(t)$ das beweist das $t \rightarrow -\infty$ in einem endlichen Wert des affinen Parameters, ohne mich auf einen Computer zu verlassen, und das hinterlässt mir keine schöne physikalische (oder mathematische) Intuition dafür, was in dem Problem vor sich geht. Habe ich irgendwo einen Fehler gemacht, oder ist das, wie Walter Cronkite (und mein GR-Professor) sagen würden, „so wie es ist“? Kann mich jemand in die richtige Richtung weisen oder mir zeigen, wie ich vorgehen muss? Vielen Dank im Voraus.

Michael

Schauen Sie sich nur Ihre letzte Gleichung an (haben Sie die Ableitung nicht überprüft): in der

t \to - \infty

$t\to -\infty$ Begrenzen Sie die exponentiellen Dominanzen und Sie können die Quadratwurzel vereinfachen und dann die Variablen trennen.

QMechaniker

Welche Übung?

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Warum deckt diese Metrik nicht den gesamten de Sitter-Raum ab?

Schauen Sie sich nur Ihre letzte Gleichung an (haben Sie die Ableitung nicht überprüft): in der $t\to -\infty$ Begrenzen Sie die exponentiellen Dominanzen und Sie können die Quadratwurzel vereinfachen und dann die Variablen trennen.

Danu · Answer 1

Wir betrachten die Metrik

D S^{2} = - D T^{2} + A^{2} (T) D {\vec{X}}^{2}

$\mathrm{d}s^2=-\mathrm{d}t^2+a^2(t)\mathrm{d}\vec x^2$

Wo $a(t):= a_0e^{Ht}$ . Um zu zeigen, dass diese Koordinaten nicht die gesamte Raumzeit-Mannigfaltigkeit abdecken, betrachten wir die Flugbahn eines frei fallenden Beobachters, was natürlich die Eigenzeit extremisiert

τ = \int D T \sqrt{1 - A^{2} \dot{{\vec{X}}^{2}}}

$\tau=\int\mathrm{d}t\sqrt{1-a^2\dot{\vec x^2}}$ Die Ausführung der Variation ist recht einfach. Nach mehrmaliger Anwendung der Kettenregel erhalten wir:

\frac{δ τ [\vec{X} (T)]}{δ \vec{X} (T)} = 0 ⟹ - \frac{D}{D T} \frac{A^{2} \dot{\vec{X}}}{\sqrt{1 - A^{2} \dot{{\vec{X}}^{2}}}} =: - \frac{D}{D T} \vec{P} = 0

$\frac{\delta \tau[\vec x(t)]}{\delta \vec x(t)}=0\implies -\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{a^2\dot{\vec x}}{\sqrt{1-a^2\dot{\vec x^2}}}=:-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\vec p=0$ wobei wir nun den Impuls (pro Masseneinheit) eingeführt haben

\vec{p}

$\vec p$ . Beachten Sie, dass dies sinnvoll ist, da ein frei fallender Beobachter keine Kräfte erfährt, daher sollte der Impuls konstant sein. Aus unserer Definition des Impulses leiten wir die nützliche Identität ab

\frac{A^{4} \dot{{\vec{X}}^{2}}}{1 - A^{2} \dot{{\vec{X}}^{2}}} = {\vec{P}}^{2} ⟹ {\vec{P}}^{2} + A^{2} = \frac{A^{2}}{1 - A^{2} \dot{{\vec{X}}^{2}}} ⟹ \frac{{\vec{P}}^{2} + A^{2}}{{\vec{P}}^{2}} = \frac{1}{A^{2} \dot{{\vec{X}}^{2}}}

$\frac{a^4\dot{\vec x^2}}{1-a^2\dot{\vec x^2}}=\vec p^2\implies \vec p^2+a^2=\frac{a^2}{1-a^2\dot{\vec x^2}} \implies \frac{\vec p^2+a^2}{\vec p^2}=\frac{1}{a^2\dot{\vec x^2}}$ Nun betrachten wir mit einer Geschwindigkeit ungleich Null at

t = 0

$t=0$ , dh

\dot{\vec{x}} \neq 0

$\dot{\vec x}\neq 0$ so dass

| p | \neq 0

$|p|\neq 0$ , und wir werten explizit die Zeit aus, die dazwischen verstrichen ist

t = - \infty

$t=-\infty$ Und

t = 0

$t=0$ . Es gibt nach

τ_{0} = \int_{- \infty}^{0} \int D T \sqrt{1 - A^{2} \dot{{\vec{X}}^{2}}} = \int_{- \infty}^{0} D T \frac{A (T)}{\sqrt{{\vec{P}}^{2} + A^{2} (T)}}

$\tau_0=\int_{-\infty}^0\int\mathrm{d}t\sqrt{1-a^2\dot{\vec x^2}}=\int_{-\infty}^0\mathrm{d}t\frac{a(t)}{\sqrt{\vec p^2+a^2(t)}}$ Wenn wir – noch einmal – die Kettenregel verwenden, können wir zu einem integralen Überwechseln

a (t)

$a(t)$ , was mit "der üblichen" Art der Änderung von Variablen mit inversen trigonometrischen Funktionen machbar ist. Dies bleibt als Übung (teilweise um zu verhindern, dass diese Antwort von faulen Schülern missbraucht wird), und wir zitieren nur das Ergebnis:

τ_{0} = H^{- 1} {Sünde}^{- 1} \frac{1}{| \vec{P} |}

$\tau_0=H^{-1}\sinh^{-1}\frac{1}{|\vec p| }$ was für Nicht-Null-Impulse offensichtlich endlich ist (der Null-Impuls-Fall, der unendlich ergibt, ist auch physikalisch sehr vernünftig: Wenn Sie still stehen, werden Sie niemals den Rand erreichen!). Ein Beobachter kommt also in endlicher Eigenzeit „aus der Unendlichkeit“. Dies kann nicht wahr sein, es sei denn, die Koordinaten decken nicht die gesamte Mannigfaltigkeit ab, wie wir zeigen sollten.

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Danny Goldstein

Michael

QMechaniker

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Danu

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