OPPGAVEARK A Løsningsforslag av Håkon Enger

Transkript

1 FYS4160 OPPGAVEARK A Løsningsfoslag av Håkon Enge Oppgave A1: Tidekaftpendel a) En matematisk pendel e et punktfomet lodd som henge i en masseløs sno. Komponenten av gavitasjonskaften G som gå i bevegelsesetningen nomalt på snoa e G sin φ. Newtons lov F = ma gi mg sin φ = ml φ, elle φ = g l sin φ g l φ, (A.1) hvo vi ha bukt tilnæmelsen sinφ φ som gjelde ved små vinkle φ. Denne tilnæmelsen e nødvendig fo å få en likning hvo vi kan skive løsningen på lukket fom. Dette e en hamonisk oscillato-linkning, med geneell løsning φ = A sin(ωt) + B cos(ωt), (A.2) m G l φ Figu A.1: Matematisk pendel de vinkelfekvensen ω e gitt ved ω = g l. Fo den oppgitte vedien l = 0.25 m og g = 9.81 m/s 2, bli peioden T = = 1.00 s. 2π ω b) Tidekaftpendelen bestå av to like, massive punkte fobundet med ei stiv, masseløs stang. Pendelen e i likevekt nå det ikke e noe netto kaftmoment på stanga, dette skje i posisjonene φ = 0 og φ = π, hvo det i det 2 føstnevnte tilfellet ikke e noen kefte nomalt på stanga, og keftene i det ande tilfellet gi like stoe og motsatt ettet kaftmoment. Vi kan undesøke stabiliteten til disse punktene ved å se på et lite avvik fa likevektsposisjonen. Fo posisjonen φ = 0, vil kafta i det massepunktet som e næmest joda væe støe enn kafta i massepunktet lengst unna. Dette gi et netto kaftmoment som binge stanga tilbake til likevektsposisjonen. Demed e denne posisjonen stabil. Fo posisjonen φ = π, vil det ene massepunktet bevege seg næmee joda 2 ved et avvik fa likevektsposisjonen. Dette føe til at kafta i dette punktet 1

2 bli støe enn i det ande, noe som vil binge systemet ytteligee lenge bot fa likevektsposisjonen. Denne likevektsposisjonen e demed ustabil. Keftene som vike på stanga e F 1 = GMm R+ l 3( R + l) i det ene massepunktet og F 2 = GMm R l 3( R l) i det ande. Dette gi et netto kaftmoment ( ) τ = l F 1 + ( l) F GMm 2 = R + l GMm 3 R l R (A.3) l 3 Vi buke at l R = lr sin φ n og vinkelakseleasjonen α = φ n, de n e en enhetsvekto nomalt på svingeplanet, og at teghetsmomentet fo pendelen e I = 2ml 2. Demed gi spinnlikningen τ = I α ( ) 2ml 2 1 φ = GMmlR sin φ R + l 1 3 R 6GMml2 sin φ cosφ, l 3 R 3 (A.4) hvo tilnæmingen gjelde nå l R. Vi gjø også tilnæmelsene cosφ = 1 + O(φ 2 ) og sin φ = 1 + O(φ 3 ) fo φ 0, noe som gi svingelikningen φ = 3GM φ. (A.5) R 3 3GM Vi se at svingefekvansen e ω =, og peioden T = 2π = 2927 s nå R 3 ω vi sette inn G = m 3 /s 2 kg, M = kg og R = m. I et homogent gavitasjonsfelt få man ingen svingebevegelse, siden keftene i begge massepunktene da alltid vil væe like. 2

3 Oppgave A2: Potensialpobleme a) På gunn av otasjonssymmetien i poblemet, må gavitasjonskaften i et punkt væe ettet paallelt med og støelsen på kaften må væe uavhengig av etningen til (dvs. kaftfeltet må væe otasjonssymmetisk). Demed kan vi finne kaften ved å buke Gauss lov, F()d S = F()dV, (A.6) V hvo integasjonen på venste side gå ove en tenkt kuleflate (som kan væe innenfo elle utenfo masseskallet i poblemet), og integasjonen på høye side gå ove det volumet denne kuleflaten omkanse. Ved å buke Newtons gavitasjonslov (på lokal fom), V F( ) = m 2 φ( ) = 4πmGρ( ), (A.7) hvo φ( ) e gavitasjonspotensialet, ρ( ) e massetettheten i punktet, og m e massen til en testpatikkel vi sette inn i gavitasjonsfeltet i posisjonen, få vi 4π 2 F() = 4πGm ρ( )dv. (A.8) He vil esultatet på høye side avhenge av om kuleflaten vi integee ove e innenfo elle utenfo masseskallet. Hvis kuleflaten vå e utenfo masseskallet, vil integalet gi den totale massen M til masseskallet, hvis ikke vil integalet gi 0. F( ) = { GMm 2 R 0 < R (A.9) Vi kan nå finne potensialet i et punkt ved å beegne abeidet vi må utføe fo å føe en patikkel inn fa det uendelig fjene (hvo vi sette potensialet lik 0) og til punktet. (Abeidet bli negativt, siden gavitasjonen vike i bevegelsesetningen) φ( ) = 1 m F d s = { GM R d = GM 2 GM d = GM 2 R R < R (A.10) b) Fo en kule med konstant massetetthet, kan vi buke samme famgangsmåte som i foige deloppgave fo å beegne potensialet. Fo R bli esultatet det samme, siden all massen femdeles e innenfo kuleflaten 3

4 vi integee ove i Gauss lov. Nå < R, bli esultatet i likning (A.8) ikke lenge 0, men lik den delen av massen som ligge innenfo kuleskallet. Denne massen e 4 3 π3 ρ, de ρ = M 4 e den konstante massetettheten til joda. 3 πr3 Fo < R få vi demed 4π 2 F() = 4π GMm3 R 3 og det geneelle uttykket fo gavitasjonskaften bli { F( ) GMm R = 2 < R φ( ) = GMm R 3 Integee vi som ove, få vi uttykket fo potensialet: { GM R GM(3R2 2 ) 2R 3 < R (A.11) (A.12) (A.13) c) He kan vi buke uttykket (A.12) fo < R fo kaften på kulen som slippes ned i øet. Newtons ande lov gi da m = GMm R 3 GM (A.14) som gi hamoniske svigninge med fekvens ω =, og peiode T = R 3 2π = 5070 s nå vi sette inn vediene vi bukte i foige oppgave. Dette ω tilsvae 1 time 24 minutte. d) Nå tunnellen ikke lenge gå gjennom jodas sentum, men ha en minste avstand s fa jodas sentum, få vi situasjonen på figu A.2. He e x = sin θ, videe e kaftkomponenten i bevegelsesetningen F = F() sinθ = GMm R 3 Demed bli bevegelseslikningen mẍ = GMm R 3 x, sin θ = GMm R 3 x. som igjen gi hamoniske svigninge med samme fekvens og peiode som ove. s F x Figu A.2: Tunnell gjennom joda θ F() 4

5 Oppgave A3: Jod-månesystemet a) Vi la joda ha posisjon J og masse M J, og månen posisjon M og masse M M. Bevegelseslikningene bli da M J J = GM JM M M J 3( M J ) (A.15) M J M M M M = GM JM M M J 3( J M ) (A.16) Massesenteets posisjon e gitt ved CM = M J J +M M M M J +M M. Siden det ikke e noen yte kefte på systemet, vil massesenteet ligge i o. Vi kan demed velge et koodinatsystem slik at massesenteet e i oigo, dvs. M J J = M M M. J Figu A.3: Jodmånesystemet Vi e bedt om å vise at en mulig løsning av disse likningene e en bevegelse de begge legemene gå i sikelbane undt massesenteet. En slik bevegelse kan fo joda uttykkes ved x J (t) = A sin(ωt), y J (t) = A cos(ωt), (A.17) de x J og y J e komponentene til vektoen J. Betingelsen M J J = M M M gi demed fo månens bevegelse x M (t) = M J M M A sin(ωt), y M (t) = M J M M A cos(ωt). (A.18) x-komponenten av bevegelseslikningen fo joda (A.15) bli nå M J ω 2 A sin(ωt) = GM ( JM M M J 3A 1 + M ) J sin(ωt), M M og vi ha at ( M J = A 1 + M ) J M M slik at bevegelseslikninga e oppfylt desom (A.19) (A.20) ω 2 A 3 = GM M ( ) M J M M 5 (A.21)

6 Vi kan også sjekke at dette oppfylle esten av bevegelseslikningene. Sette vi inn vediene fo G og M J bukt i oppgave A1, samt månens masse M M = kg og vinkelfekvens ω = 2π = 2π = 2.66 T 27.3d 10 6 s 1, få vi at adius i jodas sikelbevegelse e A = m og i månens bevegelse e M J M M A = m. b) Gavitasjonspotensialet i inetialsystemet hvo joda og månen otee undt et felles massesente e gitt ved summen av potensialene fo hve av legemene. Langs fobindelseslinjen mellom joda og månen få vi φ() = GM J GM M R, (A.22) de e avstanden fa jodas sentum og R e avstanden mellom jodas og månens sente. Gavitasjonskaften på en testpatikkel med masse m e F() = GM Jm 2 + GM Mm (R ) 2. (A.23) Denne kaften fosvinne i to punkte de kaften fa joda og månen e like stoe, gitt ved = M J± M J M M M J M M R, elle i tallvedi = m elle = m. Den føste av disse e mellom joda og månen, den ande botenfo månens bane. Me fysisk inteessant e kanskje situasjonen i et oteende efeansesystem de joda og månen e i o. I dette systemet må vi i Newtonsk mekanikk legge inn en fiktiv sentifugalkaft som ha etning bot fa otasjonsaksen og gi opphav til en akseleasjon a = v2 = ω 2 (v e otasjonshastigheten). Hvis vi ønske å legge til et ledd fa denne kaften i potensialet, få vi pobleme siden potensialet φ ot = ω 2 d divegee. Vi kan demed ikke lenge legge nullpunktet fo potensialet i det uendelig fjene. Vi velge å legge nullpunktet slik at potensialet i det oteende system bli det samme som i inetialsystemet ved otasjonsaksen = CM. Det totale potensialet bli demed φ ot () = GM J GM M R 1 2 ω2 ( CM ) 2. (A.24) Den totale kaften på en testpatikkel sett fa det oteende efeansesystemet e F ot () = GM Jm + GM Mm 2 (R ) + 2 ω2 ( CM ), (A.25) Fo å finne punktene de denne kaften fosvinne må man løse en femtegadslikning. Dette kan i det minste gjøes numeisk, og de eelle løsningene e = m, = m og = m. 6

7 c) Foskjellen mellom månens tiltekning på et lodd med masse m på den siden av joda som vende mot månen og et tilsvaende lodd på den ande siden e F = GM Mm (R δ) GM Mm 2 (R + δ) 4GM Mmδ, (A.26) 2 R 3 de δ e jodas adius. I tallvedi gi dette F = N fo et lodd på 1 kg. I paksis e det fysisk me inteessant med situasjonen i det oteende systemet, ettesom det vil fotelle oss hva som faktisk bli obsevet. Foskjellen i den totale kaften sett fa det oteende efeansesystemet (A.25), bli F ot = GM Mm (R δ) 2 + ω2 (δ CM ) GM Mm (R + δ) 2 ω2 ( δ CM ) 4GM Mmδ R 3 + 2ω 2 δ, (A.27) noe som gi vedien F ot = N. Vi se demed at vaiasjonen i sentifugalkaften dominee ove vaiasjonen i den statiske gavitasjonskaften fa månen. 7

8 FYS4160 OPPGAVEARK B Løsningsfoslag av Håkon Enge Oppgave B1: Roche-gensen a) Newtons gavitasjonslov gi total kaft fo en stein med masse µ på oveflaten til månen: F = GMµ ( R) + Gmµ 2 R, (B.1) 2 hvo M e massen til planeten som månen gå i bane undt, m e massen til månen, R e adius til månen og e avstanden mellom massesenteet til planeten og massesenteet til månen. Kaften på månen e F M = GMm. Dette gi månen en (sentipetal)akseleasjon på a 0 = GM. Fo at steinen på oveflaten skal følge månen i banen, 2 2 kan gavitasjonskeftene på steinen ikke væe minde enn dette. Vi ha GMµ ( R) + Gmµ 2 R 2 a a 0 GM 2 a a 0 = GM ( R) + Gm 2 R + GM 2 2 GM ( 1 + 2R ) + Gm 2 2 R + GM 2 2 = Gm R 2 2GMR 3. (B.2) (B.3) Betingelsen a a 0 0 gi demed tilnæmet Gm R 2GMR 2 ( 3 )1 2M 3 R l. m (B.4) b) Sette vi inn vediene m = kg, M = kg og l = km, få vi ( m )1 3 R = l = 775 m (B.5) 2M 8

9 Oppgave B2: Tvilling-paadokset A eise 4 ly (målt i jodas efeansesystem) med v = 0.8c. B bli igjen på joda. a) Sett fa Bs efeansesystem: B selv måle at eisen ta 10 å (total eiselengde e 8 lyså, og faten e 0.8c.) B sende demed 10 hilsene. Sett fa As efeansesystem: A oppfatte seg selv i o, mens systemet joda α Centaui bevege seg med hastigheten v = 0.8c. Avstanden mellom joda og stjenen bli demed lengdekontaktet og bli obsevet til L A = L 1 v2 = 2.4 ly. Tiden det ta fø α Centaui nå fam til A bli demed t A = L A c 2 v = 3 å. Tilsvaende ta også tilbakeeisen 3 å, så totalt sende A 6 hilsene. b) Figuen vise både A og Bs signale. Den vise at A motta én hilsen i det han komme fam til α Centaui, de ande 9 hilsenene mottas i løpet av tilbakeeisen (den siste mottas på hjemkomstdagen). c) Figuen vise at B motta den føste hilsenen ette te å, den neste ette seks å, altså ette at A ha begynt tilbakeeisen. Det siste ået mottas alle de te hilsenene A sende på tilbakeeisen d) Hvis et foton bli sendt ut i et efeansesystem A og mottatt i systemet B som bevege seg med hastighet v i fohold til A, bli foholdet mellom fekvensene obsevet i de to systemene ν B ν A = 1 v c 1 + v c 4 (B.6) Demed, hvis utsendt fekvens e 1/å, bli hilsenene mottatt med en fekvens på ν B = y 1 = 1 3 y 1, elle en hilsen mottatt hvet 3. å. Med motsatt fotegn på hastigheten fo tilbakeeisen, bli esultatet te hilsene p. å. 9

10 Oppgave B3: a) Vi få A A = (4 e t + 3 e x + 2 e y + e z ) (4 e t + 3 e x + 2 e y + e z ) = 2, B B = (5 e t + 4 e x + 3 e y ) (5 e t + 4 e x + 3 e y ) = 0, (B.7) C C = ( e t + 2 e x + 3 e y + 4 e z ) ( e t + 2 e x + 3 e y + 4 e z ) = 28. b) Vi anta nå at A B = 0. Hvis A e tidlik, dvs. A A < 0, kan vi alltid velge en basis de A gå langs tidetningen, A = A t e t. Demed bli A B = A t B t. I denne basisen må demed B t = 0. Demed få vi at B e omlik, hvis ikke B e nullvektoen. Hvis A e lyslik, A A = 0, anta at B e tidlik. Demed kan vi velge en basis de B = B t e t. Vi få nå at A B = A t B t. Siden A e lyslik, kan ikke A t væe null, og vi anta at veken A elle B e nullvektoen. Vi få demed en selvmotsigelse siden A B 0. B kan demed ikke væe tidlik. Hvis både A og B e lyslike kan vi velge en basis de A = A( e t + e x ). Vi få A B = A( B t +B x ), og fo at dette skal bli null må vi ha B x = B t. Men, siden B også skal væe lyslik, må nå y og z -komponentene til B væe null, og vektoene e demed poposjonale. Hvis A e omlik, kan vi velge en basis de en av de omlige komponentene e den eneste foskjellig fa null, f.eks. A = A x e x. Demed få vi A B = A x B x, og B x = 0, men de ande omlige komponentene til B få vi ingen kav til, slik at B kan væe både tid-, lys- elle omlik. c) En Loentz-tansfomasjon langs x-aksen ha fomen t = t + vx 1 v 2, x = x + vt 1 v 2, y = y, z = z, (B.8) hvo v e hastigheten til det mekede systemet i fohold til det umekede, og vi buke enhete slik at c = 1. Definee vi α ved tanh α = v, kan vi buke elasjonene cosh α = 1 1 tanhα og sinh α = tanhα 1 tanh α (B.9) til å skive dette som t = t cosh α+x sinh α, x = x cosh α+t sinh α, y = y, z = z, (B.10) 10

11 noe som gi fo tansfomasjonsmatisen Λ µ µ = xµ x µ cosh α sinh α 0 0 Λ = sinh α cosh α , (B.11) som e den oppgitte tansfomasjonen. d) 4-hastigheten u e en vekto i et 4-dimensjonalt vektoom. Denne vektoen kan beskives ved å uttykke dens komponente i en valgt basis, men selve vektoen e ikke knyttet til noen bestemt basis, og demed definet uavhengig av denne. Dette komme til uttykk ved u = u 0 e 0 + u 1 e 1 + u 2 e 2 + u 3 e 3 = u 0 e 0 + u 1 e 1 + u 2 e 2 + u 3 e 3, (B.12) de de enkelte komponentene u µ e avhengig av basisen {e µ }, men summen u µ e µ e uavhengig av basisen. Komponentene til 4-hastigheten obsevet i et gitt efeansesystem e u = γ(1, v), (B.13) de v e 3-hastigheten målt i dette efeansesystemet og γ = 1 1 v 2 (vi buke femdeles enhete de c = 1!). Vi kan uttykke komponentene til v ved v i = ui. Demed e 3-hastigheten ikke definet uavhengig av en basis, men avhenge av efeansesystemet (det momentane hvilesystemet) til u 0 obsevatøen. Ved å buke uttykket (B.13) e det lett å se at u 2 = 1. Demed e u tidlik, og vi se også at p = m u e tidlik med p 2 = m 2. Nå m 0, bli p en lyslik vekto med p 2 = 0. Enegien til patikkelen, målt av en obsevatø som måle 3-hastigheten til patikkelen til å væe v, e E = γm. I denne obsevatøens (momentane) hvilesystem e obsevatøens 4-hastighet lik u = (1, 0). Demed bli p u = E, de p = mγ(1, v). Siden dette e et skalapoduct av to vektoe e esultatet uavhengig av basis. 11

12 Oppgave B4: Ovelyshastighet? a) Vi egne med at kvasaen e så langt unna oss at avstandene fa joda til punktene B og C e tilnæmet like. Demed bli avstandsfoskjellen mellom A joda og B joda (tilnæmet) lik avstanden mellom punktene A og C, som e lik l cosφ, de l e avstanden fa A til B. Vi få demed at signalet fa B nå joda t = l cosφ (B.14) c tidligee enn signalet fa A. A C φ v 0 D B b) Ette en tid T 0 ha den utskutte delen beveget seg en avstand l = v 0 T 0. Den tansveselle avstanden, altså avstanden mellom A og D på figuen, e l t = l sin φ = v 0 T 0 sin φ. (B.15) Til Joden Sett fa joda e den tansveselle avstanden l t = v T, de T e obsevet tid fa joda. Det bety at vi må ta hensyn til tidsfosinkelsen fo lyset fa kvasaen A elativt til delen B, så T = T 0 t = l l cosφ. (B.16) v 0 c c) Uttykkene (B.15) og (B.16) kombinet gi ( v l sin φ = l t = v T = l v ) v 0 c cosφ. (B.17) Buke vi at φ = 10 og v c = 10, få vi v v 0 = , elle v 0 = 0.998c. Den eelle hastigheten e demed unde lyshastigheten, som påkevet av elativitetsteoien. Desom vi anta at v 0 = c, få vi den støste mulige vinkelen φ. Dette gi v v 0 = 10, og vi må løse likningen 10 = sin φ + 10 cosφ = 1 cos 2 φ + 10 cosφ. (B.18) Dette gi løsningene φ = 0 og φ = φ = 0 gi ingen tansvesell hastighet, så dette e ikke en eell løsning. 12

13 FYS4160 OPPGAVEARK C Løsningsfoslag av Håkon Enge Oppgave C1: a) He e poenget å fostå foskjellen mellom p(a α e α ) og A α p( e α ). Siden p = p β ω β, ha vi og p(a α e α ) =p 0 ω 0 (A 0 e 0 + A 1 e 1 + A 2 e 2 + A 3 e 3 ) + p 1 ω 1 (A 0 e 0 + A 1 e 1 + A 2 e 2 + A 3 e 3 ) + p 2 ω 2 (A 0 e 0 + A 1 e 1 + A 2 e 2 + A 3 e 3 ) + p 2 ω 2 (A 0 e 0 + A 1 e 1 + A 2 e 2 + A 3 e 3 ) A α p( e α ) =A 0 p 0 ω 0 ( e 0 ) + A 0 p 1 ω 1 ( e 0 ) + A 0 p 2 ω 2 ( e 0 ) + A 0 p 3 ω 3 ( e 0 ) + A 1 p 0 ω 0 ( e 0 ) + A 1 p 1 ω 1 ( e 0 ) + A 1 p 2 ω 2 ( e 0 ) + A 1 p 3 ω 3 ( e 0 ) + A 2 p 0 ω 0 ( e 0 ) + A 2 p 1 ω 1 ( e 0 ) + A 2 p 2 ω 2 ( e 0 ) + A 2 p 3 ω 3 ( e 0 ) + A 3 p 0 ω 0 ( e 0 ) + A 3 p 1 ω 1 ( e 0 ) + A 3 p 2 ω 2 ( e 0 ) + A 3 p 3 ω 3 ( e 0 ). (C.1) (C.2) Disse e like siden en-fomene e lineæe, slik at føste linje i (C.1) e lik føste kolonne i (C.2), osv. b) Komponentnotasjonene bety at p = ω 0 + ω 1 + 2ω 2, A = 2 e 0 + e 1 e 3 og B = 2 e 1. Siden vi ha at ω µ ( e ν ) = δ µ ν, bli ett og slett p( A) = p α A α, så svaene bli (i) 1; (ii) 2; (iii) 7; (iv) 7. Oppgave C2: a) Et tensopodukt p q vike på to vektoe ( A, B), og esultatet e tallet p( A) ganget med tallet q( B). Vi skal vise at p q q p ved å buke to vektoe A og B som agumente. Vi kan f.eks. velge A = e 0 og B = e 1. Da ha vi p q( A, B) = p( A)q( B) = p 0 q 1 = 0 q p( A, B) = q( A)p( B) (C.3) = q 0 p 1 = 1, så vi se at esultatene ikke e like. 13

14 Komponentene til p q e p α q β, fo alle mulige kombinasjone av α og β. Dette passe det å skive som en matise: p α q β = (C.4) b) Den symmetiske delen av p q e gitt ved (Se likning 2.91 i kompendiet) p (α q β) = (p αq β + p β q α ) = (C.5) og den antisymmetiske ved p [α q β] = (p αq β p β q α ) = (C.6) Oppgave C3: a) Notasjonen h(, A) = αh(, B) bety på komponentfom h µν A ν = αh µν B ν. (C.7) Dette skal gjelde fo villkålige A og B, men tallet α kan avhenge av A og B. I det følgende vil vi defo skive α( A, B). Vi skal vise at h nå kan skives som et ( tensopodukt av to en-fome. (Dette e slett ikke iktig fo villkålige 0 ) 2 -tensoe!) Siden vi anta at (C.7) gjelde, kan vi finne α( A, B) ved α( A, B) = h( C, A) h( C, B) (C.8) fo en villkålig C som vi velge slik at h( C, B) 0. (Desom det ikke finnes noen slik C, så e alltid h( C, A) = 0 fo alle A og C, og da e h = 0 = 0 0, så beviset e fedig.) 14

15 Hvis vi nå velge B en gang fo alle, så e h( C, A) = f( C)g( A), de f( C) = h( C, B) og g( A) = α( A, B). Vi må nå vise at funksjonene f( C) og g( A) definee en-fome ved p( C) = f( C) og q( A) = g( A). Det vi må vise e at disse funksjonene e lineæe, men det e lett å se fa definisjonene. b) Det vi må vise e at komponentene T µ νv ν tansfomee som en vekto, dvs. at unde et basisskifte e µ = M µ µ e µ tansfomee T µ νv ν til T µ νv ν = M µ µt µ νv ν. Tilsvaende må vi vise at T µ νω µ tansfomee som en 1-fom. Ved å buke eglene fo hvodan kovaiante og kontavaiante tensokomponente tansfomee, ha vi T µ ν vν = M µ µm α ν Mν βt µ αv β, (C.9) men siden M α ν Mν β = δ α β (dette bety at matisen M ν ν e den invese av matisen M ν ν), få vi T µ ν vν = M µ µt µ αv α, (C.10) som va det vi skulle vise. Fo tansfomasjonen av T µ νω µ få vi T µ ν ω µ = Mµ αm ν ν Mβ µ T α νω β = M ν ν T α νω α. (C.11) Oppgave C4: a) Vi ha M αβ = (C.12) 15

16 og finne M (αβ) = (Mαβ + M βα ) = , M [αβ] = (Mαβ M βα ) = , M α β = η βµ M αµ = , M β α = η αµ M µβ = , M αβ = η αµ η βν M µν = (C.13) (C.14) (C.15) (C.16) (C.17) (C.18) b) Du kan ikke snakke om de symmetiske og antisymmetiske delene av M α β, siden du ikke kan bytte om en kovaiant og en kontavaiant indeks, så uttykkene M α β ± M β α gi ingen mening. Oppgave C5: Siden A e antisymmetisk, kan vi skive A αβ = 1 2 (Aαβ A βα ). Tilsvaende kan vi skive B αβ = 1 2 (B αβ + B βα ). Demed få vi a) A αβ B αβ = 1 4 (Aαβ A βα )(B αβ + B βα ) = 1 4 (Aαβ B αβ + A αβ B βα A βα B αβ A βα B βα ) = 0 (C.19) 16

17 b) A αβ C αβ = 1 2 (Aαβ A βα )C αβ = 1 2 (Aαβ C αβ A βα C αβ ) = 1 2 (Aαβ C αβ A αβ C βα ) = A αβ 1 2 (C αβ + C βα ) (C.20) he ha vi byttet navn på summasjonsindeksene α og β i det siste leddet. c) Tilsvaende, B αβ D αβ = 1 2 (B αβd αβ + B βα D αβ ) = B αβ 1 2 (Dαβ + D βα ). (C.21) Oppgave C6: Vi sette inn, og få α β = α µ ω µ β νγ ω ν ω γ = α µ β νγ ω µ ω ν ω γ β α = β νγ ω ν ω γ α µ ω µ = α µ β νγ ω ν ω γ ω µ (C.22) (C.23) = α µ β νγ ω ν ω µ ω γ = α µ β νγ ω µ ω ν ω γ (C.24) = α β. (C.25) Det vi ha bukt he, e at ytepoduktet ω ν ω γ ω µ e totalt antisymmetisk, slik at hvis vi bytte om på to av faktoene få vi motsatt fotegn. På samme måte få vi α γ = α µ ω µ γ ν ω ν = α µ γ ν ω µ ω ν (C.26) = α µ γ ν ω ν ω µ (C.27) = γ α, (C.28) β δ = β µν ω µ ω ν δ γσ ω γ ω σ = β µν δ γσ ω µ ω ν ω γ ω σ (C.29) = β µν δ γσ ω γ ω ν ω µ ω σ = β µν δ γσ ω γ ω σ ω µ ω ν (C.30) = δ β (C.31) Den geneelle egelen e at hvis α e en n-fom og β e en m-fom, e α β = β α hvis både m og n e oddetall, og α β = β α hvis enten m elle n e et liketall. Dette komme av at hvis m elle n e like, bli det alltid et like antall ombyttinge av basis-enfome. 17

18 Oppgave C7: Koodinattansfomasjone i to dimensjone a) Likningene som e oppgitt gi elasjonen ( ) ( x = 1 1 x 2 )( x y ), (C.32) og denne matisa e M µ m, siden x ν = M µ mx m. Dette e den invese av den tansfomasjonsmatisa vi skal finne, M m µ. Ved hjelp av uttykket fo den invese av ei 2 2-matise, finne vi ) M m µ = ( (C.33) b) Avstanden mellom punktene x og x + d x e ds = d x. Vi uttykke denne vektoen ved komponentene, og få d x 2 = dx 1 e 1 + dx 2 e 2 2 = (dx 1 e 1 + dx 2 e 2 ) (dx 1 e 1 + dx 2 e 2 ) = dx 1 dx 1 e 1 e 1 + dx 1 dx 2 e 1 e 2 + dx 2 dx 1 e 2 e 1 + dx 2 dx 2 e 2 e 2 = dx µ dx ν e µ e ν (C.34) Siden vi ha at d x 2 = g µν dx µ dx ν, se vi at vi må ha e µ e ν = g µν. Vi kan finne g µν ved å buke tansfomasjonsmatisa, ved at g µν = M m µm n νg mn. Siden g mn = δ mn, få vi da at g µν = M m µm m ν. Eksplisitt bli den metiske tensoen ( 2 ) 1 g µν = 9 9 (C.35) 1 9 Ved å buke tansfomasjonsmatisa finne vi komponentene til u og v i x, y- basisen, 5 9 u x = 1 3 u u2 = 2 3, uy = 1 3 u u2 = 2 3, v x = 1 3 v v2 = 1, v y = 1 3 v v2 = 2. (C.36) Regne vi ut skalapoduktet u v i de to foskjellige basisene, få vi som foventet det samme esultatet u v =

19 c) Vi definee ω µ ved ω µ e ν = δ µ ν. (C.37) Dette e fie likninge, en fo hve kombinasjon av µ og ν, med fie ukjente som e de to komponentene til ω 0 og de to komponentene til ω 1. Vi kunne finne disse komponentene ved å løse likningene på vanlig måte, men ved å skive vektoene ut ved komponentene i { e µ }-basisen, ω µ = ( ω µ ) α e α, kan vi skive likningene som δ µ ν = ω µ e ν = ( ω µ ) α e α e ν = ( ω µ ) α g αν, (C.38) hvo vi buke uttykket fo den metiske tensoen som skalapoduktet av basisvektoene. Vi se at ( ω µ ) α som matise med indekse µ, α må væe den invese matisa til g αν, og dette e nettopp g µα. Så vi få at vektoene { ω µ } e gitt ved ω µ = g µν e ν, (C.39) hvo matisa g µν finnes ved å invetee (C.35), ( ) 5 1 g µν = 1 2 (C.40) Vi kan så buke basisskift-matisa M m µ gjennom elasjonen e ν = M n ν e n fo å finne vektoene ω µ uttykt ved e m, og siden vi også ha elasjonen g µν = M µ mm ν m, få vi ω µ = g µν M n ν e n = M µ mm ν mm n ν e n = M µ n e n (C.41) ω 1 = 2 e x e y ω 2 = e x + e y (C.42) Basisskifte-matisa mellom basisene { ω µ } og { e µ } e nettopp matisa fo den metiske tensoen g µν. Demed få vi også fo komponentene uttykt i den kovaiante basisen, x µ = g µν x ν (C.43) Vi skal nå finne komponentene til vektoen a = 3 e x + e y i de to basisene. Føst buke vi tansfomasjonsmatisa M m µ til å finne a m = M m µa µ, og få a 1 = 2a x a y = 5, a 2 = a x + a y = 4. (C.44) Deette buke vi g µν fo å finne a µ = g µν a ν, a 1 = 2 9 a1 1 9 a2 = 2 3, a 2 = 1 9 a a2 = 5 3. (C.45) 19

20 d) Vi egne ut ω µ ω ν ved å buke uttykkene (C.42), og få ( ) ( ) ( ) ω1 ω 1 ω 1 ω 2 (2 e ω 2 ω 1 ω 2 ω 2 = x e y ) 2 (2 e x e y ) ( e x + e y ) 5 1 ( e x + e y ) (2 e x e y ) ( e x + e y ) 2 = 1 2 (C.46) Dette e samme matise vi fant i (C.40), som foventet. Vi skal vise at g µν ω µ ω ν = g µν e µ e ν = g mn e m e n, og gjø dette ved å føst uttykke ω µ ved e µ, og deette uttykke e µ ved e m : g µν ω µ ω ν = g µν (g µα e α ) (g νβ e β ) = g µν g µα g νβ e α e β = δ α νg νβ e α e β = g αβ e α e β (C.47) g µν e µ e ν = g µν (M m µ e m ) (M n ν e n ) = g µν M m µm n ν e m e n = g mn e m e n (C.48) Det e fie basisvektoe e m e n, så de utspenne et fiedimensjonalt om. En antisymmetisk tenso A [mn] kan skives på matisefom som ( ) 0 a A [mn] =, (C.49) a 0 hvo a e en konstant. Basisvektoen e x e y uttykt i x, y-basisen e på matisefom ( ) ( ) ( ) e x e y = e x e y e y e x = =, (C.50) så vi kan skive A [mn] = a e x e y. Vi egne ut u v ved å sette inn uttykkene fo u og vi x, y-basisen, (C.36), u v = u v v u = ( 2 3 e x 2 3 e y) ( e x + 2 e y ) ( e x + 2 e y ) ( 2 3 e x 2 3 e y) (C.51) = 2( e x e y e y e x ) = 2 e x e y Tilsvaende finne vi ω 1 ω 2 = 3. (C.52) 20

21 FYS4160 OPPGAVEARK D Løsningsfoslag av Håkon Enge Oppgave D1: Duale fome a) Vektoene ha komponente A 1 = 1, A 2 = 2, A 3 = 1, B 1 = 2, B 2 = 3 og B 3 = 1. Siden vi e i det Euklidske ommet med en otonomal basis g ij = δ ij, e komponentene til 1-fomene A og B lik komponentene til de tilsvaende vektoene, A i = δ ij A j og B i = δ ij B j : A = ω 1 + 2ω 2 ω 3, B = 2ω 1 3ω 2 + ω 3, (D.1) De duale 1-fomene α = A og β = B ha komponente α ij = ǫ ijk A k og β ij = ǫ ijk B k, altså α 12 = A 3 = 1, α 13 = A 2 = 2, α 23 = A 1 = 1 (D.2) β 12 = B 3 = 1, β 13 = B 2 = 3, β 23 = B 1 = 2. (D.3) (D.4) To-fomen θ = (ω x 2ω y ) ha komponente θ ij = ǫ ijk σ k = ǫ ijk g kl σ l, som gi θ 12 = θ 21 = σ 3 = 0, θ 13 = θ 31 = σ 2 = 2, θ 23 = θ 32 = σ 1 = 1. (D.5) b) Ytepoduktet θ = A B finne vi ved å sette inn uttykkene fo 1- fomene diekte: A B = (ω x + 2ω y ω z ) (2ω x 3ω y + ω z ) (D.6) = 2ω x ω x 3ω x ω y + ω x ω z (D.7) + 4ω y ω x 6ω y ω y + 2ω y ω z (D.8) 2ω z ω x + 3ω z ω y ω z ω z (He buke vi at ω x ω y = ω y ω x, etc.) (D.9) = 7ω x ω y + 3ω x ω z ω y ω z. (D.10) Kysspoduktet av A og B kan egnes ut på vanlig måte, C = A B = e x 3 e y 7 e z. Vi se at komponentene e de samme som komponentene 21

22 fo θ = A B. Dette kan vi vise geneelt: Vi kan uttykke kysspoduktet ved hjelp av den antisymmetiske tensoen ǫ ijk som C k = ǫ mnk A m B n, ǫ ijk C k = ǫ ijk ǫ mnk A m B n = (δ im δ jn δ in δ jm )A m B n = A i B j A j B i, (D.11) og siden ytepoduktet av to 1-fome gi θ ij = A i B j A j B i, se vi at i tilfellet g ij = δ ij (euklidsk otonomal basis 1 ) oveensstemmelse mellom de to uttykkene. Ytepoduktet A B e gitt ved A B = (A l ω l ) ( 1 2 ǫ ijkb k ω i ω j ) = (A x ω x + A y ω y + A z ω z ) (B z ω x ω y B y ω x ω z + B x ω y ω z ) = ( A B)ω x ω y ω z (D.12) c) Den ytedeivete av A bli da = A i,j ω j ω i = (A 2,1 A 1,2 )ω 1 ω 2 + (A 3,1 A 1,3 )ω 1 ω 3 + (A 3,2 A 2,3 )ω 2 ω 3. (D.13) Vi se at komponentene e de samme som komponentene til A = (A 3,2 A 2,3 ) e 1 + (A 1,3 A 3,1 ) e 2 + (A 2,1 A 1,2 ) e 3, (D.14) næmee bestemt (da) ij = ǫ ijk ( A) k. Den ytedeivete av den duale A e gitt ved d A = 1 2! ( A) ij,kω k ω i ω j = 1 2! (ǫ ijla l ),k ω k ω i ω j (D.15) = A k,kω x ω y ω z Fo et skalafelt f e df = i fω i, (D.16) som opplagt ha samme komponente som f. Vi kan så buke koespondansen (D.15) fo A = df til å vise at d df = 2 fω x ω y ω z (D.17) 1 Desom vi definee ǫ som en vikelig tenso (dvs. med tansfomasjonsegenskape som en tenso), ha vi at ǫ ijk ǫ mnk = g im g jn g in g jm, og uttykket i oppgaven stemme uavhengig av metikk. 22

23 Oppgave D2: Relativistisk oteende skive a) En obsevatø måle avstanden dl mellom to punkte på skiven med koodinate (i det oteende koodinatsystemet) (, φ) og ( + d, φ + dφ). Vi vil finne avstandene han måle ved å buke med momentane hvilesystemet til obsevatøen, som e et inetialsystem med samme hastighet som obsevatøen på et gitt tidspunkt. Demed kan vi buke spesiell elativitatsteoi. Siden dette efeansesystemet ha en hastighet i fohold til laboatoiesystemet, kan avstandene som bli målt bli påviket av lengdekontaksjon. Hvis vi føst anta at dφ = 0, e avstanden som bli målt i -etningen, og demed nomalt på hastigheten til systemet. Demed bli det ingen lengdekontaksjon, og avstanden dl = d, det samme som i labsystemet. Så anta vi at d = 0. Nå e avstanden som bli målt fullstendig i lengdeetningen. Vi må tenke oss at obsevatøen ha med seg en standad målestav til å måle avstanden med. Denne målestaven vil bli fokotet av lengdekontaksjonen, og avstanden som bli målt vil demed vike lenge. Fomelen fo lendgekontaksjon fotelle at avstanden obsevatøen måle demed bli 1 dl φ = γdφ = 1 ω dφ, siden avstanden i labsystemet ville væe dφ og 2 2 hastigheten e ω 2 2. Vi kan buke Pytagoas til å finne avstanden nå den ha komponente i både og φ-etningene, og esultatet bli dl 2 = dl 2 + dl 2 φ = d 2 + Vi ha demed at f 1 (, φ) = 1 og f 2 (, φ) = 2 1 ω 2 2dφ2. (D.18) 2. 1 ω 2 2 Måle obsevatøen avstanden fa A = (0, 0) til (R, 0), kan vi finne esultatet ved å integee dl gitt ved (D.18) langs linjen mellom punktene. Resultatet bli R = (R,0) (0,0) dl = R 0 d = R. (D.19) På samme måte kan vi integee dl langs sikelen = R fo å finne omketsen L obsevatøen måle: L = 2π 0 R 1 ω2 R 2dφ = 2πR 1 ω2 R 2. (D.20) Siden obsevatøen finne at L 2πR, vil han kunne konkludee med at metikken e ikke-euklidsk. På en positivt kummet flate (f.eks. en kule) 23

24 ville omketsen væe minde enn 2πR, på en negativt kummet flate (f.eks. en salflate) ville den væe støe. Demed vil obsevatøen oppfatte skiven som en negativt kummet flate. b) Fo å finne ds 2 = dx 2 +dy 2 dt 2 uttykt ved x og ỹ må vi føst uttykke x og y ved x og ỹ. Det kan vi gjøe slik: x = cos(ωt + φ) = cosφcos(ωt) sin φ sin(ωt) = x cos(ωt) ỹ sin(ωt), (D.21) y = sin(ωt + φ) = sin φ cos(ωt) + cosφsin(ωt) = ỹ cos(ωt) + x sin(ωt). (D.22) Demed få vi dx = cos(ωt)d x sin(ωt)dỹ + ( ω x sin(ωt) ωỹ cos(ωt))dt, dy = sin(ωt)d x + cos(ωt)dỹ + ( ωỹ sin(ωt) + ω x cos(ωt))dt. Vi sette inn, og finne ds 2 = dx 2 + dy 2 dt 2 (D.23) (D.24) = d x 2 2ωỹd xdt + dỹ 2 + 2ω xdỹdt (1 ω 2 ( x 2 + ỹ 2 ))dt 2 (D.25) Lagangefunksjonen L = 1 2 g µ ν x µ ỹ ν bli demed L = 1 2 x 2 ωỹ xṫ ỹ 2 + ω x ỹṫ 1 2 (1 ω2 ( x 2 + ỹ 2 ))ṫ 2 (D.26) Lagangelikningene L d L = 0 gi x µ dτ x µ ω ỹṫ + ω 2 xṫ 2 x + ω ỹṫ + ωỹẗ = 0, ω xṫ + ω 2 ỹṫ 2 ỹ ω xṫ ω xẗ = 0, ẗ + ω ỹ x + ωỹ x ω x ỹ ω x ỹ + ω 2 ( x x + ỹ ỹṫ + ω 2 ( x 2 + ỹ 2 )ẗ = 0. (D.27) (D.28) (D.29) Vi se at ẗ e poposjonal med ω, og demed kan settes lik null i den ikke-elativistiske gensen. Demed e t = τ i denne gensen. I så fall bli bevegelseslikningene x = ω 2 x + ω ỹ (D.30) ỹ = ω 2 ỹ ω x, (D.31) som på vektofom kan skives = ω 2 ω, de ω e en vekto med lengde ω og etning langs z-aksen. Dette e nettopp det klassiske uttykket fo sentifugal- og coiolisakseleasjonen til en patikkel i et oteende efeansesystem. 24

25 c) Lyssignale bli sendt ut fa aksen A. I det ikke-oteende labsystemet vil lyset gå i en ett linje langs x-aksen (fo eksempel), gitt ved x = ct. Ved å buke (D.22) få vi denne banen uttykt i ( x, ỹ, t)-systemet; x = x cos(ωt) + y sin(ωt) = ct cos(ωt), ỹ = x sin(ωt) + y cos(ωt) = ct sin(ωt). (D.32) (D.33) Dette e en spial i ( x, ỹ)-planet. Fo en obsevatø i dette efeansesystemet vil det se ut som lyset også bli påviket av Coioliskaften. Fa metikken (D.25) se vi at egentiden fo en obsevatø med konstant x og ỹ e gitt ved dτ = 1 ω 2 2 dt. Fekvensen denne obsevatøen måle, kan skives som ν = dn, de dn dτ e antall pulse i løpet av tiden dτ. Fekvensen på det utsendte lyset e ν 0 = dn. Demed få vi dt ν = dn dτ = dn dt dt dτ = ν 0 1 ω2 2. (D.34) Denne fekvensen e støe enn den utsendte, noe som vil oppfattes som at fotonene få tilføt enegi nå de bevege seg nedove i tyndgefeltet. d) Vi kan vise poblemet med synkoniseingen ved å studee posessen fa labsystemet. En Loentztansfomasjon fa det oteende systemet til det ikke-oteende labsystemet gi en tidsfoskjell i de to naboklokkene med koodinat φ og φ + φ som e synkoniset i det oteende systemet. Denne tidsfoskjellen bli t = γ( τ + v l) = γ 2 ωr 2 φ, (D.35) de vi buke at τ = 0 fo de synkonisete klokkene, v = ωr og avstanden mellom klokkene i det oteende systemet e l = γr φ, som vi fant i oppgave a). Rundt skiven integees φ opp til 2π, og vi finne at klokken i punktet (R, 0) som synkoniseingen tok utgangspunkt i vil ha en tidsfoskjell (i labsystemet) med den siste klokken i ekken undt skiven på T = 2πγ 2 ωr 2. (D.36) e) Linjeelementet i koodinatene (, φ) e ds 2 = d dφ 2 + 2ω 2 dφdt (1 ω 2 2 )dt 2. (D.37) 25

26 Metikken gi skalapoduktene av basisvektoene e µ e ν = g µν, og vi se at koodinatbasisvektoene ( e t, e, e φ ) ikke e en otonomal basis. Vi kan finne en otonomal basis ved en otonomaliseingsposess: Vi ta utgangspunkt i tidsetningen, og vil konstuee en vekto eˆλ med samme etning som e t, men med lengde 1. (Dvs. eˆλ eˆλ = 1, siden dette e en tidlik vekto). Det gjø vi enkelt ved å dele på lengden til e t : eˆλ = e t e t = e t et e t = e t gtt = e t 1 ω2 2. (D.38) Vi vil så finne en vekto eˆξ med utgangspunkt i e, men vil at den skal væe otogonal med eˆλ. Da må vi tekke fa en eventuell komponent i etning av eˆλ, og vi få vektoen e ( e eˆλ)( eˆλ) (Mek at siden eˆλ eˆλ = 1 må vi buke eˆλ he istedenfo eˆλ!). Til slutt må denne vektoen også nomalisees til lengde en. Siden g t = 0, e det i dette tilfellet ingen komponent i etning av eˆλ, og vektoen e ha også alleede lengde en: eˆξ = e ( e eˆλ)( eˆλ) e ( e eˆλ)( eˆλ) = e e = e (D.39) Til slutt gjø vi det samme med vektoen eˆη, hvo vi ta utgangspunkt i e φ, tekke fa komponente i ˆξ- og ˆλ-etningene, og nomalisee: eˆη = e φ ( e φ eˆξ) eˆξ ( e φ eˆλ)( eˆλ) e φ ( e φ eˆξ) eˆξ ( e φ eˆλ)( eˆλ) = e φ + 2ω2 1 ω 2 2 eˆλ e φ + 2ω2 1 ω 2 eˆλ = e φ + 2 2ω2 (1 ω 2 2 ) e t 2 + 4ω2 4 1 ω 2 2 (D.40) Lyssignalet med koodinate (t, 0, t) i (x, y, t)-systemet ha etning u = e + e t. Vi kan egne ut komponentene i ˆξ og ˆη-etningene ved å ta pikkpoduktet med de tilsvaende vektoene (dette gjelde siden (ˆξ, ˆη, ˆλ)-systemet e otonomalt), uˆξ = ( e + e t ) eˆξ = 1 uˆη = ( e + e t ) eˆη = 0 (D.41) (D.42) 26

27 FYS4160 OPPGAVEARK E Løsningsfoslag av Håkon Enge Oppgave E1: Fi patikkel i hypebolsk koodinatsystem a) Lagangefunksjonen e gitt ved L = 1 2 g µνẋ µ ẋ ν = 1 2 V V 2 U2. (E.1) Bevegelseslikningene bli V + V U 2 = 0, d dτ (V 2 U) = 0. (E.2) (E.3) Uttykket vi skal vise at e en løsning e V som en (implisitt) funksjon av U. Vi finne demed en diffeensiallikning fo V (U) og vise at det oppgitte uttykket løse denne likningen. Bevegelseslikningen fo U, (E.3) fotelle at p U = V 2 U e en bevegelseskonstant. Demed kan vi skive U = p U V 2. (E.4) Dette uttykket kan vi buke til å uttykke deivete med hensyn på τ som deivete med hensyn på U, gjennom d = du d = U d. Vi få dτ dτ du du V = V = dv U du = p U dv V 2 du, U d V du = p U V 2 d du ( pu V 2 dv du ) = p 2 U V 4 ( d 2 V du 2 2 V (E.5) ( ) ) 2 dv. (E.6) du Ved å sette (E.6) inn i (E.2) få vi d 2 V du 2 2 V ( ) 2 dv + V = 0. (E.7) du Ved å sette inn uttykket gitt i oppgaven, V = cosh(u U 0, se vi at det e ) en løsning av denne likningen. Vi se også diekte at begynnelsesposisjonen V (U 0 ) = V 0 og begynnelseshastigheten V (U 0 ) = V 0

28 b) Ved å sette inn løsningen V (U) i koodinattansfomasjonen gitt i oppgaven, få vi x = V cosh U = V 0 cosh U cosh(u U 0 ), t = V sinh U = V 0 sinh U cosh(u U 0 ). (E.8) (E.9) Vi egne ut hastigheten v = dx dt ved dx dx dt = du dt du = sinh U cosh(u U 0) cosh U sinh(u U 0 ) cosh U cosh(u U 0 ) sinh U sinh(u U 0 ) = sinh U 0 cosh U 0, (E.10) hvo vi ha bukt uttykket fo sinh og cosh av summen av to vinkle. Siden dette e en konstant, e patikkelbanene ette linje i (x, t)-koodinatsystemet. t = 0 gi betingelsen V sinh U = 0 som bety at U = 0, og vi få at x(0) = V 0 cosh U cosh(u U 0 ) = V 0 cosh(u 0 ). (E.11) Intevallet ds 2 = g µν dx µ dx ν uttykt ved x og t kan vi finne ved å buke koodinattansfomasjonsmatisen på g, g ij = M µ im ν jg µν (de i, j stå fo koodinatene x, t og µ, ν stå fo U, V ). Siden M µ i = xµ e den invese x i matisa til M i µ = xi egne vi ut den sistnevnte matisa fa koodinattansfomasjonen gitt i oppgaveteksten, og invetee matisa: x µ ( x ) ( ) (M i x µ) = U V V sinh U cosh U =. (E.12) V cosh U sinh U t U t V Den invese av denne matisa bli ( U ) ( (M µ U i) = x t sinh U = V cosh U V x V t cosh U V sinh U ), (E.13) og demed finne vi ved å sette inn at ds 2 = dx 2 dt 2. (E.14) Dette e nettopp Minkowski-metikken fo et om med en om- og en tidskoodinat. 28

29 c) Vi kan finne p U uttykt ved p t = E og p x = p ved hjelp av tansfomasjonsmatisa: p U = xi U p i = x U p x + t U p t = V sinh Up V cosh UE = tp xe. (E.15) Vi ha alleede sett at dette e en bevegelseskonstant. Dette kan man se diekte fa metikken ved at koodinaten U ikke inngå eksplisitt. Den kontavaiante komponenten få man ved å buke den metiske tensoen til å heve indeksen. Vi egne ut g µν ved å invetee matisa fo g µν : ( ) 1 ( ) (g µν ) = 0 V 2 = 0 1. (E.16) V 2 Demed bli p U = g Uµ p µ = g UU p U = p U V 2 (E.17) Siden V opplagt ikke e en bevegelseskonstant (noe vi f.eks. kan se fa løsningen oppgitt i oppgaveteksten) kan helle ikke p U væe det. Vi finne at p V = L V = V, som ikke e en bevegelseskonstant, og p V = g V µ p µ = p V som demed helle ikke e en bevegelseskonstant. Oppgave E2: Romlig geodet i oteende efeansesystem a) Komponentene til tangentvektoene e oppgitt i oppgaven som ẋ i = (ṙ, θ). Betingelsen fo at disse ha lengde en bli 1 = ẋ i ẋ i = g ij ẋ i ẋ j = ṙ 2 + (Buke he c = 1, til foskjell fa oppgaveteksten). b) Lagangefunksjonen e gitt ved ω 2 θ 2. (E.18) L = 1 2 g ijẋ i ẋ j = ṙ ω 2 θ2 2. (E.19) c) Siden koodinaten θ ikke inngå eksplisitt i Lagangefunksjonen, kalles denne syklisk. Det bety at den konjugete impulsen, e en bevegelseskonstant. p θ = L θ = 29 2 θ 1 2 ω 2 (E.20)

30 d) Fa (E.18) finne vi at ṙ 2 = 1 Ved å buke fa c) at θ = p θ 2 (1 2 ω 2 ) få vi fa (E.21) ω 2 θ 2 (E.21) ṙ 2 θ = 1 θ ω = 4 2 p θ2 (1 2 ω 2 ) ω2, (E.22) og ved å ta kvadatoten av dette finne vi diffeensiallikningen til kuven, d dθ = ṙ θ = ω 2 p θ2 (1 2 ω 2 ) 1 (E.23) e) Vi sette inn θ = 0, = 0, ṙ = 0 og θ = p θ 2 (1 2 ω 2 ) i (E.18), og få som gi at Vi få også at 1 = p θ 0 2 (1 0 2 ω 2 ) p θ 2 = (E.24) ω2. (E.25) p θ 0 = 1 + p θ2 ω 2. (E.26) f) Vi sette (E.25) inn i (E.23) og få d dθ = 2 (1 02 ω 2 ) 1 2 ω 2 02 (1 2 ω 2 ) 1 = ω 2 02 (1 2 ω 2 ) = 0 Dette kan vi uttykke som d 2 ω2 d = dθ ω 2. Integee vi, få vi ( ) 0 θ() = actan ω θ 0, 0 (E.27) (E.28) (E.29) hvo θ 0 e en integasjonskonstant. Gafen til kuven med to foskjellige valg av paamete e gitt på neste side. 30

31 Figu E.1: θ 0 = π 2, ω = 0.25 og 0 = Figu E.2: θ 0 = π 2, ω = 0.5 og 0 = 1 31

32 FYS4160 OPPGAVEARK F Løsningsfoslag av Håkon Enge Oppgave F1: Diffeensialopeatoe i sfæiske koodinate a) Vi finne den metiske tensoen i de nye koodinatene ved å buke tansfomasjonsmatisen M i µ på den katesiske metikken g ij = δ ij, hvo vi he la latinske indekse som i stå fo de katesiske koodinatene x, y, z og geske indekse som µ stå fo polakoodinatene, θ, φ. g µν = M i µm j νg ij. Vi må demed egne ut komponentene M i µ = xi ; x µ x x x ( ) θ φ sin θ cosφ cosθ cosφ sin θ sin φ M i µ = y y y θ φ = sin θ sin φ cosθ sin φ sin θ cos φ. cosθ sin θ 0 z z θ z φ (F.1) (F.2) Sette vi inn dette i (F.1), og buke gjentatte gange at cos 2 + sin 2 = 1, få vi ds 2 = d dθ sin 2 θdφ 2. (F.3) Vi se at koodinatene e otogonale (men vi ha ikke en otonomal basis!) siden det ikke e noen ikke-diagonale ledd i metikken. b) Komponentene til df e (df) µ = f,µ = f. Vi danne en vekto ved å x µ buke den invese metikken g µν. Fo å finne denne må vi invetee matisa (g µν ), (g µν ) = (g µν ) 1 = sin 2 θ = sin 2 θ. (F.4) (Siden metikken e diagonal, tenge vi i dette tilfellet bae å invetee komponentene.) Demed e komponentene til f gitt ved elle ( f) µ = g µν µν f (df) ν = g x, ν f = ( f, 1 f 2 θ, 1 f 2 sin 2 θ φ ). 32 (F.5) (F.6)

33 c) Fa oppgave D1 ha vi at sammenhengen mellom den ytedeivete og culen til et vektofelt e (da) µν = ǫ µνλ ( A) λ, (F.7) deǫ µνλ e komponentenen til volumfomen ǫ (se læeboka kapittel ). Disse e definet ved ǫ µνλ = g ε ijk og g = det(g ij ) = 4 sin 2 θ, samt at vi buke definisjonen ε θφ = +1. Så vi ha demed 2 sin θ( A) = (da) θφ = A [φ,θ] = A φ θ A θ φ. (F.8) Vi ønske å uttykke dette ved deivete av vektokomponentene A µ, så vi buke metikken: A µ = g µν A ν, [ ( A) 1 ( = 2 sin 2 θa φ) ( 2 A θ)] (F.9) 2 sin θ θ φ = 1 ( ( sin 2 θa φ) ( )) A θ. (F.10) sin θ θ φ Fo de to ande komponentene bli beegningen tilsvaende, [ ( A) θ 1 A = 2 sin θ φ sin2 θ ( 2 A φ)] (F.11) [ ] ( A) φ 1 ( = 2 A θ) A. (F.12) 2 sin θ θ d) Sammenhengen mellom divegensen til en vekto og den ytedeivete av den duale e d A = ( A)ǫ, (F.13) hvo ǫ e volumfomen (se læeboka kapittel ). Den duale av en vekto e definet ved ( A) ij = ǫ ijk A k = g ε ijk A k, (F.14) hvo g = det(g ij ) = 4 sin 2 θ og ε ijk e Levi Civita-symbolet definet ved at ε θφ = +1. Vi få demed ( A) θ = 2 sin θa φ ( A) φ = 2 sin θa θ ( A) θφ = 2 sin θa. (F.15) 33

34 Den ytedeivete ha bae en komponent, (d A) θφ = ( A) θφ θ ( A) φ + φ ( A) θ = ( 2 sin θa ) + θ ( 2 sin θa θ ) + φ ( 2 sin θa φ ). (F.16) Fa likning (F.13) se vi at vi skal ha at (d A) θφ = ( A)ǫ θφ = ( A) 2 sin θ, så demed få vi A = (d A) θφ 2 sin θ = 1 2 ( 2 A ) + 1 sin θ θ(sin θa θ ) + φ A φ. (F.17) Fo 2 f buke vi bae det samme uttykket med A = f og uttykket (F.6) fo f. Demed få vi 2 f = 1 ( 2 2 f ) + 1 ( 2 sin θ θ sin θ f ) 1 2 f + θ 2 sin 2 (F.18) θ φ 2 Sammelikne vi med uttykkene i Rottmann, se vi at uttykket fo 2 f stemme, men de ande uttykkene vi egnet ut e ikke i samsva med Rottmann. Dette komme av at Rottmann buke en otonomal basis fo polakoodinatsystemet (siden veken f og 2 f e vektoe, spille basisen ingen olle fo det uttykket). Vi egne om til otonomete polakoodinate ved å buke M ˆ = 1, M θ ˆθ = 1 og Mφ ˆφ = 1. Vi få sinθ A = 1 2 ( 2 Aˆ ) + 1 sin θ θ(sin θaˆθ) + 1 sin θ φaˆφ. (F.19) Og fo cul til A få vi ( A)ˆ = 1 ( sin θ θ = 1 ( sin θ θ [ ( A)ˆθ 1 = 2 sin θ 1 = 2 sin θ [ ( A)ˆφ 1 = = 2 sin θ 1 2 sin θ ) (sin 2 θm φ ˆφA φ ( M θ θ)) φ ˆθA (F.20) ( ) sin θaˆφ ) Aˆθ (F.21) φ φ MˆA sin 2 θ ( ) ] 2 M φ ˆφA φ (F.22) φ sin θ ( Aˆφ) ] (F.23) ( 2 M θ ˆθA θ) MˆA ] (F.24) θ ( ) Aˆ [ Aˆ [ Aˆθ 34 θ ]. (F.25)

35 Rottmann oppgi komponentene med indeks nede. Fo å sammenlikne må vi senke indeksene vha g µν. Vi få da tilslutt ( A)ˆ = g µˆ ( A)ˆ = 1 ( ( ) sin θaˆφ ) Aˆθ (F.26) sin θ θ φ ( A)ˆθ = g µˆθ( A)ˆθ = 1 [ Aˆ ( Aˆφ) ] (F.27) ( A)ˆφ = g µˆφ( A)ˆφ = 1 sin θ φ sin θ [ ( ) Aˆθ Aˆ θ ]. (F.28) 35

36 Oppgave F2: Poincaés lemma a) Komponentene til df e komponentene til f. Fo en en-fom A e komponentene til da lik komponentene til A. Ved å sette A = df få en umiddelbat at d 2 f = 0 tilsvae f = 0. b) Vi ha at (da) µν = ǫ µνλ ( A) λ. Ta vi den ytedeivete av dette, få vi kun en enkelt komponent, (dda) 123 = λ ( A) λ. (F.29) (F.30) Vi se at dette e lik ( A), og at Poincaés identitet i dette tilfellet e det samme som ( A) = 0. Oppgave F3: Paabolske koodinate a) Basisvektoene finne vi ved hjelp av tansfomasjonsmatisa: e µ = M i µ e i, hvo vi la latinske indekse som i stå fo de katesiske koodinatene x, y og geske indekse som µ stå fo de paabolske ξ, η. Denne matisa e gitt ved Demed få vi ( M i µ ) = ( x ξ y ξ x η y η ) = ( ) η ξ. (F.31) ξ η e ξ = M x ξ e x + M y ξ e y = η e x + ξ e y, e η = M x η e x + M y η e y = ξ e x η e y. (F.32) (F.33) Den metiske tensoen kan vi enten finne ved tansfomasjonsmatisa, g µν = M i µm j νg ij, elle vi kan finne den ved å buke at g µν = e µ e ν : ( ) ( ) eξ e (g µν ) = ξ e ξ e η ξ = 2 + η 2 0 e η e ξ e η e η 0 ξ 2 + η 2. (F.34) Vi kan skive metikken på den vanlige måten ved linjeelementet ds 2 = g µν dx µ dx ν = (ξ 2 + η 2 )dξ 2 + (ξ 2 + η 2 )dη 2. (F.35) 36

37 b) Chistoffelsymbolene kan finnes ved hjelp av uttykket fo disse, Γ µ νρ = 1 2 gµλ (g λν,ρ + g λρ,ν g νρ,λ ), (F.36) men i dette tilfellet e det lettee å egne dem ut ved hjelp av tansfomasjonsegenskapene til Chistoffelsymbolene, Γ µ νρ = xµ x j x k x i x ν x ρ Γi jk + xµ 2 x i x i x ν x ρ, (F.37) som foenkles kaftig ved at Γ i jk = 0 i den katesiske basisen. xµ = M µ x i i finne vi ved å invetee matisa (M i µ) gitt i (F.31), (M µ i) = ( ( ) ) M i 1 1 η ξ µ =. (F.38) ξ 2 + η 2 ξ η Vi kan demed lett egne ut Chistoffelsymbolene; Γ ξ ξ ξξ = ξ 2 + η 2 Γ ξ ξη = Γ ξ ηξ = Γ η ξξ = η ξ 2 + η 2 Γ η ξη = Γ ξ ηξ = η Γ ξ ξ 2 + η 2 ηη = ξ ξ 2 + η 2 ξ Γ η ξ 2 + η 2 ηη = η ξ 2 + η 2 (F.39) Siden koodinatbasisvektoene alleede e otogonale, tenge vi bae å nomee dem (dele på lengden) fo å få en otonomal basis: eˆξ = e ξ e ξ = e ξ ξ2 + η 2, eˆη = e η e η = e η ξ2 + η 2. (F.40) Sammenhengen mellom basisvektoene eˆµ og e µ e gitt ved en basistansfomasjonsmatise M µˆµ, eˆµ = M µˆµ e µ, hvo vi kan lese av komponentene til denne matisa ved å se på likninga ove, (M µˆµ) = 1 0 ξ 2 +η ξ 2 +η 2. (F.41) Sammenhengen mellom basis-enfomene e gitt ved den invese av denne matisa, ωˆµ = M ˆµ µω µ. (F.42) som bli ( ) (M ˆµ ξ2 + η µ) = 2 0. (F.43) 0 ξ2 + η 2 37

38 Vi få demed ωˆξ = ξ 2 + η 2 ω ξ, ωˆη = ξ 2 + η 2 ω η. (F.44) Fo å finne ω ξ og ω η uttykt ved ω x og ω y buke vi igjen den (invese) tansfomasjonsmatisa M µ i gitt ved (F.38). Demed få vi ω ξ = M ξ iω i 1 = ξ 2 + η 2 (ηωx + ξω y ), ω η = M η iω i 1 = ξ 2 + η 2 (ξωx ηω y ). (F.45) c) Vi buke tansfomasjonsmatisene gjentatte gange fo å finne (Aˆξ, Aˆη ) uttykt ved A x og A y : Aˆµ = M ˆµ µa µ = M ˆµ µm µ ia i. (F.46) Dette gi Aˆξ = 1 ξ2 + η 2 (ηax + ξa y ), Aˆη = 1 ξ2 + η 2 (ξax ηa y ). (F.47) Siden vi ha en otogonal basis, gˆµˆν = δˆµˆν, ha de kovaiante og de kontavaiante komponentene samme vedi, Aˆξ = Aˆξ og Aˆη = Aˆη. Sammenhengen mellom den ytedeivete og culen til en vektofelt e (da) µν = ǫ µνλ ( A) λ (F.48) i et te-dimensjonalt om. Culen, som e en vektostøelse, e ikke i utgangspunktet definet fo annet enn te-dimensjonale om, men i to dimensjone e det mulig å definee en cul som en skala støelse tilsvaende z-komponenten til culen i et om utvidet til te dimensjone. Denne komponenten bli ( A)ẑ = (da)ˆξˆη = M µˆξm ν ˆηA [µ,ν] 1 ( = ξ 2 + η 2 η ( ξ 2 + η 2 Aˆξ) ξ ( ) ξ 2 + η 2Aˆη ). (F.49) 38

39 FYS4160 OPPGAVEARK G Løsningsfoslag av Håkon Enge Oppgave G1: Unifomt akseleet efeansesystem a) Vi kan finne linjeelementet ds 2 ved å buke koodinattansfomasjonsmatisa M µ α på den metiske tensoen: g αβ = M µ αm ν βg µν. Vi la he µ, ν epesentee Minkowski-koodinatene t, x og α, β epesentee koodinatene U, V. Føst egne vi ut matisa M µ α: (M µ α) = ( t U x U t V x V ) = Komponentene til den metiske tensoen bli ( av cosh(au) sinh(au) av sinh(au) cosh(au) g UU = M µ UM ν Ug µν = (av cosh(au)) 2 + (av sinh(au)) 2 = a 2 V 2, g UV = g V U = M µ UM ν V g µν = av cosh(au) sinh(au) + av sinh(au) cosh(au) = 0, g V V = M µ V M ν V g µν = (sinh(au)) 2 + (cosh(au)) 2 = 1, ). (G.1) og linjeelementet bli ds 2 = g αβ dx α dx β = a 2 V 2 du 2 + dv 2. (G.2) t 3 2 b) Kuven V = konstant danne en hypebel i Minkowski-ommet (med koodinatene (x, t)), deav begepet hypebolsk bevegelse. Hastigheten til patikkelen e gitt ved v = dx dt = du dx dt du = sinh(au) cosh(au) = tanh(au). (G.3) Videe e akseleasjonen i labsystemet g 0 = dv dt = du dv dt du = 1 V cosh 3 (au). (G.4) Figu G.1: Linje med konstant U og V og basisvektoe i noen punkte. x 39

40 Vi kan demed buke fomelen fo Loentz-tansfomasjon av akseleasjon til å finne akseleasjonen i det momentane hvilesystemet med hastighet v: ( g = (1 v 2 ) 3 2 g0 = 1 1 tanh 2 (au) ) V cosh 3 (au) = 1 V, (G.5) hvo vi ha bukt at 1 1 tanh 2 φ = cosh2 φ. Demed se vi at akseleasjonen i hvilesystemet e konstant. c) Tidsaksen til det momentane hvilesystemet e gitt ved fiehastigheten U µ = dxµ, de τ e egentiden til patikkelen. Siden patikkelen ha konstant dτ V, dvs. dv = 0, gi dette fa (G.2) dτ = av du (G.6) ved å buke at dτ 2 = ds 2 langs patikkelbanen. Hvis vi kalle basisvektoen i tidsetningen i det momentane hvilesystemet eˆ0, få vi demed eˆ0 = Uµ e µ = 1 av dx µ du e µ = 1 av Mµ U e µ (G.7) (husk at V e konstant he), og denne vektoen e paallell med e U = M µ U e µ. Siden e V e otogonal til e U e den demed også otogonal til eˆ0, og e V e demed en ent omlig vekto i det momentane hvilesystemet. Siden e V e nomet, måle V -koodinaten lengden langs omaksen, mens U koodinaten ikke måle lengde langs tidsaksen siden e U ha lengde av. Desom V = 1 a e likevel e U nomet, og egentiden og koodinattiden falle sammen. Vi se av figu G.1 at omådet t > x ikke kan beskives av (U, V )- koodinatene. Dette kan vi også se fa likninga fo koodinattansfomasjonen, (G.1) og (G.2) på oppgaveaket, ved at t 2 = x 2 V 2 fo alle vedie av U og V. Vi få defo en koodinatsingulaitet de x = t, som tilsvae V 0. d) I det tilfellet de den foeste delen av staven ha konstant akseleasjon sett fa det momentane hvilesystemet til staven, kan vi angi koodinatene på følgende måte Foeste del : V = V 0 Bakeste del : V = V 0 L. (G.8) (G.9) 40

41 Vi fant hastigheten til staven i det stasjonæe systemet i b). Vi kan uttykke v = dx/dt ved koodinatene t og V ved å deivee x = t 2 + V 2 med hensyn på t. Det gi t v = t2 + V 2. (G.10) Hastighet til foeste og bakeste ende til staven bli demed v f = v b = t t2 + V0 2 t t2 + (V 0 L) 2. (G.11) (G.12) Vi se altså nå at den bakeste delen av staven bevege seg askee enn den foeste. (Obsevet fa det stasjonæe systemet vil dette oppleves ved at man få en Loentzkontaksjon av stavens lengde målt ved samtidighet i (t, x)-systemet). Et kav vi må sette til hastigheten til stavens bake (og selvsagt også feme) ende, e at den må væe minde enn lyshastigheten. Vi ha lim v b = 1, (c = 1). (G.13) L V 0 Dette innebæe at L = V 0 e den øve gensen fo lengden av en stav med stiv hypebolsk bevegelse. Altså e L max = V 0. Hvis den bakeste enden ha konstant akseleasjon og e fikset i V 0 og den foeste ha koodinat V 0 + L, e hastigheten til stavens foeste punkt gitt ved t v f = t2 + (V 0 + L) 2. (G.14) Denne e minde enn 1 (husk at c = 1) fo alle vedie av L. Det e defo ingen begensning på koodinaten til det feme punktet av staven i dette tilfellet. Følgelig e det helle ingen begensning på dens lengde. En annen mulig foklaing e å obsevee at vi ha en singulaitet i oigo. Desom stavens foeste ende e fikset i V 0 e x f = V 0 ved tiden t = 0. Demed må stavens bake ende, sett fa det stasjonæe systemet, væe til venste fo x f = V 0 langs x-aksen, men siden vi ha en singulaitet i oigo (dvs i (t, x) = (0, 0)) kan vi ikke ha negative vedie av x. Det e defo en støste avstand mellom feme og bake ende av staven, altså kan ikke staven væe vilkålig lang. I motsatt fall, nå bake ende av staven ha konstant akseleasjon, dvs fikset V, e x b (t = 0) = V 0. Da e det ingen begensning på koodinaten til det feme punktet. Målt ved t = 0 e x f = V 0 + L til 41