ΣΧΟΛΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΜΗΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΤΟΜΕΑΣ ΠΥΡΗΝΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΩΝ ΣΩΜΑΤΙΔΙΩΝ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΗ ΔΙΠΛΩΜΑΤΙΚΗ ΕΡΓΑΣΙΑ ΜΙΧΑΗΛ Ε.

Transcript

1 ΕΘΝΙΚΟ ΚΑΙ ΚΑΠΟΔΙΣΤΡΙΑΚΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΣΧΟΛΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΜΗΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΤΟΜΕΑΣ ΠΥΡΗΝΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΩΝ ΣΩΜΑΤΙΔΙΩΝ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΗ ΔΙΠΛΩΜΑΤΙΚΗ ΕΡΓΑΣΙΑ ΚΟΣΜΟΛΟΓΙΑ ΣΤΗΝ ΘΕΩΡΙΑ ΑΙΘΕΡΑ ΤΟΥ EINSTEIN (EINSTEIN AETHER THEORY) ΜΙΧΑΗΛ Ε. ΡΟΥΜΕΛΙΩΤΗΣ Επιβλέπων Καθηγητής: Θεοδόσιος Χριστοδουλάκης ΑΘΗΝΑ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 07

2 ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΟ ΔΙΠΛΩΜΑ ΕΙΔΙΚΕΥΣΗΣ ΒΑΣΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΜΕ ΕΙΔΙΚΕΥΣΗ ΣΤΗΝ ΠΥΡΗΝΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΙ ΦΥΣΙΚΗ ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΩΝ ΣΩΜΑΤΙΔΙΩΝ ΚΟΣΜΟΛΟΓΙΑ ΣΤΗΝ ΘΕΩΡΙΑ ΑΙΘΕΡΑ ΤΟΥ EINSTEIN (EINSTEIN AETHER THEORY) ΜΙΧΑΗΛ Ε. ΡΟΥΜΕΛΙΩΤΗΣ ΑΜ 05 ΤΡΙΜΕΛΗΣ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΕΠΙΤΡΟΠΗ Πρώτο μέλος: Θ. Χριστοδουλάκης, Αναπληρωτής Καθηγητής Δεύτερο μέλος: Β. Σπανός, Αναπληρωτής Καθηγητής Τρίτο μέλος: Θ. Αποστολάτος, Αναπληρωτής Καθηγητής

3 Ευχαριστίες Θα ήθελα από αυτή την θέση να ευχαριστήσω τον επιβλέποντα Καθηγητή κ. Θεοδόσιο Χριστοδουλάκη για την βοήθεια που μου έχει προσφέρει από τα φοιτητικά μου χρόνια στο τμήμα Φυσικής μέχρι και τα χρόνια που φοιτούσα στο Μεταπτυχιακό τμήμα της σχολής. Βοήθεια που μεταφράζεται σε παροχή γνώσεων, ενθάρρυνση για την συνέχιση των σπουδών μου, πραγματικό και έκδηλο ενδιαφέρον και τέλος αμέριστη συμπαράσταση στο πρόσωπο μου για τις όποιες δυσκολίες συνάντησα όλα αυτά τα χρόνια. Θα ήθελα επίσης να ευχαριστήσω την γυναίκα μου Αγγελική Γ. Πλατανιά για την ψυχολογική της υποστήριξη και την γενικότερη βοήθεια της για την ολοκλήρωση της εργασία αυτής. Τέλος θέλω να ευχαριστήσω και την μητέρα μου για την βοήθεια της όλα αυτά τα χρόνια.

4 Περιεχόμενα. Εισαγωγή 5. ΚΕΦΑΛΑΙΟ I Παραγωγή των γενικών εξισώσεων κίνησης 8. ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙΙ Επίλυση των εξισώσεων κίνησης της fll Einstein Αether theory για την μετρική Robertson-Walker. 9. ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙΙΙ Επίλυση των εξισώσεων κίνησης στην περίπτωση της μετρικής Bianchi III LRS ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑΤΑ ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

5 ΕΙΣΑΓΩΓΗ Στη φυσική, η Einstein aether theory, είναι μια τροποποίηση της γενικής σχετικότητας η οποία περιγράφει έναν χωροχρόνο που είναι εφοδιασμένος τόσο με μία μετρική όσο και με ένα μοναδιαίο χρονοειδές διανυσματικό πεδίο που ονομάζεται æther,. Το διανυσματικό αυτό πεδίο το παίρνουμε έτσι ώστε να πληροί την σχέση ; ; Αυτό σημαίνει ότι το είναι g ( t, x, y, z). Το διανυσματικό αυτό πεδίο μπορεί να θεωρηθεί ως τετραταχύτητα ενός κατάλληλου πλαισίου (τετράδας). H Εinstein aether theory διαδόθηκε από τον Marizio Gasperini σε μια σειρά εργασιών, όπως η Singlarity Prevention και η Broken Lorentz Symmetry το 980 (Singlarity prevention and broken Lorentz symmetry M Gasperini ). Η προσπάθεια του ήταν να περιγράψει έναν τρόπο αποφυγής των ανωμαλιών της βαρύτητας του Einstein και πραγματοποίησης υπερφωτεινών ταχυτήτων []. Εκτός από τη μετρική της γενικής σχετικότητας, αυτή η θεωρία περιλαμβάνει επίσης όπως βλέπουμε ένα βαθμωτό πεδίο ( t, x, y, z) το οποίο αντιστοιχεί διαισθητικά σε μια καθολική έννοια του χρόνου. Μια τέτοια θεωρία θα έχει ένα προτιμώμενο πλαίσιο αναφοράς, εκείνο στο οποίο ο παγκόσμιος χρόνος είναι ο πραγματικός χρόνος. Η δυναμική του βαθμωτού πεδίου ταυτίζεται με εκείνη του αιθέρα που βρίσκεται σε ηρεμία στο προτιμώμενο πλαίσιο. Αυτή είναι η προέλευση του ονόματος της θεωρίας, περιέχει τη βαρύτητα του Αϊνστάιν συν τον αιθέρα. Η κοσμολογική επιτάχυνση του Σύμπαντος δεν μπορεί να περιγραφεί στα πλαίσια της γενικής σχετικότητας (GR). 5

6 Κατά συνέπεια, προκειμένου να την εξηγήσει κανείς, θα έπρεπε να κρατήσει την GR και να τροποποιήσει το περιεχόμενο της ύλης του σύμπαντος, ή να τροποποιήσει τον ίδιο τον τομέα βαρύτητας. Η Einstein aether theory που διερευνήθηκε συστηματικά τα τελευταία 5 έτη, είναι μια ενδιαφέρουσα κατηγορία αλλαγής της βαρύτητας του Eistein. Αποτελείται από την GR σε συνδυασμό με την δεύτερης τάξης παράγωγο, ενός χρονοειδούς μοναδιαίου διανυσματικού πεδίου, που είναι ο αιθέρας. Η δράση στην Einstein aether theory αποτελείται γενικά από ένα άθροισμα της δράσης Einstein Hilbert, του κινητικού όρου για το πεδίο και έναν όρο με πολλαπλασιαστή Largange λ ο οποίος επιβάλει ότι το χρονοειδές διάνυσμα είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα. Συγκεκριμένα η δράση γράφεται ως ένα ολοκλήρωμα της κάτωθι Λαγκραντζιανής πυκνότητας L η οποία είναι L g ( R K ( g )) ; ; όπου R είναι το Ricci scalar και Κ είναι ένας τανυστής τέταρτης τάξης που ορίζεται ως εξής: c g g c g g c g g c g. Οι σταθερές c i είναι αδιάστατες προς προσαρμογή παράμετροι της θεωρίας. Μπορούμε να μελετήσουμε διαφορετικά μοντέλα με διαφορετικές αδιάστατες παραμέτρους c i. Στην εργασία αυτή θα παραγάγουμε από την ανωτέρω δράση τις εξισώσεις κίνησης της fll Eistein aether θεωρίας. Μετά θα επιβάλουμε κάποια συμμετρία στο επίπεδο των fll εξισώσεων κίνησης και θα μελετήσουμε ποιο υποσύνολο του χώρου των παραμέτρων δίνει λύσεις. Συγκεκριμένα θα επιβάλουμε δύο είδη συμμετρίας 6

7 α) την συμμετρία που οδηγεί στην μετρική Robertson Walker β) αυτήν που οδηγεί στην Bianchi Type III LRS μετρική. Τα γενικά αποτελέσματα είναι ότι το μεγαλύτερο τμήμα του χώρου των παραμέτρων δεν οδηγεί σε λύσεις ή και όταν οδηγεί παράγονται κάποιες τετριμμένες (flat Minkowski) και μερικές μη τετριμμένες. Σε αυτό το σημείο να σημειώσουμε ότι, όπως είναι γνωστό από την Einstein κοσμολογία και από άλλα παραδείγματα, η αντικατάσταση της συμμετρίας στο επίπεδο της πλήρους δράσης οδηγεί σε ανηγμένες Λαγκραντζιανές οι οποίες δίδουν εξισώσεις κίνησης γενικώς όχι ισοδύναμες με τις ανηγμένες fll εξισώσεις [ ]. Είναι ενδιαφέρον το αποτέλεσμα ότι στην περίπτωση που οι ανηγμένες fll εξισώσεις δίνουν μη τετριμμένες λύσεις (όχι flat Minkowski χώρο) οι λύσεις αυτές δεν ικανοποιούν τις εξισώσεις κίνησης της ανηγμένης Λαγκραντζιανής. 7

8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ I Παραγωγή των γενικών εξισώσεων κίνησης. Θεωρούμε έναν χώρο με μετρική g μν Σε έναν τετραόγκο V αυτού τον χώρου ας θεωρήσουμε το ολοκλήρωμα της Lagragian L R K ( g ) ; ; Η αντίστοιχη δράση είναι (Θέτω g= detg μν ): I g Ld x V g ( R K ( g )) d x ; ; V Άρα το είναι συναρτησοειδές των g,, I I[ g,, ] Ο πρώτος όρος αντιστοιχεί στην βαρύτητα του Einstein, ο δεύτερος όρος αναπαριστά την δράση του πεδίου, ενώ ο τρίτος εξασφαλίζει τον χρονοειδή μοναδιαίο χαρακτήρα του πεδίου μέσω του πολλαπλασιαστή Lagrange λ. Για να βγάλουμε τις εξισώσεις κίνησης θα χρησιμοποιούμε την αρχή της ελάχιστης δράσης για τα g,, Έτσι θεωρούμε: α) αρχικά μια μικρή μεταβολή δλ του λ στον όγκο αυτό V. Η μεταβολή αυτή επιφέρει μια μεταβολή δi στην δράση την οποία απαιτούμε να είναι I 0 για να βρούμε την φυσική διαδρομή. Η προηγούμενη σχέση μου δίνει I g( g ) d x 0 V Άρα g 0 a () 8

9 β) Θεωρούμε μια μεταβολή του k στον όγκο V έστω Στον όγκο V έχουμε θεωρήσει ότι η μικρή μεταβολή του κ είναι τέτοια ώστε το δ κ =0 (καθώς και οι συναλλοίωτες παράγωγοι) παντού στο V. Η μεταβολή αυτή επιφέρει μια μεταβολή δi στην δράση Η οποία είναι I 0 για να βρούμε την φυσική διαδρομή. Το c g g c g g c g g c g Η μεταβολή ως προς δηλαδή η θα συμβολίζεται για χάρη ευκολίας με I ( g ( R K ( g )) d x) ; ; V Άρα I g ( R ( K ) ( ( g ) d x ; ; V g (0 ( K ) K ( ) K ( ) ; ; ; ; ; ; V ( g ( ) g ( ))) dx Όμως το g ( ) g ( ) g αφού η g μν είναι συμμετρική Άρα το ( g ( ) g ( )) g ( ) Επίσης το 9

10 c g g c g g c g g c g θα γράφεται ( ) c g ( ) c g ( ) c g ( ) Άρα το ( ) ; ; ( c g ( ) c g ( )) ; ; c g ( ) c g ( ) ; ; ; ; c g ( ) c g ( ) ; ; ; ; πάλι λόγω της συμμετρικότητας της g μν Επίσης K ( ) K ( ) = ; ; ; ; ( ) ( ) =(i) ; ; ; ; Όμως το c g g c g g c g g c g = c g g c g g c g g c g πάλι λόγω της συμμετρικότητας της g μν Άρα η (i) γράφεται ( ) ; ; Άρα η μεταβολή του I ως προς κ θα είναι I g ( c ( ) ( ) ( )) g ; ; K ; ; g d x V Όμως το 0

11 ( ( )) gd x = ; ; V ( ( )) gd x ; ; V ( ) ( ) gd x ; ; V Όμως το ( ) ; ( ) V ; (το ( ) είναι τανυστής ως διαφορά δύο τανυστών, ( ) = - ) Άρα το είναι τανυστής της μορφής ( ( )) gd x ; ; V V gd x ; V To V ( gv ) με g=detg ; μν g x Άρα το V gd x ; V ( gv ) gd x V g x ( gv ) d x (Θ.Gass) V x = ( gv ) d x V

12 V g ( ) d x ; Στον όγκο V έχουμε θεωρήσει μία μικρή μεταβολή του κ ώστε το δ κ =0 παντού στο V Άρα το Επομένως το ( ( )) gd x0 ; a ; V ( ( )) gd x = ; ; V ( ) ( ) gd x για κάθε όγκο V ; ; V Άρα ισχύει ότι: ( ) ( ) ( ) ; ; ; ; Επίσης ισχύει g ( ) g ( ) είναι ως προς. Άρα θα έχουμε εφόσον η μεταβολή ( ) g ( c g g ( ) ( ) ; ; ; ; V g ( )) dx V g (c g g ( ) g ) ( ) d x ; ; ; ; και έτσι η εξίσωση κίνησης από την μεταβολή του είναι: c g g ( ) g ; ; ; ; =0 Άρα η δεύτερη εξίσωση κίνησης είναι:

13 c g g ( ) g 0 ; ; a ; ; Όμως το ( ) ( ) ; ; ; ; ; a ; To ; ; ( c g g c g g c g g c g ) ; ; c g ( ) ; ; c g ( ) ( ii) ; ; ; To g g ; ; Άρα η (ii) γράφεται c g ( g ) ; ; ; a c g g c g ; ; a ; ; Επομένως η εξίσωση κίνησης ως προς κ είναι c g g ; ; c g g c g ; ; a ; ; g 0 () ; ; γ) Θεωρούμε μια μεταβολή του g μν στον όγκο V έστω g Όπως και πριν, θεωρούμε ότι η μικρή μεταβολή του g μν είναι τέτοια ώστε το δ g μν =0 (καθώς και οι συναλλοίωτες παράγωγοι) παντού στο σύνορο V.

14 Η μεταβολή αυτή επιφέρει μια μεταβολή δi στην δράση η οποία είναι (πάλι θα την συμβολίσουμε δι αλλά αυτή τη φορά θα είναι ως προς g μν ) g ( R ( g )) d x ; ; V (( ( g )( R ( g )) g ( ( R) ; ; V ( ) ( ) ( ) ; ; ; ; ; ; ( ( g ) )) dx Γνωρίζουμε ότι το g g, ggg g g g g g g ( ) g g ; g ; g ; Επομένως g g g g g g g g g Έτσι έχουμε g g ( g )( R ( g )) d x ; ; V g ( R ( ) ( ) ( ) ; ; ; ; ; ; V ( ( g ) )) dx ( iii) R ( g R ) ( g ) R g ( R ) ( g ) R g ( R ) Από την (iii) έχουμε

15 g ( g )( R g R) d x V g g ( R ) d x V g g ( g )( ( g )) d x ; ; V g ( ( ) ( ) ( ) ; ; ; ; ; ; V ( ( g ) )) dx (iv) Το ολοκλήρωμα V g g ( R ) d x είναι V g g ( R ) d x g g ( ) d x ; ; V Όμως και το V g g d x0 ; και το V g g d x0 ; Άρα το ολοκλήρωμα V g g ( R ) d x =0 Άρα η (iv) γράφεται G R g R ) gg g d x (χρησιμοποιώντας V + 5

16 V g ( ( )) g ; ; g g g d x g ( ( ) ( ) ( ; ; ; ; ; V ( ( g ) )) dx To c g g c g g c g g c g Άρα η μεταβολή του ως προς g μν θα μας δώσει ( ) c g g c g g c g g c g g c g g c g g c g c g c g Επομένως το ( ) = ; ; c g g c g g ; ; ; ; c g g c g g ; ; ; ; c g g c g g ; ; ; ; c g c g g ; ; ; ; c g g ; ; Επίσης το ; a, 6

17 ( ) ; a, ( ) Άρα το ( ) ; g g ; g ; g ; Επομένως το ( ) ( ) ; ; g ; g ; g ; g ; Όμοια ( ) ; ; g ; g ; g ; g ; Θεωρούμε τώρα το ; ; c g g ; ; c g g ; ; c g g ; ; c g g ; ; c g g c g g ; ; ; ; c g c g g ; ; ; ; c g g ; ; Άρα το ( ) ; ; g ( c g c g ; ; ; ; c g c g ; ; ; ; 7

18 c g c g ; ; ; ; c c g ; ; ; ; c g ) ; ; To ( ) ; ; g ( g g g ) ; ; ; ; To ; ; g ( g g g ) ; ; ; ; Και τέλος το ( g ) g Παρατηρούμε ότι g g ; ; g g ; ; ( g ) g ; ; ( g ) g ; ; ( ) g ; ; ( ) g ; ; 8

19 ( ) g g g ; ; ( ) g g g ; ; (( ) g g ; ; ( ) g g ) g ; ; Η προηγούμενη ποσότητα μέσα στην παρένθεση είναι συμμετρική ως προς μ,ν Πράγματι: (( ) g g ; ; ( ) g g ) ; ; (( ) g g ; ; ( ) g g ) ; ; Όμως (v) Από (v) (( ) g g ; ; ( ) g g ) ; ; Επομένως είναι συμμετρική η παράσταση ως προς μ,ν Θέλουμε ο συντελεστής του δg μν να είναι συμμετρικός ως προς μν γιατί το δg μν είναι συμμετρικός τανυστής Όμοια g ; g ; g ; g ; 9

20 ( ) ( ) g ; ; g g ; ; g ( ) ( ) ; ; g ; ; g ( ) g g g ; ; ( ) g g g ; ; ( ) g g g ; ; ( ) g g g ; ; [( ) ( ) ] ; ; g g ; ; g g g Η ποσότητα στην παρένθεση είναι συμμετρική ως προς μ,ν Πράγματι (( ) g g ; ; ( ) g g ) ; ; (( ) g g ( ) g g ) ; ; ; ; (( ) g g ; ; ( ) g g ) ; ; Άρα συμμετρική Τέλος 0

21 g g ; ; g g ; ; g ; ; g ; ; ( ) g ; ; ( ) g ; ; ( ) ( ) ; ; g g g ; ; g g g (( ) ( ) ) ; ; g g ; ; g g g Τότε η ποσότητα στην παρένθεση είναι συμμετρική ως προς μ,ν ( ) ( ) ; ; g g ; ; g g ( ) g g ( ) g g. ; ; ; ; Άρα όλοι οι όροι είναι συμμετρικοί ως προς μ,ν. Επομένως η μεταβολή του Ι ως προς g μν είναι d x g { G ( ) ( ( )) g ; ; g g V

22 ( c g c g ) ; ; ; ; ( c g c g ) ; ; ; a ; c g ( ) ; ; ; ; ( c ) ; ; ( c g c g ) ; ; ; ; [( ) g g ; ; ( ) g g ] ; ; [( ) g g ; ; ( ) g g ] ; ; [( ) g g ; ; ( ) g g ] ; ; Η εξίσωση κίνησης που προκύπτει από την μεταβολή του g είναι: G ( ) g ; ; g g ( c g ( ) ; ; ; ; c g ( ) ; ; ; a ;

23 c g ( ) ; ; ; ; c ; ; c ( g g ) ; ; ; ; [( ) g g ; ; ( ) g g ] ; ; [( ) g g ; ; ( ) g g ] ; ; [( ) g g ; ; ( ) g g ] =0 ; ; g ; Επίσης από την ιδιότητα της μετρικής g μν, 0 έχουμε ότι [( ) g g ; ; ( ) g g ] ; ; [( ) g g ; ; ( ) g g ] ; ; [( ) g g ; ;

24 ( ) g g ] = ; ; [( g g ) ; ; ( g g ) ] ; ; [( g g ) ; ; ( g g ) ] ; ; [( g g ) ; ; ( g g ) ] ; ; Άρα οι εξισώσεις κίνησης είναι g 0 a () c g g ; ; c g g c g ; ; a ; ; 0 ; ; και G ( ) g ; ; g g ( c g ( ) ; ; ; ; ( c g ( ) ; ; ; a ; ()

25 c g ( ) ; ; ; ; ( c ) ; ; c ( g g ) ; ; ; ; [( g g ) ; ; ( g g ) ] ; ; [( g g ) ; ; ( g g ) ] ; ; [( g g ) ; ; ( g g ) ] 0 ; ; Αλλά το [( g g ) ; ; ( g g ) ] ; ; [( g g ) ; ; ( g g ) ( vi) ; ; Όμως το άρα από την (vi) έχω 5

26 [( g g ) ; ( g g )] ; ; Όμοια [( g g ) ; ; g g ) ] ; ; [( g g ; g g ) = ; ; [( g g ; g g ) ; ; Όμοια ( g g ) ; ; ( g g ) ; ; ( g g ; g g ) = ; ; = ( g g ; g g ) ; ; 6

27 G ( ) g ; ; g g c g ( ) ; ; ; ; c g ( ) ; ; ; a ; c g ( ) ; ; ; ; c ; ; c ( g g ) ; ; ; ; ( g g ; g g ) ; ; ( g g ; g g ) ; ; ( g g ; g g ) 0 () ; ; Οι (), (), () αποτελούν τις εξισώσεις τις θεωρίας μας. Για να έχουμε πιθανότητα επίλυσης των ανωτέρω εξισώσεων πρέπει να υποθέσουμε κάποιου είδους συμμετρία ώστε να απλοποιηθούν. Επιπλέον, όπως είπαμε στην εισαγωγή, θα χρειαστούμε και την ανηγμένη δράση ώστε να ελέγχουμε κάθε φορά που έχουμε λύσεις των ανωτέρω εξισώσεων, εάν αυτές μπορούν να εξαχθούν από την αντίστοιχη Λαγκραντζιανή 7

28 μέσω των Eler-Lagrange που απορρέουν από αυτήν. Στην αρχή του κεφαλαίου ΙΙ παρατίθεται η ανηγμένη Λαγκραντζιανή για το FLRW. 8

29 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙΙ Επίλυση των εξισώσεων κίνησης της fll Einstein Αether theory για την μετρική Robertson-Walker. Η μετρική είναι: M a /( kr ) 0 0 g 0 0 r a r a( t) Sin( ) Το διανυσματικό πεδίο θα πρέπει να είναι αστρόβιλο μια και πρέπει να ορίζει τον φυσικό χρόνο, δηλαδή θα ισχύει 0. ; ; Λόγω των συμμετριών της πιο πάνω μετρικής το πεδίο πρέπει να έχει μόνο χρονική συνιστώσα, το οποίο σε συνδυασμό με την ως άνω σχέση οδηγεί στην μορφή T,0,0,0 με το Τ(t) να είναι ο φυσικός χρόνος. Εισάγοντας λοιπόν την μετρική που αντιστοιχεί στην FLRW γεωμετρία και το T,0,0,0 καταλήγουμε στην εξής ανηγμένη Λαγκραντζιανή της οποίας την εγκυρότητα θα ελέγχω σε κάθε περίπτωση που προκύπτει: Lagen= a( M 8 6 ka 6 a M 5 a M c a M T M 7 6 M 6 a a a T 6 a c a M M T T a M M T c a T c cc a T 9

30 a M T c cc M c T M c cc a T 6c a a T T c cc a T ) Εισάγοντας την μορφή αυτή του στις εξισώσεις (),(), kr M και () παίρνουμε κατά σειρά: Από την πρώτη εξίσωση κίνησης T =0, M με λύση T M dt ( ) Η η εξίσωση μετά την αντικατάσταση του μας δίνει: a M c cc M a c a a M M a a M την λύνουμε ως προς λ(t) και θα έχουμε c M a c M a c M a c a a M c a M a a M Η η εξίσωση θα μας δώσει έναν διαγώνιο πίνακα με τα εξής τέσσερα διαγώνια στοιχεία: km c a a M M c 5c c a c a a diag {, a M,0,0,0 km c c c a a M M 7c c 7c a c c c a a ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( 7 7 ( ) ( ) ( ), ( ) r km t c c c a t a t M t M t c c c a t c c c a t a M t t sin ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( 7 7 ( ) ( ) ( )} M r km t c c c a t a t M t M t c c c a t c c c a t a t, 0

31 Παρατηρούμε ότι το ο στοιχείο της διαγωνίου του πίνακα sin είναι ίδιο με το τρίτο στοιχείο πολλαπλασιασμένο λόγω συμμετρίας της αρχικής μετρικής. Από εδώ αρχίζουν οι διακλαδώσεις. Τα 0 και 0. Επίσης υπάρχει η ελευθερία επιλογής του χρόνου t f με f οποιαδήποτε συνάρτηση. Έτσι μπορούμε να επιλέξουμε a( f ) t, M dtm ( f ) f dt a dt Δηλαδή Μ=α το οποίο θα χρησιμοποιήσουμε αργότερα. Θα μπορούσαμε επίσης να θέσουμε το Μ=(commoving time) ή και Μ=T. ) Αν c =0 τότε αν α) c +c = τότε τα τρία πρώτα διαγώνια στοιχεία του πίνακα της τρίτης εξίσωσης είναι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) km t a t a t M t M t a t a a km {,, a kr M r km a a M M a a a M Για να είναι λύση η προηγούμενη θα πρέπει k=0 γιατί η πρώτη συνιστώσα δεν μηδενίζεται διαφορετικά. Άρα ο χώρος θα είναι επίπεδος. Τα τρία πρώτα στοιχεία του πίνακα θα είναι τότε: a a M M a a a 0,, ( ) M t r a a M M a a a M }

32 Διαλέγοντας Μ(t)=α(t), η δεύτερη συνιστώσα από τις παραπάνω μας δίνει: a a a a και ο μηδενισμός της δίνει ως λύση της διαφορικής που προκύπτει την a t m m Βάζοντας την τιμή αυτή για την α(t) έχουμε ότι ικανοποιούνται και γίνονται 0 οι τρείς παραπάνω σχέσεις της ης εξίσωσης. Τότε το λ(t) γίνεται: 6 m mt και η μετρική καταλήγει στην μορφή: m mt m mt 0 0 g mn 0 0 m r mt m r mt sin( ) Θέλουμε να ελέγξουμε κατά πόσον η λύση αυτή επαληθεύει τις εξισώσεις Eler-Lagrange που προέρχονται από την ανηγμένη δράση, δηλαδή από την Λαγκραντζιανή θέτοντας c=0, c=-c,k=0 Παίρνοντας τις αντιστοιχες εξισώσεις ως προς τις τέσσερεις μεταβλητές M,, T, a και T M dt και αντικαθιστώντας το το Μ(t)=α(t) θα έχουμε τις παρακάτω εξισώσεις : a a a 0, 0=0,

33 a a a 6 a a 5 a a a Βάζοντας τώρα τις τιμές a t m m και 6 παρατηρούμε ότι m mt ή, ή, ή, ή Άρα η Λαγκραντζιανή είναι έγκυρη. β) Αν c+c. Τα πράγματα πάλι απλοποιούνται με την επιλογή Μ(t)=α(t). Το πρώτο από τα τρία πρώτα διαγώνια στοιχεία του πίνακα της τρίτης εξίσωσης μας δίνει 6 ka c c a a To θέτουμε 0 και λύνουμε την διαφορική που μας δίνει: kt a=e c c m Το με Βάζοντας την τιμή αυτή για την α(t) έχουμε ότι τα τρία διαγώνια στοιχεία της ης εξίσωσης θα είναι 8c ck 8 c c kr 0,, c c kr c c Για να έχουμε λύση θα πρέπει c+c=0 ή k=0. βγ) Αν k 0 τότε θα πρέπει c+c=0 οπότε έχουμε ότι οι παραπάνω τρεις εξισώσεις ικανοποιούνται και a=e i kt m Το 0 με και η μετρική θα γίνει

34 g mn i kt e m i kt e m kr i e kt m r i e kt m r sin( ) H μετρική αυτή αντιστοιχεί στον τετραδιάστατο Minkowski χωρόχρονο καθώς ο τανυστής Riemann είναι 0. Ελέγχοντας πάλι την εγκυρότητα της αντίστοιχης ανηγμένης Λαγκραντζιανής, παίρνω την Λαγκραντζιανή, με c=0, c c και παίρνοντας τις εξισώσεις Eler-Lagrange ως προς τις τέσσερεις μεταβλητές M,, T, a και αντικαθιστώντας το T M dt και το Μ(t)=α(t) έχουμε τις εξισώσεις : {6 ka a 5 6 a a 0,0 0, ka a a a a a a 0, 0} a Βάζοντας τώρα τις τιμές 0 i και a=e kt m έχουμε: ή, ή, ή, ή Άρα η Λαγκραντζιανή είναι έγκυρη. βδ) Αν c+c0 τότε το k=0 και ο χώρος είναι επίπεδος και η a m επίσης το 0 και η μετρική θα γίνει με

35 m m 0 0 g mn 0 0 m r m r sin( ) Η οποία και πάλι περιγράφει χωρόχρονο Minkowski σε σφαιρικοπολικές συντεταγμένες. Ο έλεγχος για την εγκύρότητα της αντίστοιχης ανηγμένης Λαγκρατζιανής ( βάζοντας στην Lagen c=0 και k=0) καταλήγει στις εξης εξισώσεις: { a a c c a 0,00, a a a c c a a 5 6 c c a a a 0, a c c a c c a a 0} Βάζοντας τώρα τις τιμές 0 και α(t)=m θα έχουμε ότι ικανοποιούνται και οι τέσσερεις εξισώσεις. Στην περίπτωση η Λαγκραντζιανή είναι έγκυρη. ) Αν c 0 Τότε θα έχουμε από το (,) στοιχείο της τρίτης εξίσωσης κίνησης ότι km c 5c c M a c a a M a c a( t) M Αντικαθιστούμε αλγεβρικά την προηγούμενη τιμή του στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχουμε για τα τρία πρώτα διαγώνια στοιχεία: 5

36 c kr M t c c c km t c 7c c c c c 6c c a t {0,, r c c c km t c 7c c c c c 6c c a t } cm t Θέτω m=(+c+c+c) και m= c 7c cc c c 6c c Και έχουμε την διαφορική όπως αυτή προκύπτει από τις παραπάνω σχέσεις: m km m a 0 α) Αν m=0 τότε m=0 ή k=0 αφού το Μ(t) 0. αβ) Αν k 0 τότε m=0 και m=0. Τότε το m γίνεται: m = c 6 c όταν m=0. Όμως το c 0 άρα θα πρέπει αναγκαστικά το c=. Επειδή m=0 άρα θα πρέπει το c=--c. Βάζοντας τις προηγούμενες τιμές στην εξίσωση που θα έχουμε πληροί το a km 8 a a M a a M καθώς και για τα Αντικαθιστώντας τις τιμές για το a c= και c=--c βλέπουμε ότι ικανοποιείται και η τρίτη εξίσωση κίνησης. Με την επιλογή Μ(t)=α(t), η διαφορική εξίσωση που πληροί το α(t) είναι: a ka a( t) 0 και έχει λύση a( t) k tm a m cos Η τιμή του λ(t) είναι: 6

37 cos k m t k k m t sec 8m Και η μετρική γίνεται: k m t m cos k m t m cos g kr m n k m t 0 0 m r cos 0 k m t m r cos sin( ) Οι εξισώσεις Eler-Lagrange ως προς τις τέσσερεις μεταβλητές M,, T, a της ανηγμένης Λαγκραντζιανής είναι για την περίπτωση μας ( βάζοντας στην Lagen c= και c=--c) έχουμε : a t ka t a t t a t a t { ( ) 6 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,0 0, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a t a t t a t a t 6 a 0, ka 0} Αντικαθιστώντας τα λ(t) και α(t) με αυτά που έχουμε βρει παραπάνω έχουμε ότι οι παραπάνω εξισώσεις Eler- Lagrange είναι: / k mt k mt kmcos 0 ή, ή, km cos 0 7

38 Δεν μπορεί να γίνονται 0 για κάθε t. Άρα η λύση των εξισώσεων κίνησης της fll θεωρίας παρόλο που υπάρχει δεν είναι λύση της ανηγμένης Λαγκραντζιανής, η οποία επομένως δεν είναι έγκυρη. αγ) Έχουμε m =0 και m 0 τώρα k=0 o χώρος είναι επίπεδος και ψάχνω λύση της διαφορικής ως προς α(t). Πάλι παίρνω Μ(t)=α(t). Μετά τις προηγούμενες αντικαταστάσεις έχουμε: a c cc a c a αγα) Αν -+c-5c+c=0 τότε το m γίνεται: 6c 7c και επειδή είμαι στην περίπτωση m=0 m= παίρνω c διότι c 0 7 Η σχέση -+c-5c+c=0 γίνεται 7 c c =0 Η προηγούμενη διαφορική γίνεται με βάση τα παραπάνω a a a και έχει λύση a me m t. Οι παραπάνω τιμές για τα c,c,k,α(t) επαληθεύουν και την τρίτη εξίσωση κίνησης. Η τιμή του λ(t) είναι: 6e mt m 7m Και η μετρική γίνεται: mt e m mt 0 e m 0 0 g mn mt 0 0 e m r 0 m t e m r sin( ) 8

39 Οι εξισώσεις Eler-Lagrange ως προς τις τέσσερεις μεταβλητές M,, T, a της ανηγμένης Λαγκραντζιανής ( που προκύπτει από την Lagen βάζοντας c c και k=0 ) είναι: 7 { a a 8 a a a 0,0 0, c, 7 7 a a a 6 a a, a 6 a a a 0} Αντικαθιστώντας τα λ(t) και α(t) με αυτά που έχουμε βρει παραπάνω έχουμε ότι οι παραπάνω εξισώσεις Eler- Lagrange γίνονται: e m t mm0, ή, ή,e m t mm 0 Άρα για να είναι έγκυρη η Λαγκραντζιανή θα πρέπει m=0 άρα α(t)=m. Οπότε καταλήγουμε στην ειδική περίπτωση της προηγούμενης μετρικής η οποία αντιστοιχεί στον τετραδιάστατο Minkowski χωρόχρονο. αγβ) Αν -+c-5c+c 0 και πάλι έχουμε m =0 και k=0 η διαφορική γίνεται c cc a a και έχει c a c a c 5cct cm c 5c c m ως λύση. Βάζοντας την παραπάνω τιμή του α(t) με την επιλογή ότι Μ(t)=α(t) και k=0 η τρίτη εξίσωση κίνησης (τα τρία πρώτα διαγώνια στοιχεία είναι: c c 7c c cc c 6cc {0,, c m 5t c c t 9

40 c c 7c c cc c 6cc r } c m 5t c c t Επειδή m ( c 7c c( c) c c(6 cc)) 0 έχουμε λύση της εξίσωσης. Το λ(t) γίνεται 8c c c 9cc cm5t c ct c 5cc m Και η μετρική θα είναι: 8c g diag{ m cm c 5cct 5, c c c 8c m cm c 5cct c 5cc, kr 8c m r cm c 5cct c 5cc, 8c mr cm c 5cct c 5cc sin( ) } Οι εξισώσεις Eler-Lagrange ως προς τις τέσσερεις μεταβλητές M,, T, a της ανηγμένης Λαγκραντζιανής (βάζοντας στην Lagen k=0) είναι: { a a c 7cc a 6c a a 0, 00, a( a a c cc a 0

41 a 5 6 c cc a a a c a a ) 0, a c cc a c cc a a 0} Αντικαθιστώντας τα λ(t) και α(t) με αυτά που έχουμε βρει παραπάνω έχουμε ότι οι παραπάνω εξισώσεις Eler- Lagrange γίνονται: c { cc ccm c m5t c ct c 5cc 0, ή, ή, c ccc c cc cmcm5t c ct c 5cc 0} Οι οποίες μηδενίζονται για κάθε t μόνο εάν -+c+c+c=0 και επομένως η Λαγκραντζιανή είναι έγκυρη μόνο για την υποπερίπτωση αυτή. β) Αν το m 0. Τότε λύνουμε την διαφορική mkm(t) +ma =0. H λύση της διαφορικής είναι: k m M a m dt m Αντικαθιστούμε την α(t) στις τρεις πρώτες συντεταγμένες της τρίτης εξίσωσης κίνησης και έχουμε: k c 5ccm m M {, mm k m M dt k 7c c 7c m m, m kr k 7c c 7cm m r } m

42 βα) Αν το k=0 τότε ο χώρος είναι επίπεδος και έχω λύση της ης εξίσωσης και τότε ισχύει a m Το 0 Και η μετρική γίνεται βάζοντας Μ(t)=α(t) m m 0 0 g mn 0 0 m r m r sin( ) Η οποία και πάλι περιγράφει χωρόχρονο Minkowski σε σφαιρικοπολικές συντεταγμένες. Οι εξισώσεις Eler-Lagrange ως προς τις τέσσερεις μεταβλητές M,, T, a της ανηγμένης Λαγκραντζιανής ( στην Lagen βάζουμε k=0) είναι: { a a c 7cc a 6c a a 0, 00, a( a a c cc a a 5 6 c cc a a a c a a ) 0, a c cc a c cc a a 0} Αντικαθιστώντας τα λ(t) και α(t) με αυτά που έχουμε βρει παραπάνω έχουμε ότι οι παραπάνω εξισώσεις Eler- Lagrange γίνονται: ή, ή, ή, ή Στην περίπτωση αυτή η Λαγκρατζιανή είναι έγκυρη. ββ) Αν k 0 τότε πρέπει m ( m 7cm cm 7cm) Αφού m 0 τότε m 0 και --7c-c-7c 0

43 Αντικαθιστώντας την τιμή του m έχουμε για τα τρία πρώτα διαγώνια στοιχεία της τρίτης εξίσωσης κίνησης 8 c cc km M 7c c 7c mm k m M dt Επειδή m 0 και m 0 και 0 για να έχω λύση της τρίτης εξίσωσης κίνησης. Τότε το m = c και το m = k τότε c+c+c=0 c 7c Με τις παραπάνω προϋποθέσεις το c και η διαφορική που καλούμαστε να λύσουμε είναι km (7c)( a) 0 c και 7 Βάζοντας Μ(t)=α(t) καθώς και τις τιμές των m,m η προηγούμενη διαφορική γίνεται: ka 7c a =0 τότε η λύση είναι kt a=e 7c m Το με kt 7c 6ce k 7c m,0,0

44 Και η μετρική kt kt kt kt 7c 7c 7c 7c e m g diag{ e m,,e mr, e mr sin( ) } kr Αν πάρω την αντίστοιχη Λαγκραντζιανή ( στην Lagen βάζουμε cc c ) και πάρουμε τις εξισώσεις Eler-Lagrange ως προς τις τέσσερεις μεταβλητές M,, T, a και αντικαθιστώντας το T M dt και το Μ(t)=α(t) θα έχουμε τις παρακάτω εξισώσεις: { a 6 ka a c a 6c a a 0, 0 0, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a t a t t a t a t c a 0, ka c a c a a 0} a Αντικαθιστώντας τα λ(t) και α(t) με αυτά που έχουμε βρει παραπάνω έχουμε ότι οι παραπάνω εξισώσεις Eler- Lagrange γίνονται: kt kt 7c 7c 8ce km 6ce km 0, ή, ή, 0 7c 7c

45 Δεν μπορεί να είναι 0 για κάθε t. Άρα η λύση των εξισώσεων κίνησης της fll θεωρίας παρόλο που υπάρχει δεν είναι λύση της ανηγμένης Λαγκραντζιανής και άρα δεν είναι έγκυρη. 5

46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙΙΙ Επίλυση των εξισώσεων κίνησης στην περίπτωση της μετρικής Bianchi III LRS. Η γενικότερη μορφή που μπορούμε να γράψουμε μια μετρική χώρου είναι g ij i j,όπου σ η αναλλοίωτη βάση των - μορφών του χώρου που αντιμετατίθεται με τα πεδία Killing και ο πίνακας εξασφαλίζει ότι παίρνουμε όλους τους δυνατούς συνδυασμούς των 0 e x a 0 0 : 0 b a Η μετρική είναι M a 0 0 g : mn 0 0 e x a ( t ) b Τα διανύσματα Killing για την προηγούμενη μετρική g mn που αντιστοιχεί σε ομογενή χώρο Type III κατά Bianchi είναι από την λύση της εξίσωσης L g 0 και είναι mn : 0,0,,0, : 0,0,0,, : 0,, y,0 6

47 L Θεωρούμε το πιο γενικό συναλλοίωτο τετραδιάνυσμα : 0( t, x, y, z), ( t, x, y, z), ( t, x, y, z), ( t, x, y, z) Εφαρμόζουμε παράγωγο Lie στο και με τα τρία διανύσματα Killing σύμφωνα με τον τύπο L,, Τα αποτελέσματα που προκύπτουν είναι: 0,0,,0 0,0,,0 0,0,,0 0,0,,0 { 0 ( t, x, y, z), ( t, x, y, z), ( t, x, y, z), ( t, x, y, z) } 0,0,0, 0,0,0, 0,0,0, 0,0,0, L { 0 ( t, x, y, z), ( t, x, y, z), ( t, x, y, z), ( t, x, y, z) } 0,0,,0 0,,0,0 0,0,,0 0,,0,0 L { y0 ( t, x, y, z) 0 ( t, x, y, z), y ( t, x, y, z) ( t, x, y, z), L 0,0,,0 0,,0,0 0,0,,0 0,,0,0 ( t, x, y, z) y ( t, x, y, z) ( t, x, y, z), y ( t, x, y, z) Για να είναι L πρώτες στην μορφή: : 0( t, x), ( t, x), ( t, x), ( t, x) =0 καταλήγουμε αρχικά από τις δύο = 0, 0, 0, 0, 0 ( t, x), ( t, x), ( t, x) ( t, x), ( t, x) 0, Λύνουμε την διαφορική ( t, x) ( t, x) 0 που προκύπτει και έχουμε: ( t, x) e x Μία τελική μορφή του έχει ως εξής: : 0,,e x, 7

48 Εξετάζουμε αν είναι συμμετρική η συνναλοίωτος παράγωγος του,( ) δηλαδή ;, (αστρόβιλο στον τετραδιάστατο χώρο) ; ; Τότε το θα είναι κλίση κάποιου βαθμωτού. Η διαφορά ; ; 0 e x 0 e x 0 e x e x Για να μηδενίζεται αυτό θα πρέπει 0,, Άρα το τελικό διανυσματικό πεδίο θα είναι = 0,,0,. μου δίνει τον πίνακα: H πρώτη εξίσωση κίνησης μου δίνει: 0 =0 a b M Λύνοντας ως προς 0( ) 0 t έχουμε b a b M a b με Αντικαθιστώ στην δεύτερη εξίσωση κίνησης την τιμή του 0( t ) και λύνω την πρώτη εξίσωση ως προς λ(t). ) Αν λ=λ=0 τότε το 0( t ) = M ( t ) 8

49 Επιλέγοντας τα λ=λ=0 και το 0( t ) = M ( t ) και αντικαθιστώ στην δεύτερη εξίσωση κίνησης και παίρνω την τετράδα: { a b M c c c b t M t a t c a t b t a t M t M t a t ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a ( b M c cc M b c b b M M b )),0,0,0} 0 και λύνω την πρώτη εξίσωση ως προς λ(t) και παίρνω την τιμή: ( c cc a M b a b M b c a a M M c c c a c a a c a b b M M b ) Βάζοντας την τιμή του λ(t) έχουμε ότι ικανοποιείται η δεύτερη εξίσωση. Αντικαθιστώ τις παραπάνω τιμές στην τρίτη εξίσωση κίνησης. α ) Αν c=0 τότε η τρίτη εξίσωση κίνησης γίνεται: b M c c a a b a b c c a b {,0,0,0, a b 9

50 {0, ( c c a M b b M b c c a a M M c c a c c a a a b a b M M c c a b a b ),0,0}, {0,0, e x( c c a M b b M b c c a a M M c c a c c a a a b a b M M c c a b a b ),0}, {0,0,0, a M c c a t b t a t b t M t M t a t b t a t b t ( c c a M b b M a a M M c c a a a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )}} 0 αβ) Αν επιπλέον (-+c+c).(+c+c) 0 Λύνουμε τις (,),(,) της προηγούμενης αφού τις θέσουμε ίσες με το 0 ως προς a, b την αντικατάσταση Μ(t)=α(t) Τότε έχουμε: έχοντας κάνει 50

51 a ( c c b a c c cc c a b a b ( b c c a c c a c c c c a b a b b a b c c c c c b ) / c c c cc c a b c c cc cc a b )/ c c cc cc a b } Ο constrain είναι: a c a c a a b c b c b 0 a a a a b b b και η παράγωγος του είναι: (8 c c c c b a c 7c c c c c c 7 c 9c a b a b a b( c c cc cc b c c 9c c c 9c c c c b ) a b a c c b c c c c c c c 8c c b ) / c c c cc c a b 0 Παρατηρούμε ότι ο constrain παραμένει αναλλοίωτος κάτω από τον μετασχηματισμό με λ σταθερά, όμοια και για το με μ σταθερά. 5

52 a=e a ( t )d t b=e b ( t )d t Για τον λόγο αυτό θέτουμε, Κάνοντας την αλλαγή αυτή ο constrain γίνεται μηδενικής τάξης άρα αλγεβρικής μορφής. a ca ca a b cb cb 0 Το ίδιο κάνω και για την παράγωγο του constrain, και γίνεται και αυτή μετά την προηγούμενη αντικατάσταση γίνεται μηδενικής τάξης άρα αλγεβρικής μορφής: (8c a 8ca 8c a 6c a 8c a 8ca cc a c ca 6c a cc a 8c a b cb c b cb cc b c b a b ca b c a b 6c a b ca b 8c ca b 8c ca b c a b 8cc a b 6c a b 8a b ca b 6c a b c a b ca b cc a b c ca b 6ca b cc a b c a b cb c b c b cb cc b 9c cb cb 9cc b cb )/ c c c c 0 a, b( t ) Απαλείφω από αυτή την εξίσωση τα αφαιρώντας τον συνδυασμό xa yb conal όπου conal είναι η πρώτη εξίσωση. Διαλέγοντας κατάλληλα τους συντελεστές x c c c c, y c c c c καταλήγω στην πολύ απλούστερη εξίσωση: 5

53 c cc c c c c c a c c b 0 αβγ) Αν το c+c 0 λύνω την προηγούμενη και βρίσκω b c c a c c αβγδ) Aν επιπλέον --c+c -c+6cc+c 0. Τότε ο constrain γίνεται μετά την αντικατάσταση του b(t) είναι: c c c c c c 6c cc a και λύνω ως προς α(t). Οι λύσεις για τα α(t), b(t) είναι οι παρακάτω: a b με Τότε 0 c c c c c6c cc c c c c c cc c 6c H τρίτη εξίσωση γίνεται μετά την αντικατάσταση των παραπάνω:,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,e t t Δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. αβγε) Αν το --c+c -c+6cc+c =0 Τότε η τρίτη εξίσωση κίνησης είναι η ίδια με την προηγούμενη φορά. Κάνουμε πάλι την αντικατάσταση Μ(t)=α(t). Τα a, b βγαίνουν τα ίδια με πριν. Ο constain προκύπτει όπως πριν =0 5

54 Η παράγωγος του αλλάζει και γίνεται: 0 (8 c c c c a c 7cc c c c c 7c9c a b a c c c cc c c c c 8c c b ) b( c c cc cc c c 9c c cc c c9c b )) / c c ccc c Επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία που καταλήγει στην εξίσωση: c cc c c c c c a c c b Επειδή το c+c 0 τότε το ο constrain γίνεται b c c 0 c c a c c c c c c 6c cc a Αφού το --c+c -c+6cc+c =0 ο constrain γίνεται - Δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. αβδ) Αν το c+c=0. Η τρίτη εξίσωση κίνησης είναι στην περίπτωση αυτή: b M a a a b( t) {,0,0,0, a b 0 και 5

55 ( t a b a a b M M a b b a ) a b {0,,0,0}, b M x 0,0, e a ( t ) b ( t ) a ( t ) a ( t ) b ( t ) M ( t ) M ( t ) a ( t ) b ( t ) ( ) b t a ( t ) a ( t ) b b M b M a a M M a a a 0,0,0, } 0 a M Λύνω το σύστημα των (,)=0 και (,)=0 ως προς a, b M a έχουμε: a a a a και επιλέγοντας την χρονική βαθμίδα και a b b a( t) Ο constrain στην περίπτωση αυτή είναι a a b 0 ( ) a t a b Η δε παράγωγος του είναι b a b b a a a b a b Πάλι μπορούμε να θεωρήσουμε ότι a=e a ( t )d t b=e b ( t )d t 0 Θα καταλήξουμε κάνοντας πράξεις ότι ο constrain γίνεται a a b 0 55

56 H δε παράγωγος του γίνεται b a a b 0 αβδα) Αν α(t) 0 τότε b 0 ή Έστω b 0.Τότε ο constrain είναι : a 0 Επομένως η ισότητα a ή a Το 0 Τότε το a=e t a a b a =0 μου δίνει: με και της τρίτης εξίσωσης κίνησης. Η μετρική στην περίπτωση αυτή είναι: και το b αποτελούν λύση e t e t 0 0 g mn 0 0 e xt H μετρική αυτή αντιστοιχεί στον τετραδιάστατο Minkowski χωρόχρονο καθώς ο τανυστής Riemann είναι 0. Αν πάρω την αντίστοιχη Λαγκρατζιανή και βάλουμε c0, 0, 0, cc, τότε έχουμε: 8 ( b( M a a M 5a M c a 0 M c 7 M 6 a t M t 0 t M t 0 t ca t M t 0 t 0 t M t a t 0 t t a t a t a t ) 5 a M a b M M a b a b ) 56

57 Αντικαθιστώντας στις εξισώσεις Eler-Lagrange ως προς τις πέντε μεταβλητές M,,, a, b τις 0 a=e t c0, 0, 0, cc, παραπάνω τιμές που έχουμε με και το b, θα πάρουμε ότι ικανοποιούνται όλες άρα η Λαγκρατζιανή είναι έγκυρη. Αν b 0 τότε a b a Τότε ο constrain μηδενίζεται. Από την επίλυση των εξισώσεων των a, b ( )d την αντικατάσταση a=e a t t ( )d b=e b t t a b και a c0, 0, 0, cc, προκύπτει ότι η α(t) πληροί την διαφορική : a a( t)) ( a και μας δίνει λύση e m e t a e m e t μετά και με καθώς και την διαφορική: a a a a a a e m e t H a e m e t διαφορική εξίσωση. Αντικαθιστώ στο b( t ) και έχω: ικανοποιεί και την προηγούμενη 57

58 e m t Το b e m e t e m e t d t Τότε το 0 και τα ( )=e e m e t a t και e m t dt e m e t b=e αποτελούν λύση και της τρίτης εξίσωσης κίνησης. Η μετρική στην περίπτωση αυτή είναι: e t e m e t e t e m e t 0 0 g tx 0 0 e e m e t mn 0 e m e t e m e t Αν πάρω την αντίστοιχη Λαγκρατζιανή και βάλουμε c0, 0, 0, c c τότε έχουμε: 8 ( b( M a a M 5a M c a 0 M c 7 M a t M t t M t t c a t M t t t M t a t t t a t a t a 5 a M a b M M a b a b ) Αντικαθιστώντας στις εξισώσεις Eler-Lagrange ως προς τις πέντε μεταβλητές M,,, a, b τις παραπάνω τιμές που έχουμε 0 e m e t d t e m ( )=e e t a t και το 58

59 e m t dt e m e t b=e, c0, 0, 0, c c θα πάρουμε ότι ικανοποιούνται όλες άρα η Λαγκρατζιανή είναι έγκυρη. αγ) Αν -+c+c=0. Η τρίτη εξίσωση κίνησης είναι στην περίπτωση αυτή: M a b b {,0,0,0, a a b b {0, ( a t M t b t b t a t a t M t M t a t a t a t b M a ( t ) b ( t ) a ( t ) b ( t ) M ( t ) M ( t ) a ( t ) b ( t ) a ( t ) b ( t ) ),0,0}, b M x {0,0, e ( a M b b a a M M a a a a ( t ) b ( t ) a ( t ) b ( t ) M ( t ) M ( t ) a ( t ) b ( t ) a ( t ) b ( t ) ),0}, a M {0,0,0, ( a M b b M a a M M a a a a ( t ) b ( t ) a ( t ) b ( t ) M ( t ) M ( t ) a ( t ) b ( t ) a ( t ) b ( t ) )}} 0 Λύνοντας την (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς a και αντικαθιστώντας στην (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης έχουμε ως αποτέλεσμα b a που δεν είναι 0. Άρα δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. αδ) Αν +c+c=0 Η τρίτη εξίσωση κίνησης είναι στην περίπτωση αυτή: b M a a b a b a b {,0,0,0, a b {0, ( a M b b a a M M a a a a b b M a b M M a b a b ),0,0}, b M {0,0, e x ( a M b b a a M M a a a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a t b t a t b t M t M t a t b t a t b ( t ) ),0}, 59

60 {0,0,0, ( a t M t b t b M a a M M a a a a t M t a ( t ) b ( t ) a ( t ) b ( t ) M ( t ) M ( t ) a ( t ) b ( t ) a ( t ) b ( t ) )}} 0 τότε όπως πριν λύνουμε την (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς a και αντικαθιστούμε στην (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης έχουμε ως αποτέλεσμα: b 9 b a 6 b a b b 0 a a M a M M Η (,) συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης μου δίνει M a a b b 0 a a a b b και θεωρώντας την διαφορά (,) b (,) M 0 έχουμε: b M a που δεν είναι 0 Άρα δεν υπάρχει λύση. β) Αν το c 0 και το βα) Αν επιπλέον (-+c+c)(+c+ c+c) 0. Από την τρίτη εξίσωση κίνησης λύνω το σύστημα των (,)=0 και (,)=0 ως προς a, b Παίρνω τον constrain, την παράγωγο του, και επιλέγω την χρονική βαθμίδα Μ(t)=α(t). ( )d a=e a t t ( )d b=e b t t Θέτοντας, και αφαιρώντας από την παράγωγο του constrain την ποσότητα xa yb conal με conal να είναι ο constain και 9 x c c c, y c c c c cc c cc στην εξίσωση: καταλήγουμε 60

61 (( c c c c cc cc a c c c c c b t c c c c c ))/ 0 βαβ) Αν (c+c) (c+ c+c) 0 Λύνοντας ως προς b(t) το προηγούμενο υπόλοιπο έχω b c c ccc cc ccc c a c cc cc και αντικαθιστώντας στον constrain που έχει έλθει σε αλγεβρική μορφή μπορούμε να λύσουμε ως προς a(t) και έτσι και το a(t) και το b(t) βγαίνουν σταθερές. a=e 5it b e 6it 6 Τότε και με, 5, Αντικαθιστώντας στην τρίτη εξίσωση κίνησης έχουμε ότι αυτή γίνεται 5i 6i,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,e t e t Δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. βαγ) Αν c+c=0 τότε: βαγδ) Αν c 0 Λύνουμε την η και την η συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς a, b Κάνουμε πάλι την αντικατάσταση Μ(t)=α(t) και αντικαθιστούμε τα a, b a=e a ( t )d t ( )d, b=e b t t από πριν και θέτοντας Έχουμε ότι ο constrain είναι: c 0c6c a 7c9c a b c 9c b 6c Παίρνω και την παράγωγο του constrain και κάνω τις προηγούμενες αντικαταστάσεις και 0 6

62 a=e a ( t )d t b=e b ( t )d t θέτοντας, παίρνω την παράγωγο του σε αλγεβρική μορφή που είναι η εξής: c (c 5c 8c a 76c 77c 78c a b 9c b c c 9c b 9c a c 7c c b ) 0 Αφαιρώντας από την παράγωγο του constrain την ποσότητα xa yb conal όπου conal ο constain και c 9c x, y c c 6ca 0 c To c 0 άρα αναγκαστικά (t)=0 Τότε ο constrain είναι τότε: c c c b t καταλήγω ότι: 9 ( ) 0 6c βαγδε) Αν το +9 c 0 c c Τότε b ή b c9c c9c Τότε το a 7 και το b=e t το 0 Και η τρίτη εξίσωση δίνει λύση 7,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,e t Δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. βαγδζ) Αν το c 9 με 7 Λύνουμε την η και την η συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς a, b και έχουμε: 6

63 a 0 a b b a ( a(7 )) a b b a 0 a b b b b 5 a a b Κάνουμε πάλι την αντικατάσταση Μ(t)=α(t) και αντικαθιστούμε τα a, b στην (,) συνιστώσα της ης εξίσωσης με αποτέλεσμα να καταλήξουμε στην αδύνατη εξίσωση βαγε) Αν 0. Άρα δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. c Λύνουμε την (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς b και έχουμε: 5 a b b 7 a a b b a b a a Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και παίρνοντας την διαφορά (,)-(,)=0 καταλήγουμε ότι: a b b a a b =0 Επομένως το ολοκλήρωμα της είναι: a b m. Λύνω ως προς a m a b και έχω: Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχω: 6

64 7m 0 ma b a b b {,0,0,0, a b 7m 0 ma b a b b 0,,0,0, a b e x 7m 0 ma b a b b 0,0,,0, 0,0,0,0 } 0 a b m Αντικαθιστώ και το a στο b και μετά b παίρνοντας την παράγωγο του αριθμητή της (,) της τρίτης εξίσωσης κίνησης και κάνοντας τις προηγούμενες αντικαταστάσεις έχουμε: 5m 57 m b ma b a b b 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ma t b t a t b t a t b b 0 b b Παίρνω την σχέση con b a b con5 ma b con 0 Όπου το con είναι η προηγούμενη σχέση και η con η παράγωγος του αριθμητή της προηγούμενης σχέσης.. Έχουμε αποτέλεσμα: 8 ma b 0 Γίνεται 0 μόνο αν το m=0 Αν m=0 τότε a 0 άρα α(t)=m. Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχω τα αποτελέσματα: 6

65 b b {,0,0,0, 0,,0,0, b b e x b ( t ) b ( t ) 0,0,,0, 0,0,0,0 } b Άρα δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. βαδ) Αν c+c+c=0 βαδε) Αν επιπλέον +c 0 Λύνουμε την η και την η συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς a, b Κάνουμε πάλι την αντικατάσταση Μ(t)=α(t) και θέτοντας ( )d a=e a t t ( )d b=e b t t, Έχουμε ότι η (,)=0 είναι: Κάνοντας ακριβώς τις ίδιες αντικαταστάσεις στην παράγωγο της (,)=0 παίρνω την c c a b b c c c b a c c 6c b 0 Ακολουθώντας την ίδια συλλογιστική δηλαδή προσθέτοντας στην η εξίσωση την b(t)(,) καταλήγω στην σχέση ca( t ) =0 Το c 0 άρα αναγκαστικά (t)=0 Τότε h (,)=0 γίνεται: ( ) c c c b t 0 65

66 Λύνοντας ως προς b( t ) έχουμε: c b cc Το 0 Και η τρίτη εξίσωση γίνεται: b c cc 7,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,e t Δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. βαδζ) Αν c τότε c=-c. Λύνουμε την (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς b Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχω: με ή το 7 M,0,0,0, 0,,0,0, 0,0, e x,0, 0,0,0,0 a Άρα δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. ββ) Αν c=-c. Αν c 0 τότε λύνουμε την (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς b στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχω ότι: και αντικαθιστώ {{ ( b c M c c a c a b c c a b a b c c a b ), 0,0,0}, 0,,0,0, 0,0, e x,0, 0,0,0,0 } Άρα δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. 66

67 Αν c 0.Κάνω και την αντικατάσταση M a τρίτη εξίσωση κίνησης γίνεται: και η b a a a b b a a b b {,0,0,0, a b a b a a b 0,,0,0, a b e x a ( t ) b ( t ) a ( t ) a ( t ) b ( t ) 0,0,,0, a b b a b b a a a b 0,0,0, } 0 a Αν a 0 τότε α(t)=ac σταθερά. Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχω ότι: b b,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0, b ac Δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. Αν a 0 τότε έχουμε: και μου δίνει λύση την b a a b 0 ac a b Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχω: b 6 b b 6,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0, b b ac Άρα δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. βγ) Αν c=--c-c. 67

68 Αν c 0. Λύνουμε την (,)=0 και την (,)=0 συνιστώσες της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς a, b. Αντικαθιστούμε στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχουμε { 0,0,0,0, {0, ( c b a 6c a b a b a b a b c b ),0,0}, {0,0, e x ( c b a 6c a b a b a b a b c b ),0}, 0,0,0,0 } 0 Παραγωγίζουμε ως προς τον χρόνο την (,)=0 συνιστώσα του προηγούμενου πίνακα. Μεταξύ της (,)=0 συνιστώσας αλλά και της παραγώγου της κάνουμε απαλοιφή του b και μετά από αυτή την σχέση που προκύπτει και της (,)=0 συνιστώσας a κάνουμε απαλοιφή του Το αποτέλεσμα που προκύπτει είναι: c c a b 6c c b a c a b 0 Αν c c 0 c, c τότε Το c 0 άρα c Αντικαθιστούμε το c στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχουμε: 68

69 b 5 a b 6 b a a b b 6 b b {,0,0,0, a b 8 b a b a b b a a b b 0,,0,0, a b e x a b b a b a b a b 0,0,,0, a b b a b b a a b b b b 0,0,0, } 0 a Λύνουμε την προηγούμενη (,)=0 συνιστώσα ως προς a και έχουμε: b a b a b a b b a b Αντικαθιστούμε στην τρίτη εξίσωση κίνησης την παραπάνω τιμή του a και έχουμε: 58 a b 0 b 8 b {,0,0,0, 0,0,0,0, a b b b b a b a b 6 b( t) 0,0,0,0, 0,0,0, } 0 a 69

70 Λύνω ως προς b και έχουμε ότι: a b 58 b a b 0 a b b 8 a b To a γίνεται: b a b a b 8 b a 8 b Παίρνω την (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης και την παράγωγό της και αντικαθιστώ τα a, b και που μας δίνει σαν αποτέλεσμα το παρακάτω: 0 b a b b 8 b a b 0 a b 5 b 0 a a a a a b Απαλείφουμε μεταξύ της προηγούμενης σχέσης και της (,)=0 συνιστώσας της τρίτης εξίσωσης κίνησης τα b, b μέσω της σχέσης: 6 5 cooon* * ( )* * ( )* ( ) cooon b t cooon a t a t a b 6* a όπου cooon είναι η παράγωγος της (,) και cooon η (,) και καταλήγουμε: b b a 7 a b 0 a 5 Λύνουμε την διαφορική b a 7 a b 0 /7 βρίσκουμε b a bm Αντικαθιστώ στην a, b Αφαιρούμε κατά μέλη και έχουμε: και 70

71 bm 9 a 5655 a 09 a /7 0 Η λύση της διαφορικής μας δίνει: a=e 7t 5655 am b bm* am 7 e t 5655 και Αντικαθιστούμε στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχουμε: 90 {,0,0,0, 0,,0,0, t 0,0, e x,0, 0,0,0, /7 am bm e } Παρατηρούμε ότι δεν έχει λύση. Λύνουμε την διαφορική 6c c b a c a b 0 a b c 6 a b c c am 6 c c 0 αφού c R αν c Τότε το Επειδή a am Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης. τότε b b( t) b b b b b {,0,0,0, 0,,0,0, b b 7

72 e x b ( t ) b ( t ) b ( t ) b b b b 0,0,,0, 0,0,0, } 0 b am Λύνω την (,) συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης και βρίσκουμε το b e tbm bm Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχουμε: bm e bmt am bm bm,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0, Δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. Αν c Προχωρούμε στην λύση. c 6cc Αντικαθιστώ το a b am στην τρίτη εξίσωση κίνησης και καταλήγουμε στο ότι ο συντελεστής του b για να γίνεται 0 θα πρέπει c ή c Aν c. Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχουμε b 6 b b b {,0,0,0, b 6 b 6 b 6e x b b 0,,0,0, 0,0,,0, 0,0,0, } b b am Δεν έχουμε λύση στο κλαδί αυτό. Αν cπάλι η τρίτη εξίσωση κίνησης δεν μηδενίζεται. 7

73 Αν τώρα c, λύνουμε την (,)=0 συνιστώσα της τρίτης εξίσωσης κίνησης ως προς b και έχουμε: 5 6cc b 8cc 7c 5c c b b 6 c c 6cc b Αντικαθιστώ την προηγούμενη σχέση στην τρίτη εξίσωση b x κίνησης και θέτω Η (,)=0 σχέση της τρίτης εξίσωσης κίνησης μου δίνει την σχέση: 5 9 c 9c 5c c c x 6c c b Αν 6cc b c9c 5c c c 5 0 τότε 6c c b 0 άτοπο. 0 Λύνω ως προς x και έχω: 6c c b x 9 c9c 5c c c 5 Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχω: 0c8c c,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0, 0,0,0,0 0 c c Το 0c 8c c 0 Άρα c.άτοπο. Δεν έχω λύση στην περίπτωση αυτή. 7

74 ) Αν λ=0 και λ 0 τότε: Θέτοντας λ=0, επιλέγοντας Μ(t)=α(t), a 0, b 0 έχουμε a b 0 b Η τέταρτη συνιστώσα της ης εξίσωσης κίνησης είναι a b c c a b c c a b a b c c a b a b Τότε a b Αντικαθιστώ τον λ(t) καθώς και λ=0, Μ(t)=α(t), 0( ) 0 t στην δεύτερη και τρίτη εξίσωση κίνησης. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α) Αν c 0. Τότε λύνοντας το σύστημα που αποτελείται από την η συνιστώσα της ης εξίσωσης κίνησης μαζί με το στοιχείο (,)=0 του πίνακα της ης εξίσωσης έχουμε ότι το a b b και έχουμε και μία σχέση για το a a m Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι b a η δεύτερη εξίσωση κίνησης ικανοποιείται. Κάνουμε την αντικατάσταση αυτή και στο a και έτσι και τα αντικαθιστούμε όλα στην η εξίσωση που βγαίνει ένας διαγώνιος πίνακας. αβ) Αν m(+c)(c+c+c) 0. 7

75 Κάνουμε απαλοιφή του a μεταξύ των (,)=0 και της (,)=0 συνιστώσας της τρίτης εξίσωσης κίνησης και και έχουμε λύνουμε την σχέση αυτή ως προς a b ( ) ( ) a t b t m c c b a mcm b Ονομάζουμε con το ο στοιχείο του διαγώνιου πίνακα της ης εξίσωσης πολλαπλασιασμένο με το a b b και είναι: ( ) ( ) ( ) ( ) c m b t a t c mb t a t 6 c cc a b a c 6c c a b c c cm a 6c c 6c a 0 Όμοια ονομάζουμε con το ο στοιχείο του διαγώνιου πίνακα της ης εξίσωσης πολλαπλασιασμένο με το c a b b Όμοια ονομάζουμε con το ο στοιχείο του διαγώνιου πίνακα της ης εξίσωσης πολλαπλασιασμένο με το b t c a ( ) Κάνουμε τις αντικαταστάσεις b a y ταυτόχρονα και την τιμή του a x, a y, b x και στα τρία παραπάνω στοιχεία, βάζοντας Τότε το con γίνεται: 75

76 x c 6c c x c c c ( y x m y x c x c m 9 c x 8 5 c 8 c x 8 8 c 8 c ) 0 Τότε έχουμε ότι ή το x 0 άρα b(t)=0 άτοπο ή το ( c 6cc) x( c cc) 0 ή το y x my x cx c (9 m c x 8 5c 8c x 8 8c 8c 0 Αν + c+6 c+ c 0 τότε έχουμε από την ( c 6cc) x( c cc) 0 ότι το x είναι σταθερά άρα το b(t) είναι σταθερό τότε b 0 και έτσι m=0 άτοπο. Αν το + c+6 c+ c=0 τότε έχουμε c+6 c+ c=- Άρα (c+c+c)=- και από την παραπάνω σχέση 0 άρα 0 άτοπο. Άρα από το ο στοιχείο έχουμε του διαγώνιου πίνακα της ης εξίσωση έχουμε y x my x cx c (9 m c x 8 5c 8c x 8 8c 8c 0 Με όμοιο τρόπο το con γίνεται μετά τις παραπάνω αντικαταστάσεις: 76

77 x 6c c c cc c xc c cc y x my x c x c (9 m c x 8 5c 8c x 8 8c 8c 0 Θα έχουμε τις περιπτώσεις το x 0 που οδηγεί σε άτοπο όπως πριν ή αν c c c c c c 6 0 που οδηγεί πάλι σε άτοπο γιατί το x είναι σταθερά, άρα το b(t) σταθερό άρα b 0 και έτσι m=0 άτοπο. 6c c c cc c 0 τότε η Αν 6c c c cc c xc c cc 0 c c c c 0 Όμως το c 0 και λ 0 άρα αναγκαστικά c+ c+c=0 όμως τότε το 6c c c cc c 0 γίνεται c 0 οδηγεί στην Άτοπο. Άρα αναγκαστικά και για το con ισχύει: y x m y x c xc m 9 c x 8 5c 8c x 8 8c 8c 0 Δηλαδή η σχέση. Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε και για την con. Δηλαδή την. Παίρνοντας την μαζί με την con αφού έχουμε κάνει τις απαιτούμενες αντικαταστάσεις θα κάνουμε απαλοιφή του όρου a y και καταλήγουμε στην σχέση 77

78 c c cc x m y x 0 c Όμως το c 0 άρα αναγκαστικά c+ c+c=0 ή ( x ) 0 ή ( m y( x ) ) 0. Αν c+ c+c 0 τότε ή ( x ) 0 ή ( m y( x ) ) 0. Αν ( x ) 0 τότε b[ t] 0 άτοπο άρα αναγκαστικά m y x ) 0 Λύνουμε ως προς y και υπολογίζουμε το y.τότε η γίνεται 9 c m x 0 Αφού όμως m(+c)(c+c+c) 0 η δεν γίνεται ποτέ 0. Άρα δεν υπάρχει λύση στην περίπτωση αυτή. Άρα αναγκαστικά θα πρέπει c+ c+c=0 για να έχω λύση. Κάνοντας την αντικατάσταση c+ c+c=0 στον con έχουμε: c x(y x c m x my x xcxc m 9 x c x 8 5 c 8 c x 8 8 c 8 c ) 0 Για να υπάρχει λύση θα πρέπει να ισχύει η που είναι η κοινή σχέση και για τα τρία con. 78

79 Λύνοντας την ως προς y βρίσκουμε διαφορετικές λύσεις σε σχέση με το x. Έτσι καταλήγουμε σε μία διαφορική για το b (a db=m dt )με b= x και α= y. αβγ) Αν m=0 τότε το b είναι σταθερό έστω b cb Τότε έχουμε a c cc a c a Αντικαθιστούμε όλα τα παραπάνω στην η εξίσωση κίνησης και έχουμε: cb a c 6cc cb c cc a {,0,0,0, cb a {0, ( c cb 6c cb c c cb c c cb a c 5c cb 5c c 5c c cb 5cc ) a,0,0}, {0,0, e x( c cb 6 c cb ( ) c cb a t c c cb c c 5c cb 5c c 5c c cb 5cc ) a,0}, {0,0,0, ( c cb a (ccb 6c cb c a 79

80 c ) ( ) c cb c c c cb c a t )}} 0 Κάνω απαλοιφή του a από την (,)=0 και την (,)=0 και έχω ως συμπέρασμα: c c c cb 0 Επειδή το αβδ) Αν c cc 0 δεν έχει λύση το κλαδί αυτό. c Αντικαθιστώ την τιμή αυτή στο a καθώς και στην τρίτη εξίσωση κίνησης και προκύπτει ένας διαγώνιος πίνακας Στον διαγώνιο αυτόν πίνακα υπάρχουν τρεις διαφορετικές σχέσεις, τα τρία διαγώνια στοιχεία (,)=0,(,)=0,(,)=0. Παίρνοντας ανά δύο τις εξισώσεις κάνω απαλοιφή του a δημιουργώντας άλλες εξισώσεις. Η απαλοιφή ανάμεσα στο (,)=0 και το (,)=0 στοιχείο του a μας δίνει: c c b b m a b 0 Θα πρέπει -+ c+ c=0 ή b(t)=0 που απορρίπτεται ή ( m a ( b ) ) 0 ή b 0 που είναι άτοπο. αβδε) Αν σχέση και έχω: c c. Τότε αντικαθιστώ στην προηγούμενη 8 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 b t b t a t b t b t m a t Αναγκαστικά 80

81 a b b m a 0 Λύνοντας ως προς a a b b έχουμε a m Αντικαθιστώ στην η εξίσωση κίνησης και έχω έναν διαγώνιο πίνακα με τις παρακάτω γραμμές m a b {,0,0,0, m ( ) ( ) ( ) b t m a t b t 0,,0,0, 6m e x ( ) ( ) ( ) b t m a t b t 0,0,,0, 6 m b m a b 0,0,0, } 0 m a Για να έχω λύση θα πρέπει όλες οι συνιστώσες να είναι 0 8

82 m a ( b ) 0 αφού είναι Όμως άθροισμα θετικών όρων. Δεν έχουμε λύση στο κλαδί αυτό. αβδζ) Αν m a b 0 Λύνω ως προς a( t ) και έχω * m* a με * b m Λύνοντας την διαφορική εξίσωση b 0 παίρνουμε a ως λύση την tm* * b tan με Αντικαθιστώντας στην η εξίσωση κίνησης έχουμε ότι δεν υπάρχει λύση διότι π.χ για την πρώτη γραμμή έχουμε t t 9 6c 6ccos m sec m,0,0,0 Θα πρέπει να γίνεται 0 για κάθε t άτοπο. αβε) Αν c+c+c=0. Το a a m b a a a b μετά την αντικατάσταση γίνεται: Αντικαθιστώ στην τρίτη εξίσωση κίνησης και έχω 8

83 a b a mc mb c a c b a {,0,0,0, a b c a mb a b a 0,,0,0, a b ce x a mb a b a 0,0,,0, a b a b a mc mb c a c b a 0,0,0, } 0 a Μεταξύ του (,)=0 και του (,)=0 κάνω απαλοιφή του a και βρίσκω: c a b b m a 0 Και μεταξύ του (,)=0 και του (,)=0 κάνω απαλοιφή του a και βρίσκω: c a b a b b m a 0 Η πρώτη σχέση μου δίνει ότι: a b b a m 8

84 Αντικαθιστώ το παραπάνω a στην τρίτη εξίσωση κίνησης και βρίσκω ότι το (,)=0 στοιχείο είναι: c a b b m a b m Επειδή c 0 δεν γίνεται 0 η προηγούμενη σχέση και άρα δεν έχουμε λύση στο κλαδί αυτό. β) Αν c=0 Τότε η η εξίσωση κίνησης μου δίνει { c c ( b a a b b a b a b b b b b b ),0,0,0} 0 Αντικαθιστώ στην η εξίσωση κίνησης το c=0. Επιλύω το σύστημα που δημιουργείται από την η συνιστώσα της ης εξίσωσης και από το στοιχείο (,)=0 της ης εξίσωση κίνησης και λύνουμε το σύστημα ως προς 0 a, b H εξίσωση ως προς b, a ( t ) μας δίνει b a a b b a b a b b b a b b a t b t b t a ( b c c 7 c c b c c b a a t b t b t c c b t b t c c b t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) / ( ) ( ) ( ) Αντικαθιστώ στην η εξίσωση κίνησης τα a, b ικανοποιούν. Το ίδιο κάνουμε και για την η εξίσωση κίνησης και δεν ικανοποιείται. Θέτω στην η εξίσωση κίνησης τα a x και και την b y. 8

85 Επιλύω το σύστημα που δημιουργείται από τα στοιχεία (,)=0,(,)=0 της ης εξίσωση κίνησης ως προς x,y και έχω a b x( a ) a( a ) και b b a b a b y( b ) a b x y και έχουμε: Αντικαθιστώ στην η εξίσωση κίνησης τα, c c a b b a b { 0,0,0,0, 0,,0,0,{0,0, a b a b a a b c ce a b b a b,0}, 0,0,0,0 } 0 a b Απαλείφοντας στις εξισώσεις ως προς b και a ( t ) a x και b y ( με χρήση των ανωτέρω εξισώσεων των x,y) έχουμε: a b b, η οποία ικανοποιείται με την a m προηγούμενη σχέση b, και a a b a a b m Αντικαθιστώ στην η εξίσωση κίνησης το b a τον παρακάτω πίνακα: τα και έχω 85

86 { 0,0,0,0, c c a b b m a 0,,0,0, ( ) ( ) a t b t ma a b c c e a b b m a 0,0,,0 a b 0,0,0,0 } 0 τότε για να έχουμε λύση θα πρέπει βα) Αν c+c 0 a b b m a =0 βαβ) Αν m=0 για να έχουμε λύση θα πρέπει ( a b( b ) 0 πράγμα που δεν συμβαίνει. Άρα δεν υπάρχει λύση στο κλαδί αυτό. βαγ) Αν m 0 για να έχουμε λύση θα πρέπει a b b m a Λύνω τότε ως προς a και έχω a b b a m =0 Παραγωγίζω την προηγούμενη σχέση ως προς t και αφαιρώ το m b a και έχω a b a a και αντικαθιστώ και το b 86

87 ma b b a b a a a b m m Λύνω ως προς a και έχω ma b b a m a b a b =0 Αντικαθιστώ στην η εξίσωση κίνησης την προηγούμενη εξίσωση και έχω ότι η η σειρά του πίνακα μου δίνει c c m a b 0,,0,0 m a b b Άρα δεν υπάρχει λύση για το κλαδί αυτό. ββ) Αν c+c=0 Τότε ικανοποιείται αυτόματα η η εξίσωση κίνησης και η η εξίσωση κίνησης μας δίνει τον πίνακα. a a b {,0,0,0, a a b a a b 0,,0,0, a a b e x b ( t ) a ( t ) a ( t ) a ( t ) a ( t ) b ( t ) 0,0,,0 a b =0 87