6.0.0.4.  §4.

Чтобы записать уравнения поля в явной форме, нужно сначала вычислить компоненты электро-статического поля, соответствующие линейному элементу (6.278). Для этого проще всего прямым варьированием найти дифференциальные уравнения геодезической линии, а из них уже взять указанные компоненты. Такое варьирование непосредственно дает дифференциальные уравнения геодезической линии для элемента (6.278) в виде

$$\begin{array}{l} 0=f_{1}\frac{d^2x_{1}}{ds^2}\!+\!\frac{1}{2... ...rtial x_{1}}\frac{dx_{1}}{ds}\frac{dx_{4}}{ds}. \\ \end{array}$$

Сравнение с уравнением (3.236) дает следующие выражения для компонент электро-статического поля:

$$\begin{array}{ll} \Gamma^1_{11}=-\frac{1}{2}\frac{1}{f_{1}}\... ...frac{1}{f_{4}}\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}} \end{array}$$

(остальные компоненты равны нулю).

Ввиду симметрии относительно поворотов достаточно записать уравнения поля лишь в экваториальной плоскости $(x_{2}=0)$ , так что в предыдущих выражениях можно всюду заменить $1-x_{2}^2$ единицей, так как предстоят лишь однократные дифференцирования. Все это приводит к следующим уравнениям:

   а)$$\qquad \frac{\partial}{\partial x_{1}}\left(\frac{1}{f_{1}}\frac{... ...frac{1}{2}\left(\frac{1}{f_{4}}\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}}\right)^2;$$

   б)$$\qquad \frac{\partial}{\partial x_{1}}\left(\frac{1}{f_{1}}\frac{... ...t)=2+\frac{1}{f_{1}f_{2}}\left(\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}}\right)^2,$$

   в)$$\qquad \frac{\partial}{\partial x_{1}}\left(\frac{1}{f_{1}}\frac{... ...ight)=\frac{1}{f_{1}f_{4}}\left(\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}}\right)^2$$

Кроме этих трех уравнений, функции $f_{1}, f_{2}\;$и$\; f_{4}$ должны удовлетворять еще условию для определителя

   г)$$\qquad f_{1}f^2_{2}f_{4}=1,$$   или$$\quad \frac{1}{f_{1}}\frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}}+\frac{... ...f_{2}}{\partial x_{1}}+\frac{1}{f_{4}}\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}}=0,$$

Отбросим сначала уравнение «б» и определим три функции $f_{1}, f_{2}\;$и$\; f_{4}$ , исходя из уравнений «а»,«в» и «г». Уравнение «в» можно преобразовать к виду в$^{\prime}$ :

   в$$^{\prime})\qquad \frac{\partial}{\partial x_{1}}\left(\frac{1}{f_... ...4}}\frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}}\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}}.$$

Обозначим $\frac{1}{f_{4}}\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}}$ за $F(x)$ , тогда уравнение в$^{\prime})$ запишем в виде

$$\frac{\partial F(x)}{\partial x_{1}}=F(x)\frac{1}{f_{1}}\frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}}$$

в котором оно легко интегрируется и дает

   в$$^{\prime\prime})\qquad \frac{1}{f_{4}}\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}}=\alpha f_{1}$$

где $\alpha$ -постоянная интегрирования.

Складывая уравнения к ак и к в$^{\prime}$ к, получаем

$$\frac{\partial}{\partial x_{1}}\left(\frac{1}{f_{1}}\frac{\partia... ...\partial x_{1}}+\frac{1}{f_{4}}\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}}\right)^2.$$

Ввиду к гк отсюда следует

$$-2\frac{\partial}{\partial x_{1}}\left(\frac{1}{f_{2}}\frac{\part... ...}\right)=3\left(\frac{1}{f_{2}}\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}}\right)^2.$$

Интегрированием получаем

$$\frac{1}{\frac{1}{f_{2}}\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}=\frac{3}{2}x_{1}+\frac{\rho}{2}$$

(где $\rho$ -постоянная интегрирования) или же

$$\frac{1}{f_{2}}\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}}=\frac{2}{3x_{1}+\rho}.$$

Повторное интегрирование дает

$$f_{2}=\lambda(3x_{1}+\rho)^{2/3}$$

где $\lambda$ -постоянная интегрирования. Из условия на бесконечности следует $\lambda=1$ , так что

$$f_{2}=(3x_{1}+\rho)^{2/3}$$ (6.280)

Далее отсюда и из уравнений « в$^{\prime\prime}$ » и «г»

$$\frac{\partial f_{4}}{\partial x_{1}}=\alpha f_{1}f_{4}=\frac{\alpha}{f^2_{2}}=\frac{\alpha}{(3x_{1}+\rho)^{2/3}},$$

Интегрируя с учетом условия на бесконечности, имеем

$$f_{4}=1-\alpha (3x_{1}+\rho)^{-1/3}.$$ (6.281)

Наконец, из "г" следует

$$f_{1}=\frac{(3x_{1}+\rho)^{-4/3}}{1-\alpha(3x_{1}+\rho)^{-1/3}}.$$ (6.282)

Как нетрудно убедиться путем выкладок, найденные функции $f_{1}$ и $f_{2}$ тождественно удовлетворяют уравнению «б».

Таким обрзом, выполнены все требования,кроме требования непрерывности. Функция $f_{1}$ терпит разрыв, когда

$$1=\alpha(3x_{1}+\rho)^{-1/3},\qquad 3x_{1}=\alpha^3-\rho.$$

Чтобы этот разрыв совпадал с началом координат, следует положить

$$\rho=\alpha^3.$$ (6.283)

Стало быть, условием непрерывности устанавливается связь между постоянными интегрирования $\rho$ и $\alpha$ .

Итак, полное решение поставленной задачи имеет вид

$$f_{1}=\frac{1}{R^4}\frac{1}{1-\alpha/R};\quad f_{2}=f_{3}=R^2;\quad f_{4}=1-\alpha/R,$$

где $R$ -вспомогательная величина:

$$R=(3x_{1}+\rho)^{1/3}=(r^3+\alpha^3)^{1/3}.$$

Если теперь подставить найденные выражения для функций $f$ в формулу для линейного элемента (6.278) и вернуться к обычным сферическим координатам, то получится линейный элемент, являющийся искомым точным решением эйнштейновской задачи:

$$ds^2=(1-\alpha/R)dt^2-\frac{dR^2}{1-\alpha/R}-R^2(d\Theta^2+\sin^2\Theta d\varphi^2),\qquad R=(r^3+\alpha^3)^{1/3}.$$ (6.284)

В него входит одна константа $\alpha$ , которая зависит от величины заряда, находящегося в начале координат.