2014/01/11 - Poincare Half Plane 푸앙카레 반평면 (1) 에서 이어집니다..




약속을 지키고자(...) 적어봅니다.


이번에는 거리함수가 다음과 같이 주어졌을 때 geodesic이 어떻게 나오는지 알아보는 시간입니다.


ds^2=\frac{1}{z^2}(-dt^2+dz^2)


오늘따라 이런저런 디테일을 따져가며 문제를 풀기 귀찮아진 관계로(...) 예전에 정리해두었던 식을 쭈욱 나열해보도록 하겠습니다. 우선 connexion coefficient는


\Gamma^z_{zz}=\Gamma^z_{tt}=\Gamma^t_{tz}=-\frac1z


가 나옵니다. Geodesic equation은


z''-\frac1z(z'^2+t'^2)=t''-\frac1z(2t'z')=0


를 얻고, ∂t가 Killing vector임을 이용하면


z^2(t'/z^2)'=0;\,t'=\alpha z^2 \\\therefore z''-\frac1z(z'^2+\alpha^2 z^4)=0


가 나옵니다. 이제 geodesic만 구하면 되는데, 공간이 positive definite가 아니라 골치가 좀 아프죠(..). 편의상 spacelike와 timelike geodesic만 구해보겠습니다 null trajectory는 너무 쉽게 나오거든요(dt=±dz, 그러니까 그냥 ±45도 선이 null trajectory입니다. conformal metric의 특징이기도 하죠)


우선 spacelike trajectory입니다.


u^\mu u_\mu=1;\,\frac1{z^2}(z'^2-t'^2)=1=\frac1{z^2}(z'^2-\alpha^2 z^4) \\\therefore z'=\pm z\sqrt{1+\alpha^2 z^2} \\\\\text{The solution is;} \\z=\frac{R}{\sinh |\lambda|},\, t=-\frac{sgn(\lambda)R}{\coth\lambda} \\-\infty<\lambda<\infty,\,\,R\equiv\frac{1}{\alpha},\,\,t^2-z^2=R^2


어디서 많이 본 곡선이 나올겁니다. 쌍곡선! 상대론에서 등가속운동을 하면 볼 수 있는 곡선이죠. 물론 이 곡선은 다른 방향으로 나왔고 실제 물체가 움직이는 곡선이 아니기 때문에 별 다른 의미는 부여하기 힘듧니다. 참고로 parameter로 쓰인 lambda는 고유거리입니다. 이번엔 timelike trajectory를 보도록 하죠.


u^\mu u_\mu=-1;\,\frac1{z^2}(z'^2-t'^2)=\frac1{z^2}(z'^2-\alpha^2 z^4)=-1 \\\therefore z'=\pm z\sqrt{\alpha^2 z^2-1} \\\\\text{The solution is;} \\z=\frac{R}{\cos \tau},\, t=R\tan\tau \\-\frac\pi2<\tau<\frac\pi2,\,\,R\equiv\frac{1}{\alpha},\,\,z^2-t^2=R^2


이번엔 constant proper acceleration 문제에서 나오는 그 곡선이 나왔네요. alpha가 proper acceleration과 같은 역할을 해준다는 것도 재미있네요(R의 역수죠). 다만 쌍곡함수였던 것이 휘어진 공간에 오니까 삼각함수로 바뀌었다는 점이 차이가 납니다.


더 특이한 점은 proper time인 tau가 고작 pi만큼의 범위에서 움직인다는 것입니다. 자유낙하로 무한대의 z에서 0 근방까지 왔다가 다시 무한대의 z까지 가는데 걸리는 proper time이 고작 pi밖에 안 걸린다는 소리죠. 물론 scale factor가 빠져서 tau를 곧이 곧대로 '초'로 읽을 수는 없지만, 무한대까지 움직이는데 유한한 시간이 걸린다는 것은 문제가 됩니다. Schwarzschild 해를 extend하는 이유도 event horizon까지 도달하는데 유한한 proper time이면 충분하기 때문인 점도 있거든요.




자, 여기서 문제. 위의 미분방정식은 어떻게 풀어야 할까요? 편의상 spacelike trajectory에 나오는 다음 수식부터 풀어보도록 합시다.


z'=z\sqrt{\alpha^2 z^2+1}


일단은 제곱근을 터뜨리는게 중요하겠죠. z를 치환해줍니다.


z=\frac1\alpha\sinh y \\\therefore \frac{dy}{d\lambda}=\sinh y \\d\lambda=\frac{dy}{\sinh y}


저런 꼴의 미분방정식은 '찍어서' 풀어야 합니다. 대채로 저런 꼴의 미분방정식은 다음과 같은 식의 도함수로 풀 수 있습니다.


\left(\ln\frac{f}{g} \right )'=\frac{f'g-g'f}{fg} \\\\\text{Set }f=\sinh (y/2),\,\,g=\cosh(y/2) \\\therefore [\ln(\coth(y/2))]'=1/[2\sinh(y/2)\cosh(y/2)] \\=1/\sinh y


이로부터 y와 lambda의 관계식, 더 나아가서는 z와 lambda의 관계식을 구할 수 있게 됩니다.


\lambda=\ln(\coth(y/2)) \\e^\lambda=\frac{e^y+1}{e^y-1} \\e^y=\frac{e^\lambda+1}{e^\lambda-1} \\\therefore z=\frac1{2\alpha}\left[ \frac{e^\lambda+1}{e^\lambda-1}-\frac{e^\lambda-1}{e^\lambda+1}\right ] \\=\frac1\alpha\left[\frac{2e^\lambda}{e^{2\lambda}-1} \right ]=\frac1{\alpha\sinh\lambda}


결국 비슷한 방법이지만 다음과 같이 푸는 방법도 있습니다. 이번엔 timelike trajectory를 해 보도록 합시다.


z'=z\sqrt{\alpha^2z^2-1}


같은 방법으로 풀어봅니다. 이번엔 cosh를 쓰는게 적합하겠죠.


z=\frac1\alpha\cosh y \\\therefore \frac{dy}{d\tau}=\cosh y \\d\tau=\frac{dy}{\cosh y}


애석해게도 위와 같은 치환을 해도 적당한 f와 g가 바로 떠오르지 않습니다. 그렇다면 좀 더 자주 보는 방정식으로 바꾸어야겠지요. y를 ix로 치환해줍니다.


y=ix \\\therefore d\tau=\frac{dy}{\cosh y}=i\frac{dx}{\cos x}


왜 이런 번거로운 짓을 하느냐? cos이 역수로 있는 적분은 생각보다 자주 봤거든요(...) 한번 다음 식을 풀어봅시다.


\left[\ln\frac{\sin x \pm1}{\cos x} \right ]'=\frac{\cos x}{\sin x \pm1}\frac{\cos^2 x-(-\sin x)(\sin x\pm1)}{\cos^2 x} \\=\frac{1\pm\sin x}{\cos x(\sin x\pm1)} \\\therefore \frac1{\cos x}=\left[\ln\frac{\sin x +1}{\cos x} \right ]'


대입, 대입, 그리고 대입을 하면


\tau=i\ln\frac{\sin x +1}{\cos x} \\e^{-i\tau}=\frac{1+\sin(-iy)}{\cos(-iy)}=\frac{1-i\sinh y}{\cosh y} \\=\frac{1-i\sqrt{\cosh^2y-1}}{\cosh y} \\\\\therefore e^{-i\tau}\cosh y-1=-i\sqrt{\cosh^2y-1} \\e^{-2i\tau}\cosh^2y-2e^{-i\tau}\cosh y+1=1-\cosh^2 y \\\cosh y\left[(e^{-2i\tau}+1)\cosh y - 2e^{-i\tau} \right ]=0 \\\\\therefore \cosh y = \frac{2e^{-i\tau}}{e^{-2i\tau}+1}=\frac{1}{\cos\tau} \\z=\frac1\alpha\cosh y=\frac1{\alpha\cos\tau}


이렇게 원하는 값을 얻습니다.

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