Geodésicas del espacio de anti-de Sitter

Question

Se dice que (p. 9), dado el anti-de Sitter espacio de $\text{AdS}_2$, digamos que en la estática de coordenadas

$$ds^2 = -(1 + x^2) dt^2 + \frac{1}{(1+x^2)} dx^2$$

Cada timelike geodésica se cruzan en el mismo punto después de un intervalo de tiempo de $\pi$. Es decir, si $(x_0, t_0) \in \gamma$, a continuación, $(x_0, t_0 + \pi) \in \gamma$.

Así que he estado tratando de averiguar cómo mostrarlo. El cero de símbolos de Christoffel son

$${\Gamma^x}_{xx} = - \frac{x}{1+x^2},\ {\Gamma^x}_{tt} = x + x^3, {\Gamma^t}_{xt} = {\Gamma^t}_{tx} = \frac{x}{1+x^2}$$

De modo que la ecuación geodésica es

\begin{eqnarray} \ddot{x}(\tau) &=& \frac{x}{1+x^2} \dot{x}^2 - \dot{t}^2 (x + x^3)\\ \ddot{t}(\tau) &=& -2 \frac{x}{1+x^2} \dot{x} \dot{t}\\ \end{eqnarray}

También tenemos los dos siguientes géneros : el timelike geodésica es tal que $g(u,u) = -1$

$$\frac{1}{(1+x^2)} \dot{x}^2 -(1 + x^2) \dot{t}^2 = -1$$

y dado que la métrica es estático, no es un timelike la Matanza de vectores $\xi$ tal que $g(\xi, u)$ es una constante.

$$(1 + x^2) \dot{t} = E$$

o

$$\dot{t} = \frac{E}{(1 + x^2)}$$

Esto nos da

$$\dot{x}^2 = -(1 + x^2) + E^2$$

Y así

\begin{eqnarray} \ddot{x}(\tau) + x &=& 0\\ \ddot{t}(\tau) &=& -2 x \dot{x} \frac{E}{(1 + x^2)^2}\\ \end{eqnarray}

Lo que nos da para empezar que $x(\tau) = A \sin(\tau) + B \cos(\tau)$. No bastante periódico en $\pi$ (debe ser $2\pi$ aquí), pero lo más importante esta periodicidad es en $\tau$ solamente y no en $t$, y no parece que el $t = \tau$ en este escenario. Hay algo mal aquí o cometí un error, ya sea en la interpretación de la declaración, o la derivación de aquí?

Dado $x(\tau) = \sin(\tau)$, Wolfram Alpha da la siguiente solución para $t(\tau)$, por ejemplo :

$$t(\tau) = c_1 \tau + c_2 - \frac{1}{2\sqrt{2}} \arctan(2 \sqrt{2} \tan(\tau))$$

que no parece ser particularmente útil aquí.

Answer 1

"Cada timelike geodésica se cruzan en el mismo punto después de un intervalo de tiempo de $\pi$" será verdadero si la mitaddel periodo del es $\pi$. Has encontrado la solución general para $x(\tau)$, es decir, $$x(\tau)=A\sin\tau+B\cos\tau$$ or, alternately, $$x(\tau)=A\sin{(\tau-\tau_0)}.$$ When $\tau$ increases by $\pi$, $x$ hace volver a lo que era, después de una mitad de período.

Pero queremos mostrar que, cuando se $x$ viene de vuelta, $t$, y no sólo a $\tau$, se ha incrementado por $\pi$. Entonces, ¿qué es $t$ haciendo?

Cuando usted sustituto $x(\tau)=A\sin{(\tau-\tau_0)}$en $$\frac{\dot{x}^2}{1+x^2}-(1+x^2)\dot{t}^2=-1$$ y resolver para $t$, se obtiene $$t(\tau)=\tan^{-1}{[\sqrt{A^2+1}\tan{(\tau-\tau_0)}]}+t_0.$$

A ver lo que está pasando aquí, vamos a tomar las $\tau_0$ e $t_0$ a cero (ya que sólo representan poco interesante traducciones en tiempo) y ver la función $\tan^{-1}{(\sqrt{A^2+1}\tan{\tau})}$. Aquí está una parcela de al $A=\sqrt{3}$ (sólo un valor arbitrario como ejemplo):

Pero $t$ no es realmente discontinuo como este. La función arcotangente es multivalor, y tenemos que tomar la rama, de modo que t aumenta de forma continua con $\tau$. Esto significa que se asciende en la segunda curva azul por $\pi$, la tercera curva azul por $2\pi$, etc. para obtener una función continua $t(\tau)$ que se parece a esto:

El resultado es que cada vez que $\tau$ aumenta por $\pi$, por lo que no $t$!

Así que, para resumir, la timelike geodesics son

$$\begin{align} x&=A\sin\tau \\ t&=\tan^{-1}{[\sqrt{A^2+1}\tan{\tau}]} \end{align}$$

donde hemos caído el interesante momento de la traducción de las constantes.

Cuando $\tau$ aumenta por $\pi$, $t$ también aumenta por $\pi$, e $x$ trata de volver a lo que era. Esto es lo que se intenta demostrar.

Answer 2

En primer lugar, la declaración de

va a cruzar el mismo punto, después de un intervalo de tiempo de $\pi$

es equivocado. En el citado documento de la declaración real

... cada timelike geodésica que se cruza con el $t$ eje en el punto de $t=t_0$ se cruza de que el eje de nuevo en $t=t_0+\pi$.

Por lo que el $\pi$ intervalo se refiere a la transmisión a través de la $x=0$, el período de una enorme partícula que se mueve a lo largo de una geodésica (como en, no sólo la posición, sino también de la velocidad de la partícula es la misma) es $2 \pi$.

Para hacer el "enfoque de la propiedad" de los Anuncios de espacio intuitivo recordemos canónica de la inserción de Anuncios de espacio en el ambiente pseudo-Riemann $\mathbb{R}^{2,1}$ espacio con dos timelike y uno spacelike coordenadas: $ds^2=-dU^2-dV^2+dX^2$.

Anuncios₂ se define como un hyperboloid $-U^2-V^2+X^2=-1$. Interna estática coordenadas $(t,x)$ están conectados con las coordenadas de espacio ambiental a través de: $$ (U,V,X) = (\sqrt{1+x^2}\cos(t),\sqrt{1+x^2}\sin(t),x) .$$ Es fácil ver que los puntos con estática coordenadas $(x_0,t_0)$ e $(x_0,t_0+2\pi)$ son en realidad uno y el mismo. Si nos "desenrollar" la $t$ variable haciendo diferentes que en realidad van desde los Anuncios de espacio adecuado para universal cubrir el espacio de los Anuncios. Timelike geodesics en los Anuncios de las secciones de hyperboloid por un timelike plano de una incrustación espacio que pasa por el origen. Para mostrar que se podría empezar por mostrar que el círculo $X=0$, $U^2+V^2=1$ (o, alternativamente, $U=\cos \tau$, $V=\sin\tau$, $\tau$ es de tiempo adecuado) es una geodésica y, a continuación, utilizar los Anuncios de isometrías (que es un grupo de Lorentz $SO(2,1)$ de una incrustación de espacio) para hacer de este geodésica en todos los demás timelike geodesics. Desde estas secciones son las curvas cerradas (puntos suspensivos) (para el espacio de los Anuncios adecuados), o sinuosas curvas periódicas en $t$ coordinar con un período de $2\pi$ (para cubrir el espacio) que hemos probado en la sentencia en cuestión (con una correcta período), sin el expreso cálculos. Por cierto, la solución de $x(\tau) = A \sin(\tau) + B \cos(\tau)$ se convierte en algo obvio por la manera de incorporar el espacio, con $A$ e $B$ procedente de las transformaciones de Lorenz de $U$ e $V$.

Los cálculos reales en el OP pregunta por la ecuación geodésica son correctos hasta la última ecuación. Se debe recordar, que la condición de $g(u,u)=-1$ nos da la dependencia entre $A$ e $B$ constante de la $x(\tau)$ y el de energía constante $E$. Es decir, $1+A^2+B^2=E^2$. Como resultado si pasamos $\tau\to \tau+\delta$ a eliminar la $A$, se podría integrar a $\dot{t}=f(\tau)$ obtener $$\tan(t-t_0)=\frac{\tan(\tau)}{\sqrt{1+B^2}}.$$ Vemos, que la diferencia de fase entre el $t$ e $\tau$ nunca es grande y se convierte en cero después de cada $\pi$. Y por lo $x(t)$ también sería periódica con un período de $2\pi$.