Допустим, что мы имеем однородную по заряду и массе сферу в неискривленном пространстве. Закон Кулона для такой сферы запишется как [1]:

-----^{1 f} e ² / ^r 2 D r ² e ² / ² d r (

4 π e _{e λ /2}

4 π

3 ^{r e}

D – электрическая индукция в направлении r, e^λ = -g 11 , r e – суммарный радиус частицы, е – суммарный заряд частицы.

Будем считать, что электрическое поле хотя бы вблизи поверхности достаточно сильное и членом p c² в тензоре энергия импульса можно пренебречь, тогда можно считать, что g₀₀ = e ^v , gn = -e ^X , где v + X = 0, v = -X . Согласно [1] E = (1/ V h)D, h = e\ напряженность электрического поля тогда будет:

he r

E =   ;-- re3 ε ( r )

e (r) - здесь мы вводим диэлектрическую проницаемость среды .

В литературе [2-4] описана метрика, вызванная зарядами, однако все это внешние решения Рай-снера-Нордстрема. В [4] дается сравнение взаимодействия кулоновского отталкивания и взаимодействия, связанного с действием зарядов на массивную часть. Хотя имеются и внутренние решения Райснера-Нордстрема [3], они недостаточно наглядны.

В работе дан подход к равновесию на основе отрицательной диэлектрической проницаемости для кулоновского отталкивания и взаимодействия, вызванного искривлением пространства зарядами.

Решение задачи

Запишем уравнение Гильберта-Эйнштейна [1]

8 π k c ⁴

—

, f v ' e — 2 I — + r

1      1          1

2 I + r   )     r2

T 00 = E 2 /8 _n , достаточно написать только это уравнение, так как остальные являются только его вариа-

E = h

циями. Из (1)

e

³ r_e

8 π k c ⁴

r ε ( r )_, kh

22 e

r e ⁶ c ⁴ ε ²( z )

r ²

.

Уравнение равновесия между кулоновским отталкиванием и искривленным пространством, вызванным зарядами, запишем как

1 mc ² dg ₀₀ h 2 dr

e ² rh r_e ³ ε ( r )

.

А.Г. Гантимуров. Интерпретация формулы Е=mc² на основе уравнения Гельберта-Эйнштейна для заряженных равновесных образований

Подставляем g₀₀ = h = e ^v в (4) и получаем

mc

e

v /2

2 e

V ' =

r

r

e ε ( r )

.

Исключив e (r) из (3) и подставив в (2), мы получаем следующее квадратное уравнение:

km

4 e

( v ' )² + ^V— +

r

r

—

e

—

r

v

.

Решение этого квадратного уравнения (6) ест ь

rv

‘

—

2 e

km

±

4 e

4 e

m

—

km

+ e

—

v

4 e

km

.

Будем считать, что |m| << |e|, тогда вторым членом в подкоренном выражении мы можем пренеб- речь:

rv

‘

—

2 e

km

±

4 e

m

+ e

v

4 e

km

.

Решим данное дифференциальное уравнение разделением переменных:

2 e

dr

km

J — = J

dv

r

—

1 ±

1 + e

v

km

2 e

Разберем два случая: один со знаком «+», второй со знаком «-».

• 1)    Со знаком «+». Домножим подинтегральное выражение на

  —

  
  
  
  

  —

  
  

  1 + e

  
  
  
  

  v

  
  

  km

  
  
  
  

  I

  
  
  
  

  J e

  
  

  v

  
  

  2 e

  
  
  
  

  1 + e

  
  
  
  

  v

  
  

  km

  
  
  
  

  e

  
  

  В I 2 сделаем подстановку

  
  

  2 e

  
  

  —

  
  

  v

  
  
  
  

  km

  
  
  
  

  dv

  
  

  —

  
  

  J

  
  

  e

  
  
  
  

  v

  
  

  km

  
  

  , тогда

  
  

  □

  
  

  □

  
  

  I 1

  
  

  I 2

  
  

  2 e

  
  
  
  
  
  

  dv

  
  
  
  

  e

  
  
  
  

  .

  
  

  km

  
  

  2 e

  
  

  I

  
  
  
  
  
  
  
  

  = sh

  
  

  = J chud

  
  
  
  

  u

  
  

  , тогда

  
  
  
  

  sh

  
  
  
  

  —

  
  
  
  

  u

  
  

  J

  
  

  ch

  
  

  sh

  
  
  
  
  
  

  u

  
  

  u

  
  

  du

  
  

  .

  
  

  Для решения этого интеграла возьмем формулу [5]:

  
  

  J

  
  

  ch

  
  
  
  

  u

  
  

  sh

  
  
  
  

  du

  
  

  —

  
  

  chu

  
  

  u

  
  

  2 sh

  
  
  
  

  u

  
  

  +

  
  
  
  

  2 ^J

  
  

  du

  
  

  shu

  
  

  ^,

  
  

  J

  
  

  dx

  
  

  shu

  
  

  ln th

  
  

  u

  
  
  
  

.

Таким образом

2 e

km

ln ^ | =

—

2 e

km

—

e

2 e

km

v

1 + e

v

km

+

ln

r

2 e

e

v /2

2 e

v

J

km

2 e

—

I 2

+

ln

1 +

dv

km

2 e

+ C

2 ^e

v

+ 1

.

□

—

1 + e "

v

km

2 e

—

1 +

1 + e

v

km

.

Домножим подинтегральное выражение на

2 e

.

Получим

2 e ²

----2---ln r = m 2k

—

2 e 2 e v + km 2

1 + e

2 e

—

_{— v} km ²

2 e ²

v km ²

2 e ²

— ln

km

e

2e km 2

1 + 1 ----Г

2 e ²

— v /2

⁺ C 1

e

—

^v + 1

.

Константу С 1 определим из соображения, что при r = r_e e ^v = 24.33... .

Тогда решения (7) и (8) запишутся в виде:

ln

ln

r

re

( 24 . 33

+ km 2

e ²

.

..

e ^v ) +

V

ln

- /1 + e

e ^{— v} /2

_v km ² 2 e ²

2 e

— v

km ²

--------5 +

2 e ²

km ²    — v

2 e ²

I|= ⁽

. 33

.

.

.

ev

)—

' У1 +          ■

2 e

V

km

2 e

ln

e ^{— v} / ²

Учитывая предположение, что

m

<< e ,

мы

e ^v = + 24 . 33 ... —

ln

ε

r

r

e

.

ev

Из (5) следует, что

/2_{2 e} 2 mc ²

r re ³

ε ( r )

— 2 [    )

V ^r e 7

Величина силы: F

17^'

л

Л

+ 1

,

2 km

1 +

v

km ²

1 + -------5--- +

2 e ²

+

km " e - v + 1

2 e ²

с высокой степенью точности можем считать, что

v'

.

24 . 33 ... — ln

r

3/2

V

re

при r ^ 0, при e (r) ^ 0

~ 1/r, что напоминает потенциал Юкавы. Отрицательная диэлектрическая про-

ницаемость является характерной для заряженной плазмы [6].

Энергия связи данного образования

Энергия данного состояния, очевидно, будет даваться интегралом

W

^r e ED

I ^^ ^r 02

dr

Согласно (1)

her

E =   3----- re3ε(r)

, h = e ^v .

r

e

e ² mc ²

Подстановка из (9), (10) дает

E

—

e

2 r_e r

.33 ... — ln

r

re

) 1/2

D = E hh e ( r )

2 re ³

24 .33

.

.

.

— ln

r

3/2

V

re

Е.И. Герман, Ш.Б. Цыдыпов, А.А. Гладких и др. Применение нестационарной динамики к обоснованию проблемы переходов жидкость-стекло

Подстановка (12), (13) в (11) дает

W = - -

2 e

24 . 33

- In

r

r

e

r ² dr

Для решения этого интеграла воспользуемся формулой интегрирования по частям

—

W

—

e

24 r_e

r _e

( J r

r _e

J

к

e

re

к

.

.

.33 ...

.

—

ln

—

r

re

ln

r

re

—

r ₃

J r

d ( r ³ ) =

dr ) =

^

mc

.