Representation of Friedmann equation solution in form of generalized Dirichlet series

Full Text

Введение. В современной космологии важную роль играет изучение уравнения Фридмана для гравитационного поля, взаимодействующего со скалярным полем. В рамках инфляционной теории проводился приближённый анализ уравнений Фридмана для свободного массивного скалярного поля, см., например [1, p. 236]. В работе [2] уравнение Фридмана с произвольным потенциалом было сведено к уравнению Абеля (обыкновенному дифференциальному первого порядка, третьей степени). Были исследованы различные свойства решения этого уравнения, найдены решения для некоторых потенциалов. Однако для квадратичного потенциала решение не было получено. В настоящей работе проводится детальное математическое исследование уравнения Фридмана для скалярного поля с квадратичным потенциалом. Доказано существование глобальных решений, построено представление решений в виде обобщённых рядов Дирихле (теорию этих рядов см. например [3]), исследовано асимптотическое поведение решений. 1. Постановка задачи. Рассмотрим систему уравнений Фридмана для Вселенной, заполненной скалярным полем с квадратичным потенциалом: 1 ϕ2 m2 ϕ2 ˙ . (1) + 3M 2 2 2 Здесь ϕ — скалярное поле, зависящее от времени, H — постоянная Хаббла, M и m — действительные положительные константы. Продифференцируем второе уравнение системы по ϕ: 1 dϕ ˙ HHφ = + m2 ϕ . (2) ϕ ˙ 2 3M dϕ ϕ + 3H ϕ + m2 φ = 0, ¨ ˙ H2 = Далее выразим H из первого уравнения системы (1) и подставим в (2): ϕ = −2M 2 Hφ . ˙ (3) 200 Представление решения уравнения Фридмана обобщённым рядом Дирихле И, наконец, подставив (3) во второе уравнение системы (1) и сделав замены H = my/3, ϕ = M 2/3x, t = t1 /m (далее индекс 1 опускается для краткости), получим окончательно y 2 = x2 + x2 , ˙ 2 y x = y 2 − x2 . (4) Как следствие ∞ yx = −x, ˙ x dx = t. yx Таким образом, при условии решения второго уравнения системы (4) первое уравнение легко интегрируется. Займёмся теперь изучением второго уравнения. Будем изучать поведение решения этого уравнения при следующих условиях: x > 0, y > 0, y > 0. Более точно будем полагать, что y принимает значения, много б´льшие x. о Поставим следующую задачу: 2 y x = y 2 − x2 , lim ye−x = C. (5) x→∞ Здесь C — положительная константа. 2. Теорема о существовании классического решения. Теорема. Решением задачи (5) при условии x x0 > max{ln(4/C 2 ); 0} будет являться следующий обобщённый ряд Дирихле: ∞ y = Cex + (6) ak (x), k=0 где a0 (x) = ak (x) = e−x x2 x 1 , + + 2C 2 2 4 e−(2k+1)x P2k+1 (x), (2C)2k+1 2k+1 k (7) x P2k+1 (x) = − 2k(k+1) + . . . — многочлен степени 2k + 1, k ak (x) = − ex 2C (8) 1, 1; ∞ k−1 ak−1−m (x1 )am (x1 )− x m=0 − ak−1−m (x1 )am (x1 ) e−2x1 dx1 , k 1. (9) Ряд (6) и ряд, составленный из производных членов этого ряда, сходятся равномерно и абсолютно для x x0 > max{ln(4/C 2 ); 0}. 201 Э. А. К у р ь я н о в и ч Д о к а з а т е л ь с т в о. Подставим ряд (6) в уравнение (5): ∞ 2 2x C e k ∞ x + 2Ce ak−m am = ak (x) + k=0 m=0 k=0 k ∞ ∞ = C 2 e2x + 2Cex ak−m am − x2 . (10) ak (x) + k=0 k=0 m=0 Приравняем нулевой член первого ряда слева к сумме нулевого члена первого ряда справа и последнего слагаемого справа: a0 = a0 − x2 e−x . 2C (11) Решив (11) и приравняв константу интегрирования к нулю, получим (7). Теперь приравняем в (10) сумму первого члена первого ряда слева и нулевого члена по k второго ряда слева к аналогичной сумме справа: (a2 − a0 2 )e−x . a1 = a1 + 0 2C (12) Решим (12), положив константу интегрирования равной нулю: a1 (x) = − e−3x x3 5x2 5x 5 . + + + 8C 3 4 16 32 128 Далее приравняем в (10) сумму k-того члена первого ряда слева и (k − 1)-го члена второго ряда слева к аналогичной сумме справа: ak (x) = ak (x) + 1 2C k−1 ak−1−m (x)am (x) − ak−1−m (x)am (x) e−x , k 1. (13) m=0 Решив (13), снова полагая константу интегрирования равной нулю, получим (9). Методом математической индукции из (7) и (9) легко получаем (8). Пусть x2 x 1 + + . P1 (x) = 2 2 4 Для P2k+1 (x), k 1, имеем ∞ k−1 (2k+2)x P2k+1 (x) = −e P2(k−m)−1 (x1 )P2m+1 (x1 )− x m=0 − P2(k−m)−1 (x1 )P2m+1 (x1 ) e−(2k+2)x1 dx1 . (14) Пусть A2k+1 — коэффициент при старшем члене многочлена P2k+1 (x), тогда из (12) и (14) следует 1 A3 = − , 4 202 A2k+1 = k−1 A2k−1 , k+1 k 2. Представление решения уравнения Фридмана обобщённым рядом Дирихле Далее методом математической индукции получаем A2k+1 = − 1 . 2k(k + 1) Этим заканчивается построение формального решения задачи (5). Займёмся теперь доказательством сходимости полученного ряда и ряда, составленного из производных членов этого ряда. Введём обозначение max{|ak |, |ak |} = bk . Легко установить, что при x > 0 выполняется b0 < 1 . 2(2C)1 Используя это неравенство, из (9) и (13) можно показать, что при x > 0 b1 < e−x 3 , 2(2C)3 4 b2 < e−2x . 2(2C)5 Сделаем предположение индукции: пусть для любого n < k e−nx sn . 2(2C)2n+1 (n + 1)2 bn (15) Здесь s — положительная константа, подлежащая определению. Очевидно, 3. Используя гипотезу (15), из что b0 , b1 , b2 удовлетворяют (15) при s (9) и (13) получаем bk e−kx sk−1 (k + 2) 2(2C)2k+1 (k + 1) Оценим сумму из (16) при k k−1 m=0 1 + k2 1 (k − m)2 (m + 1)2 k−1 m=0 1 . (k − m)2 (m + 1)2 (16) 3: k−1 1 dx = x2 (k − x)2 = 4 ln(k − 1) 2(k − 2) 1 + + 2 2 3 k k k (k − 1 7 . k2 Следовательно, bk e−kx sk−1 (k + 2) 7 . 2(2C)2k+1 (k + 1) k2 (17) Для того чтобы гипотеза индукции была справедлива и при n = k, необходимо e−kx sk bk . (18) 2(2C)2k+1 (k + 1)2 Из (17) и (18) при k 3 получаем s 7 1+ 1 k 1+ 2 k 16. 203 Э. А. К у р ь я н о в и ч Итак, для любого k выполняется e−kx 16k . 2(2C)2k+1 (k + 1)2 bk (19) Для сходимости ряда необходимо lim k→∞ k 4e−x < 1. C2 bk Следовательно, x > ln 4 , C2 что и требовалось доказать. Замечание. Решение задачи (5) при x x0 > max{ln(4/C 2 ); 0} можно представить следующим образом: n y = Cex + ak (x) + o k=0 4e−x C2 n , n → ∞. Действительно, оценивая остаточный член ряда с применением формулы суммы геометрической прогрессии, из (19) получим ∞ ak (x) k=n+1 e−(n+1)x 4n |an+1 (x)| 1− 4e−x C2 C 2n+3 (n + 2)2 (1 − 4e−x0 ) C2 . Работа была начата на спецсеминаре НОЦ МИАН. Выражаю благодарность всем участникам семинара за активное обсуждение работы. Особую благодарность хочется выразить Игорю Васильевичу Воловичу за постановку задачи и ряд ценных советов.

About the authors

Eduard A Kuryanovich

Steklov Mathematical Institute, Russian Academy of Sciences

Email: kurianovich@mail.ru
Listener, Research and Education Center 8, Gubkina st., Moscow, 119991, Russia

References

Supplementary files