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Introducci´ on a la Relatividad General Segundo semestre de 2015 - Evaluaci´on Parcial: Soluciones 3 de diciembre de 2015 Problema 1 - Espacio de de Sitter Considere el espacio de de Sitter en 2+1 dimensiones, cuya m´etrica puede escribirse como ds2 = −dt2 + cosh2 t dΩ22 . (a) Muestre que este espacio puede considerarse como inmerso en un espacio plano de 3+1 dimensiones. (b) Halle el valor de la constante cosmol´ogica para el cual el espacio de de Sitter es soluci´on de las ecuaciones de Einstein en el vac´ıo. (c) En estas coordenadas es manifiesta la simetr´ıa esf´erica del espacio de de Sitter, de modo que para hallar otras simetr´ıas podemos restringirnos al plano ecuatorial. Resuelva la ecuaci´on de Killing en estas condiciones para hallar los vectores de Killing correspondientes. Soluci´ on Consideremos el espacio de Minkowski en 3+1 dimensiones en coordenadas cartesianas, ds2 = −dT 2 + dX 2 + dY 2 + dZ 2 . La simetr´ıa esf´erica de la m´etrica de de Sitter sugiere inmediatamente la parametrizaci´on T X X X = f (t) , = g(t) sin θ cos φ , = g(t) sin θ sin φ , = g(t) cos θ , con f (t) y g(t) funciones a determinar. El intervalo adquiere entonces la forma   ds2 = g 0 (t)2 − f 0 (t)2 dt2 + g(t)2 dΩ22 , de modo que tomamos g(t) = cosh t y f (t) queda determinada por la condici´on sinh2 t − f 0 (t)2 = −1 =⇒ f (t) = sinh t . Con esta parametrizaci´on, es f´acil ver que el espacio de de Sitter es entonces la superficie del espacio-tiempo de Minkowski en 3+1 dimensiones determinada por la condici´on −T 2 + X 2 + Y 2 + Z 2 = 1 . 1 Calculamos ahora los s´ımbolos de Christoffel utilizando Γµνρ = 12 g µσ (gσν,ρ + gσρ,ν − gνρ,σ ) , y obtenemos que los no nulos son Γtθθ = cosh t sinh t , Γtφφ = cosh t sinh t sin2 θ , Γθφφ = − cos θ sin θ , Γφθφ = Γφφθ = cot θ , Γθtθ = Γθθt = tanh t y Γφtφ = Γφφt = tanh t . Calculamos el tensor de curvatura de Riemann utilizando Rµνρσ = Γµνσ,ρ − Γµνρ,σ + Γµδρ Γδνσ − Γµδσ Γδνρ , y encontramos que las componentes independientes no nulas son Rtθtθ = Rφθφθ = cosh2 t , Rtφtφ = Rθφθφ = cosh2 t sin2 θ , Rθtθt = Rφtφt = −1 . El tensor de Ricci Rµν = Rρµρν tiene entonces las componentes no nulas Rtt = −2 , Rθθ = 2 cosh2 t y Rφφ = 2 cosh2 t sin2 θ , que podemos escribir como Rµν = 2gµν . La curvatura escalar es entonces R = g µν Rµν = 2δ µµ = 6, y las ecuaciones de Einstein con constante cosmol´ogica Λ en el vac´ıo son 1 Gµν = Rµν − gµν R + Λgµν = 0 2 =⇒ Λ = 1. Si nos restringimos al plano ecuatorial θ = π2 , la m´etrica de de Sitter es ds2 = −dt2 + cosh2 t dφ2 , y debemos resolver la ecuaci´on de Killing ξµ;ν + ξν;µ = 0 ξµ,ν + ξν,µ − 2Γρµν ξδ = 0 . =⇒ De la componente µ = t y ν = t obtenemos ξt,t = 0 =⇒ ξt = f (φ) , mientras que con µ = φ y ν = φ resulta ξφ,φ = cosh t sinh t ξt =⇒ ξφ = cosh t sinh tF (φ) + g(t) , siendo F (φ) una primitiva de f (φ). La ecuaci´on de Killing con µ = t y ν = φ aporta una tercera ecuaci´on, ξt,φ + ξφ,t = 2 tanh tξφ f 0 (φ) + cosh(2t)F (φ) + g 0 (t) = 2 tanh t (cosh t sinh tF (φ) + g(t)) f 0 (φ) + F (φ) = 2 tanh tg(t) − g 0 (t) . 2 Como tenemos variables separadas a ambos lados, debe darse f 0 (φ) + F (φ) = C 2 tanh tg(t) − g 0 (t) = C , y (1) para alguna constante C. Derivando la primera ecuaci´on hallamos f (φ), f 00 (φ) + f (φ) = 0 =⇒ f (φ) = A sin φ + B cos φ , de modo que F (φ) = −A cos φ + B sin φ y volviendo a la ecuaci´on original (1) verificamos que C = 0. Para hallar g(t), vemos que la segunda ecuaci´on en (1) tiene un factor integrante h(t) = −2 log cosh t tal que h0 (t) = −2 tanh t, de modo que podemos hacer h0 (t)g(t) + g 0 (t) = 0 eh(t) [h0 (t)g(t) + g 0 (t)] = 0  h(t) 0 e g(t) = 0 g(t) =C, cosh2 t para C constante. Hallamos as´ı las componentes de una 1-forma de Killing totalmente general, ξt = A sin φ + B cos φ y ξφ = −A cos φ cosh t sinh t + B sin φ cosh t sin t + C cosh2 t , que entendemos como una combinaci´on lineal de tres 1-formas de Killing linealmente indepen(1) (2) (3) dientes, ξµ = −Aξµ − Bξµ + Cξµ con1 ξµ(1) = (− sin φ, cos φ cosh t sinh t) , ξµ(2) = (− cos φ, − sin φ cosh t sinh t) , ξµ(3) = (0, cosh2 t) . Utilizando la m´etrica inversa, obtenemos los vectores de Killing correspondientes, µ ξ(1) = (sin φ, cos φ tanh t) , µ ξ(2) = (cos φ, − sin φ tanh t) , µ ξ(3) = (0, 1) . 1 Tenemos la libertad de elegir los signos porque A, B, C ∈ R, y de este modo se simplifica el resultado final. 3 Problema 2 - Retraso temporal de Shapiro Considere una se˜ nal enviada desde la Tierra hasta otro planeta, que se refleja en este y vuelve a ser detectada en la Tierra cierto tiempo despu´es. Calcule la primera correcci´on al tiempo de viaje de la se˜ nal respecto al tiempo que le tomar´ıa realizar el mismo recorrido si el espacio fuera plano. Exprese el resultado en t´erminos del tiempo medido por un observador en reposo muy lejano, como funci´on del m´aximo acercamiento r0 de la se˜ nal al Sol. Desprecie las masas de los planetas respecto a la masa solar, as´ı como su movimiento orbital durante todo el proceso. tierra r0 planeta rT rP sol Ayuda: Utilice que para x  1 y v > 1 se tiene Z v  1 1  x − 2   xrv − 1 √ √ x −1 −2 1 − u 1−u du ' v 2 − 1 + x log v + v 2 − 1 + 1− u 1−x 2 v+1 Soluci´ on Si despreciamos las masas de los planetas respecto a la masa del Sol, la geometr´ıa en el exterior del Sol es descripta por la m´etrica de Schwarzschild, ds2 = − 1 − 2M r
dt2 + dr2 + r2 dΩ22 , 1 − 2M r donde M es la masa solar y la coordenada temporal t es precisamente el tiempo propio medido por un observador en reposo en el infinito. Como las geod´esicas en la geometr´ıa de Schwarzschild son planares, la se˜ nal es un rayo de luz coplanar con los planetas y el Sol, que podemos considerar sin p´erdida de generalidad en el plano θ = π2 . Tomamos a la trayectoria del rayo de luz como parametrizada por un par´ametro µ af´ın λ tal que pµ = dx , de modo que tiene entonces pθ = 0 y dλ µ t 2 pµ p = gtt (p ) + grr  dr dλ 2 + gφφ (pφ )2 = 0 . La independencia de los coeficientes de la m´etrica de Schwarzschild respecto a las coordenadas t µ µ y φ implica la existencia de dos vectores de Killing ξ(t) = (1, 0, 0, 0) y ξ(φ) = (0, 0, 0, 1). Asociadas a estos vectores de Killing tenemos cargas conservadas a lo largo de las geod´esicas, dadas por µ µ ξ µ pµ . Introducimos entonces las cantidades conservadas E = ξ(t) pµ = gtt pt y L = ξ(φ) pµ = gφφ pφ para escribir  2 E2 1 dr L2 − + + = 0. dλ r2 1 − 2M 1 − 2M r r En el punto de m´aximo acercamiento de la trayectoria al Sol dr r02 2 2 = 0 =⇒ L = E , dλ r=r0 1 − 2M r0 4 de modo que 1 1 + − 2M 1− r (1 − 2M )3 r donde usamos que para r(t), a saber dr dλ = dr dt dt dλ y dt dλ  dr dt 2 +  r 2 0 r 1 = 0, 1 − 2M r0 = pt = g tt E. Llegamos entonces a una ecuaci´on diferencial  s  r 2 1 − dr 2M 0 = 1− 1 − dt r r 1− 2M r 2M r0 . Si la se˜ nal parte de la Tierra en r = rT y llega al planeta en r = rP , descomponemos su trayectoria en dos tramos, desde rT hasta r0 y desde r0 hasta rP . Para el primer tramo dr < 0, dt dr mientras que para el segundo tramo dt > 0, luego llamando Z r t(r) = r0 2M 1− r −1  r 2 1 − 0 1− r 1− 2M r 2M r0 !− 1 2 dr , tenemos que el tiempo de viaje total es T = 2[t(rT ) + t(rP )], donde el factor dos da cuenta del regreso de la se˜ nal del planeta a la Tierra. Llamando u = rr0 y x = 2M , esto es r0 Z t(r) = r0 1 r r0  1  x − 2 1 − x −1 u 1− du . 1 − u−2 u 1−x Para el Sol, 2M/r  1 incluso cuando r es el radio solar, luego nos quedamos con la aproximaci´on a primer orden en x  1 para obtener p r q 2 − r2 r r + r − r0 0 +M . t(r) = r2 − r02 + 2M log r0 r + r0 El primer t´ermino corresponde al tiempo que le tomar´ıa a un rayo de luz viajar desde r a r0 en el espacio plano, mientras que los dos t´erminos siguientes son correcciones debidas a la curvatura del espacio producida por la masa solar M . El resultado final es entonces que la se˜ nal se retrasa p p r r rT + rT2 − r02 rP + rP2 − r02 ∆T rT − r0 rP − r0 = 2 log + 2 log + + , 2M r0 r0 rT + r0 rP + r0 de modo que con rT = 1,496 × 108 km y M = 1,476 km, para una se˜ nal reflejada en Mercurio 7 rP = 5,791 × 10 km y el m´aximo retraso se produce cuando r0 = 6,96 × 105 km es el radio solar, siendo ∆T ' 72 km = 240 µs . 5 Problema 3 - Modelo de Friedmann-Lemaˆıtre dominado por la radiaci´on (a) Muestre que en el modelo de Friedmann-Lemaˆıtre la conservaci´on de la energ´ıa implica   d  d  ρ(t)R(t)3 = −p(t) R(t)3 . dt dt (b) Utilizando la ecuaci´on adicional provista por las ecuaciones de Einstein, 3 k + R0 (t)2 = 8πρ(t) , R(t)2 halle el par´ametro de Hubble para un universo marginalmente abierto y dominado por la energ´ıa. Soluci´ on El modelo de Friedmann-Lemaˆıtre corresponde a un fluido perfecto en reposo en un marco de referencia cosmol´ogico, es decir que T µν = [p(t) + ρ(t)]U µ U ν + p(t)g µν , con U µ = (1, 0, 0, 0). La conservaci´on de la energ´ıa queda expresada por la ecuaci´on T µν;ν = 0, es decir que 0 = [p(t) + ρ(t)],ν U µ U ν + [p(t) + ρ(t)]U µ;ν U ν + [p(t) + ρ(t)]U µ U ν;ν + p(t),ν g µν = [p0 (t) + ρ0 (t)]U µ + [p(t) + ρ(t)]U µ;t + [p(t) + ρ(t)]U µ U ν;ν + p0 (t)g µt . (1) Ahora bien, tenemos U µ;ν = U µ,ν + Γµνρ U ρ = Γµνt , luego necesitamos calcular los s´ımbolos de Christoffel Γµνt = 21 g µρ (gρν,t + gρt,ν − gνt,ρ ) = 21 g µρ gρν,t , y como la m´etrica es diagonal solo tenemos que considerar el caso µ = ν, de modo que Γttt = 0 y Γrrt = Γθθt = Γφφt = R0 (t) . R(t) Volviendo a la ecuaci´on (1), obtenemos [p0 (t) + ρ0 (t)]U µ + 3[p(t) + ρ(t)]U µ R0 (t) + p0 (t) g µt = 0 , R(t) que es trivial para µ 6= 0, mientras que para µ = 0 resulta en ρ0 (t) + 3[p(t) + ρ(t)] R0 (t) = 0. R(t) Multiplicando esta ecuaci´on por R(t)3 , obtenemos ρ0 (t)R(t)3 + 3[p(t) + ρ(t)]R(t)2 R0 (t) = 0 =⇒ 6   d  d  ρ(t)R(t)3 = −p(t) R(t)3 . dt dt Para un universo dominado por la energ´ıa, p(t) ' 13 ρ(t) de modo que la conservaci´on de la energ´ıa implica ρ0 (t)R(t)3 + 34 ρ(t)[R(t)3 ]0 = 0 , es decir 0 [log ρ(t)] =  − 43 [log R(t)3 ]0 =⇒ ρ(t) = ρ0 R0 R(t) 4 , con R(0) = R0 y ρ(0) = ρ0 las condiciones en la actualidad, t = 0. La ecuaci´on de Einstein para un universo marginalmente abierto, es decir con k = 0, resulta entonces 8πρ0 R04 0 2 , R (t) = 3 R(t)2 de donde 8πρ0 4 R0 3 r 1d 8πρ0 2 2 [R(t) ] = R0 2 dt 3 √ R(t) = R0 ωt + 1 , [R(t)R0 (t)]2 = q 32πρ0 con ω = (en la f´ormula de arriba fijamos la constante de integraci´on de modo de 3 satisfacer la condici´on inicial R(0) = R0 ). El par´ametro de Hubble es entonces H(t) = R0 (t) ω/2 = . R(t) ωt + 1 7