BAB 4 HASIL DAN PEMBAHASAN 4.1 Solusi Schwarzchild 4.1.1 Metrik Schwarzchild - SOLUSI SCHWARZSCHILD DAN KERR UNTUK PERSAMAAN MEDAN GRAVITASI EINSTEIN Repository - UNAIR REPOSITORY

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

BAB 4 HASIL DAN PEMBAHASAN

4.1 Solusi Schwarzchild

4.1.1 Metrik Schwarzchild

  Salah satu solusi persamaan medan Einstein diberikan oleh Karl Schwarzchild bagi medan statik dan bersimetri bola. Kondisi statik berarti g bergantung ₂

  µν

  x , dan ds invarian terhadap perubahan koordinat x , maka tidak ada → −x ₂

  

j

  suku yang bersangkutan dengan dx dx pada bentuk ds . Ini berarti bahwa g = g = 0.

  j0 j

  Didekat obyek masif M ruang-waktu yang melengkung, garis dunia ds dari partikel dan berkas cahaya adalah geodesik, untuk mendapatkannya perlu dike- tahui tensor metrik g di dalam koordinat yang dipilih. dalam koordinat bola

  µν _{1 2 3}

  x = t, x = r, x = θ, x = φ dengan M sebagai titik pusatnya. jika M nol maka rumus jarak _{2 2 2 2 2 2 2 2 2} ds dt + dr + (r dθ + r sin θdφ ) (4.1) = −c

  Jika massa M dinyalakan maka akan terjadi dua hal, ruang posisi akan me- lengkung sehingga lingkaran r tidak secara tepat berada pada jarak r dari pusat lingkaran, dan jam pada setiap permukaan r tidak teramati dari per- mukaan r yang lain. Efek ini dapat dituliskan dalam elemen jarak _{2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2}

  ν λ

  ds c dt + e dr + (r dθ + r sin θdφ ) (4.2) = −e

  17

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  ρµ

  ρτ

  (∂

  µ

  g

  

ντ

  ν

  g

  − ∂

  1

  τ

  g

  µν

  ) (4.6) dari simbol Cristoffel tersebut akan didapatkan 64 komponen, dan dari komponen-komponen tersebut yang tidak nol adalah

  Γ ₁₀ = Γ ₀₁ = ν ^′ , Γ ¹ ₀₀ = ν ^′ e ²

  ν−2λ

  ,

  2 g

  =

  dengan ν = ν(r), λ = λ(r).

  ν

  Persamaan memberi elemen tensor metrik g ⁰⁰ = −e ²

  ν

  , g ¹¹ = e ²

  λ

  , g ²² = r ² , g ³³ = r ² sin ² θ (4.3) atau dapat ditulis g

  µν

  = ^{     } _{    } −e ²

  e ²

  ρ µν

  λ

  r ² r ² sin ² θ ^{          } (4.4) inversnya g

  µν

  = ^{     } _{    } −e ⁻²

  ν

  e ⁻² λ r ⁻² r ⁻² sin ⁻² θ ^{          } (4.5)

  Selanjutnya untuk semua komponen simbol Cristoffelnya akan berlaku Γ

• ∂

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

1 ′

  Γ _{1 −2} ^{11 = λ ,}

  λ

  Γ ^{22 ,} ₁ = −re _{2 −2}

  λ

  Γ ^{33 θe ,} = −r sin _{2 2}

  1 Γ = Γ = , _{12 21 2} r

  Γ ₃₃ = − sin θ cos θ, _{3 2}

  1 Γ = Γ , _{13 31 3 2} r

  Γ = Γ = cot θ _{23 32} Lalu untuk tensor Riccinya

  τ τ τ ρ τ ρ R = ∂ Γ Γ + Γ Γ Γ . µν τ µ µν − ∂ τ ν µν ρτ − Γ µρ τ µ

  dari komponen-komponen simbol Cristoffel, maka komponen-komponen tensor Ricci yang tidak nol adalah _{′′ ′ ′ ′2 2ν ′ 2 00} ν−2λ

  R = + ν λ e (4.7) −ν − ν − _{11 ′′ ′2 ′ ′ 2λ ′} r

  R = ν + ν ν (4.8) − λ − _{′ ′ −2} r ₂₂ λ

  R r + ν r)e (4.9) = (1 − λ − 1 _{2 −2 ′ ′ 33} λ

  R = sin r + ν (4.10) θ{e (1 − λ r) − 1}

  Pada area yang sangat jauh dari sumber medan gravitasi atau di ruang kosong tensor Ricci lenyap, R =

  0. Kondisi ini, dari

  µν

• ν ^′

  → ν = −λ (4.15)

  = r − 2m (4.16)

  

ν

  ] = ^Z dr re ²

  

ν

  ] = 1 dengan mengintegralkannya _Z d[re ²

  ν

  [re ²

  = d dr

  ν

  Kondisi ini membuat pers. menjadi (1 + 2rν ^′ )e ²

  Dengan syarat batas r → ∞, maka ν, µ → 0. Didalam limit ini elemen garis akan menjadi Minkowskian. Akan didapat λ ^′ + ν ^′ = 0

  per.memberikan − ν ^′′

  Sehingga λ ^′ + ν ^′ = konstan (4.14)

  Selisihkan pers.memberikan λ ^′ + ν ^′ = 0

  − 1 = 0 (4.13)

  λ

  (1 − λ ^′ r + ν ^′ r)e ⁻²

  2λ ^′ r = 0 (4.12)

  ν ^′ −

  ν ^′′ + ν ^′2 − λ ^′

  2ν r = 0 (4.11)

  λ ^′ − ν ^′2 −

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  dengan −2m adalah konstanta integrasi. _{2 00} ν g

  = −e 2m

  (4.17) = − 1 − ₂ r ₁₁ λ g = e ₋₂

  ν

  = e ₋₁ 2m

  = (4.18) 1 − r

  Dengan demikian, elemen garis menjadi _{2 2m 2 2 2m −1 2 2 2 2 2 2} ds c + dt dr + (r dθ + r sin θdφ ) (4.19) = − 1 − 1 − r r

  Pers.dikenal sebagai solusi Schwarzschild atau elemen garis Schwarzschild. Elemen garis atau metrik ini menggambarkan medan gravitasi di luar sumber yang bersimetri bola serta tidak bergantung pada distribusi ma- teri di dalam sumber. Metrik tersebut akan bernilai takhingga saat r = 2m, jarak r = 2m ini disebut sebagai jari-jari Schwarzschild.

  Untuk menginterpretasi metrik tersebut, kita perhatikan kasus medan lemah _{00 00 00} g = η + h

  2 φ (4.20)

  = −1 + ₂ c dengan φ adalah potensial Newton. Untuk sumber terpusat dengan massa total M , maka dari gravitasi newton didapat

  GM (4.21)

  φ = − r

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  sehingga ₀₀

  2GM g (4.22)

  = − 1 − ² c r Dari pers.memberikan

  GM m = (4.23) ₂ c Karena itu konstanta m merupakan massa gravitasional sumber.(Turunan dalam subbab ini dapat dilihat di lampiran 5)

4.1.2 Implikasi Solusi Schwarzchild

  Sebuah partikel jatuh secara radial menuju jari-jari Schwarzchild, partikel ini

  dr

  mulai jatuh saat r = R dengan = 0 seperti di gambar. Pergerakan

  dt

  partikel dideskripsikan oleh persamaan geodesik ₂

  

ν α β

  d x dx dx

  ν

• Γ = 0 (4.24)
₂

αβ

ds ds ds

  Dari hasil simbol Cristoffel pada solusi Schwarzchild, dan dangan x = −ct,

  dt

  ˙t = , persamaan geodesik dengan ν = 0 adalah

  dτ

  2m ¨

  ˙t˙r = 0 t + r(r − 2m) atau d 2m

  ˙t = 0, (4.25) 1 − ds r dengan mengintegralkan persamaan tersebut akan didapat

  2m ˙t = K (4.26) 1 − r

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

Gambar 4.1: Partikel Jatuh Menuju Lubang Hitam dengan K adalah konstanta integrasi.

  Selanjutnya, metrik Schwarzchild untuk benda jatuh secara radial akan menjadi _{−1 2} 2m 2m _{2 2 2} ds

  1 − 1 − _{2 2 2} r r

• c dt dr . = −

  dt dr

  dengan ds dτ , ˙t = , ˙r = persamaan tersebut dapat ditulis = −c

  dτ dτ ₋₁

  2m ₂ 1 2m ₂ ˙t ˙r = 1 (4.27) 1 − − ^{2 1 −} r c r

  dr

  ˙t akan memberi mengambil ˙r =

  dτ ₂ r dr _{2 2} r − 2m

  c ˙t = c (4.28) − r dt r − 2m

  dr

  Kondisi batas r = R, = 0 memberikan

  dt ₁ /2

  dt R = (4.29) dτ

  R − 2m

  r=R

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  sehingga untuk pers. didapat dt 2m

  K = 1 − R dτ ₁ R /2

  R − 2m =

  R maka dt r

  = K dτ r − 2m ₁

  /2

  r R − 2m

  = (4.30)

  R r − 2m dengan memasukkan pers.dan menata ulangnya akan di- dapat _{1 1}

  /2 /2

  dr (r − 2m)(2m) (R − r)

  (4.31) = −c ^{3 1}

  /2 /2

  dt r (R − 2m) tanda minus dipilih karena benda jatuh ke pusat medan gravitasi, maka r berkurang seiring t bertambah. Akhirnya dengan menata ulang persamaan tersebut kemudian mengintegralkannya akan didapat ₁

  /2 Z ³ r /2

  1 ρ R − 2m dρ (4.32) t = − ¹

  /2

  c 2m

  R (ρ − 2m)(R − ρ)

  Ini adalah waktu yang dibutuhkan oleh paartikel yang melintas dari r = R hingga sembarang r yang diukur dalam koordinat Schwarzchild, yaitu waktu yang diukur oleh pengamat yang berada sangat jauh dari medan gravitasi. Bentuk integral tersebut akan menyimpang bila ρ → 2m. Untuk menyelidiki

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  ini diambil ρ = 2m + ε, dengan ε sangat kecil, maka ₁

  /2 Z ³ r−2m /2

  (2m + ε) R − 2m dε ct = − ¹

  /2

  2m

  R−2m ε(R − 2m)

  r − 2m ,

  = −2m ln R − 2m atau ₋

  ct/2m

  . (4.33) r − 2m = (R − 2m)e Maka t → ∞ saat r → 2m, atau menurut pengamat yang sangat jauh dari jari-jari Schwarzschild partikel yang jatuh ke jari-jari Schwarzschild akan se- makin melambat saat menuju jari-jari Schwarzschild dan akhirnya akan ter- lihat berhenti sebelum masuk dalam jari-jari Schwarzschild walaupun sebe- narnya partikel tersebut masuk kedalamnya, cahaya yang tersedot oleh lubang hitam akan mengalami pergeseran merah karena melawat tarikan gaya grav- itasi. Karena itulah benda yang mempunyai sifat seperti ini disebut lubang hitam. Jari-jari Schwarzschild disebut pula sebagi horison peristiwa, karena semua pengamatan yang terjadi didalamnya tersembunyi dari pengamatan luar. Area r = 2m disebut horison peristiwa karena merupakan batas peris- tiwa yang dapat diamati serta dapat disebut pula permukaan infinite red-shift karena dipermukaan ini cahaya akan mengalami pergeseran merah secara terus menerus.

4.2 Solusi Kerr

  Secara astrofisika benda langit haruslah berotasi, sedangkan metrik Schwarzschild menggambarkan medan gravitasi diluar sumber yang simetri bola, tidak bergantung pada distribusi materi didalam sumber serta tidak berotasi. Lubang hitam yang merupakan nasib akhir sebuah bintang massif

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  haruslah berotasi juga, oleh karena itu perlu dibentuk persamaan metrik yang menyempurnakan lubang hitam Schwarzschild tersebut. Pada tahun 1963 Kerr menemukan bentuk metrik ruang waktu untuk lubang hitam yang berotasi se- bagai penyempurnaan metrik Schwarzschild.

4.2.1 Bentuk Edington dari Metrik Schwarzchild

  Metrik Scharzschild akan menjadi singular saat r = 2m. Untuk menghilangkan kesingularan ini Edington pada tahun 1924 menggunakan transformasi koor- dinat dengan memakai bentuk koordinat waktu baru r − 2m c¯ t = ct + 2m ln

  2m atau r − 2m x ¯ = x + 2m ln (4.34)

  2m dengan memasukkan koordinat baru tersebut kedalam metrik Schwarzschild akan didapat _{2 2 2 2 2 2 2} 2m ₂ ds ) + (dr) + r (dθ + sin θdϕ ) + (d¯ x + dr) (4.35)

  = −(d¯x r metrik Schwarzschild dengan bentuk Edington tersebut bila diubah ke koordi- nat Cartesian menjadi _{2 2 2 2} 2m x

  · dx

• ds ) + (dx) d¯ x (4.36)

  = −(d¯x _{2 2 2 2 2} r r _{2 2 2} (dx) = dx + dy + dz , r + y + z )

  = (x · x) = (x

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  lalu bentuk metrik dari koordinat kartesian adalah x 2m ¹

  /2

  g = η + ℓ ℓ , ℓ = ( ) (1, ) (4.37)

  µν µν µ ν µ

  r r dengan η adalah matrik Minkowski dengan diagonal (-1,1,1,1) dan

  µν µν

  ℓ ℓ η = 0.

  µ ν

4.2.2 Metrik Kerr

  µν

  Dari bentuk metrik g = η + ℓ ℓ dan ℓ ℓ η = 0, selanjutnya invers dari

  µν µν µ ν µ ν µ

  ℓ yaitu ℓ dituliskan sebagai

  µ µ µν

  ℓ = η ℓ (4.38)

  ν

  maka akan didapt invers dari g µν

  µν µν µ ν

  g = η ℓ (4.39) − ℓ yang merupakan tensor metrik kontravarian. Dari persamaan tersebut akan bisa didapatkan

  µ µν

  ℓ = g ℓ ν (4.40)

  µ

  yang menunjukkan bahwa ℓ adalah vektor-empat kontravarian yang berhubungan dengan ℓ . Selama vektor ℓ adalah null, ℓ mempunyai hubun-

  ν µ µ

  gan yang penting yaitu:

  µ σ

  ℓ ℓ = ℓ ℓ = 0. (4.41)

  µ,ν σ ,ν

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  Determinan dari g akan bernilai −1, maka ∂

  √

  ν

  Γ = ln

  νµ −g µ

  ∂x ∂ √

  = ln

  1

  µ

  ∂x = 0 (4.42) maka tensor Riccinya hanya akan bernilai

  σ σ τ

  R µν = Γ Γ . (4.43)

  µν,σ − Γ ντ σµ

  Setiap persamaan harus sesuai jika kita membentuk ulang ℓ dan dapat kita

  µ

  tuliskan

  µν µν µ ν

  g = η + αℓ ℓ , g = η ℓ , (4.44)

  µν µν µ ν

  − αℓ setiap persamaan harus sesuai untuk sembarang konstanta α, sehingga

  1 Γ = α[(ℓ ℓ ) + (ℓ ℓ ) ℓ ) ]

  µνσ µ ν ,σ µ σ ,ν ν σ ,µ

  − (ℓ

  2

  1

  µ µτ µ ν

  Γ = α(η ℓ )[(ℓ ℓ ) + (ℓ ℓ ) ℓ ) ]

  τ ν ,σ τ σ ,ν ν σ ,τ

νσ − αℓ − (ℓ

  2

  1

  µ µ µτ

  = α[(ℓ ℓ ) + (ℓ ℓ ) (ℓ ℓ ) ]

  ν ,σ σ ,ν ν σ ,τ

  − η

  2

  1 ₂

  µ τ

  α ℓ + ℓ (ℓ ℓ ) (4.45)

  

ν σ ,τ

  2

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  sehingga untuk tensor Riccinya

  σ σ τ

  R = Γ Γ

  µν µν,σ − Γ ντ σµ

  1

  σ σ στ

  = ℓ µ ) ,ν + (ℓ ℓ ν ) ,µ (ℓ µ ℓ ν ) ,τ ] α{[(ℓ − η

  2

  1

  1

  σ τ σ σ σρ

  αℓ ℓ (ℓ + ν ℓ µ ) ,τ ,σ α[(ℓ ℓ τ ) ,µ + (ℓ ℓ µ ) ,τ (ℓ τ ℓ µ ) ,ρ ] } − { − η

  2

  2

  1 ₂

  1

  σ ρ τ τ τ λ

  ℓ + α ℓ (ℓ ν ℓ σ ) ,τ α[(ℓ ℓ σ ) ,ν + (ℓ ℓ ν ) ,σ (ℓ σ ℓ ν ) ,λ ] } × { − η

  2

  2

  1 ₂

  τ λ

  α ℓ ℓ (ℓ + σ ℓ ν ) ,λ }

  2

  1

  σ σ στ

  = ℓ µ ) ,σν + (ℓ ℓ ν ) ,σµ (ℓ µ ℓ ν ) ,στ α{(ℓ − η }

  2

  1 ₂

  σ τ µ τ

• α ℓ ) ,σ (ℓ ν ℓ µ ) ,τ + ℓ ℓ (ℓ ν ℓ σ ) ,στ

  {(ℓ

  2

  1

  1

  1

  

σ τ λ σ τ σ

• ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

  ν τ,µ ν σ,λ µ σ,ν

  − ,σ ,µ − ,τ

  2

  2

  2

  1

  1

  σ τ τ λ σ

  (ℓ ℓ ) (ℓ + ℓ ) η ℓ ℓ ℓ ℓ

  

µ ,τ ν ,σ µ ν σ,λ

  − ,τ

  2

  2

  1

  1

  1

  ρ τ σρ τ λ ρ

  ℓ + ℓ ℓ ℓ η ℓ ℓ + ℓ ℓ (ℓ ℓ ) (ℓ ℓ )

  µ τ,ρ µ ν τ,ρ µ ,ρ ν ,λ ,ν ,σ − }

  2

  2

  2

  1 ₃

  

τ λ σ σ ρ τ

  α ℓ ℓ ℓ ℓ + ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ (4.46)

  

µ ν σ,λ µ τ,ρ ν

  − {ℓ ,τ ,σ }

  4 g adalah polinomial dalam α maka g berorde satu sedangkan R

  µν µν µν

  berorde empat. Karena α adalah konstanta sembarang maka g harus men-

  µν

  jadi solusi dari setiap nilai α. Pada ruang-waktu kosong atau R = 0, karena

  µν

  R sebagai polinomial dari α maka R harus lenyap secara terpisah. Dari

  µν µν

  R akan kita dapat 10 persamaan yang harus diselesaikan.Dari pers.

  µν

  terlihat bahwa untuk suku ke-4 sudah lenyap. Jika ℓ µ 6= 0, maka untuk suku ketiga akan mengimplikasikan ₂ a = 0, dengan

  ν

  a µ = ℓ ℓ µ,ν (4.47)

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  akan didapatkan juga a · l = 0,maka dapat dituliskan untuk sebuah fungsi skalar A a µ = Aℓ µ (4.48)

  µ

  lalu untuk a

  

µ µν

  a = g a

  ν µν β

  = η ℓ ℓ

  ν,β µ β

  = ℓ ℓ . (4.49)

  ,β µ

  Bila didefinisikan B = ℓ , maka suku pertama

  ,µ στ σ σ

  η (ℓ ℓ ) = (ℓ ℓ ) + (ℓ ℓ )

  µ ν ,στ µ ,σν ν ,σµ σ σ σ σ

  = (ℓ ℓ + ℓ ℓ ) + (ℓ ℓ + ℓ ℓ )

  µ µ,σ ,ν ν ν,σ ,µ ,σ ,σ

  = (Bℓ + Aℓ ) + (Bℓ + Aℓ )

  µ µ ,ν ν ν ,µ

  (ℓ ℓ ) = [(A + B)ℓ ] + [(A + B)ℓ ] (4.50)

  µ ν µ ,ν ν ,µ

  dengan ₂ ∂

  µν

  (Persamaan D’Alembert) (4.51) ≡ η

  µ ν

  ∂x ∂x

  µν

  kemudian dengan mengkontraksikan persamaan dengan η dan mem- baginya dengan 2

  µν µν

  η (ℓ µ ℓ ν ) = η µ + Aℓ µ ) ,ν + (Bℓ ν + Aℓ ν ) ,µ {(Bℓ }

  ν ν µ

  (ℓ ℓ ) = [(A + B)ℓ ] + [(A + B)ℓ ]

  ν ,ν ,µ µ

  0 = [(A + B)ℓ ] (4.52)

  ,µ

• ℓ
• Aℓ
• ℓ
• ℓ
• ℓ
• ℓ
• ℓ
• ℓ

  σ

  σ

  ℓ

  µ,τ

  ℓ

  ν

  ℓ

  τ ,σ

  ℓ

  ℓ

  µ,τ

  ℓ

  τ

  ℓ

  ν,σ

  = ℓ

  

µ

  ℓ

  ν,σ

  τ

  [(Aℓ

  

µ

  ν

  ℓ

  τ ,σ

  τ

  ℓ

  ν,σ

  ) = ℓ

  ℓ

  ℓ

  σ ,τ

  ℓ

  ν

  ℓ

  τ ,σ

  µ

  ℓ

  σ ,τ

  ν

  σ

  µ,τ

  (A + B)

  στ

  ℓ

  µ,σ

  ℓ

  ν,τ

  = ℓ

  µ

  ,ν

  ℓ

  ν

  (A + B)

  ,µ

  µ,ν

  ν,µ

  ) kemudian dengan mengalikan persamaan tersebut dengan ℓ

  µ

  lalu membaginya

  µ

  ν

  )

  ) = [(A + B)ℓ

  ,σ

  − B

  ,τ

  ℓ

  τ

  µ

  ℓ

  ν

  µ

  ν

  ]

  ,ν

  ν

  ]

  ,µ

  ℓ

  µ

  ℓ

  )(ℓ

  ℓ

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  σ

  (ℓ

  µ

  ℓ

  ν

  )

  ,στ

  = ℓ

  ℓ

  ℓ

  τ

  (ℓ

  µ

  ℓ

  

ν,στ

  ν

  ℓ

  µ,στ

  τ

  σ

  ℓ

  σ

  lalu untuk bagian suku keduanya akan bernilai nol jika pada suku pertama dan ketiga berlaku (ℓ

  σ

  ℓ

  τ

  ) ,σ (ℓ µ ℓ ν ) ,τ = (ℓ

  

σ

,σ

  ℓ

  τ

  ℓ

  (4.53) ℓ

  τ ,σ

  )(ℓ µ,τ ℓ ν + ℓ µ ℓ ν,τ ) = (Bℓ

  τ

  τ

  )(ℓ µ,τ ℓ ν + ℓ µ ℓ ν,τ ) = (A + B)2Aℓ

  µ

  ℓ

  ν

  µ,σ

  ν,τ

  σ

  (ℓ

  σ

  A ,σ + A ² )ℓ µ ℓ ν (4.54) (ℓ

  σ

  ℓ

  µ

  )

  ,τ

  τ

  τ

  ℓ

  ν

  )

  ,σ

  = (ℓ

  

µ

  ℓ

  σ ,τ

  (ℓ ν ℓ µ ) ,τ + 2A ² (ℓ µ ℓ ν ) = 2(ℓ

  [A(ℓ ν ℓ µ )] ,σ − Aℓ

  µ,τ

  )]

  ℓ

  ν,σ

  ) = ℓ

  σ

  [A(ℓ

  µ

  ℓ

  

ν

  ,σ

  σ

  − Aℓ

  τ

  (ℓ

  µ

  ℓ

  ν

  )

  ,τ

• ℓ
• ℓ
• ℓ
• 3A
² ] (4.55) kembali mengambil persamaa
• [(A + B)ℓ
• ℓ
• 2η
• ℓ
• (A + B)(ℓ
• ℓ

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  dengan ℓ akan didapat

  ν µ µ

  ℓ ℓ = ℓ (A + B) + A(A + B)

  µ ,µ µ

  = [ℓ (A + B)] ,µ _{2 2} − B(A + B) + A(A + B) = A

  (4.56) − B tapi

  µ

  0 = (ℓ ℓ ) ₂ ν ₂ στ µ = 2(A + η ℓ ℓ )

  µ,σ _{2 2} − B ,τ στ µ

  B = η ℓ ℓ µ,σ (4.57) − A ,τ maka _{2 2}

  τ σ σ

  η ℓ ℓ ℓ ℓ = ℓ ℓ (B ) (4.58)

  

µ σ,λ ν µ ν

,τ − A ₂

  dengan menghapus faktor α /2 dari suku kedua akan didapat ₂

  

σ

  = 2A(A + B)ℓ ℓ + 2(ℓ A + A )ℓ ℓ

  µ ν ,σ µ ν

  1 ₂

  1 _{2 2}

  σ τ

  ℓ ℓ [(Aℓ ) ℓ + 3A ] + ℓ ℓ (B )

  

µ ν ,σ ,τ µ ν

  − − B − A

  2

  2

  1 _{2 2 2}

  σ

• ℓ ℓ (B )2A(A + B)ℓ ℓ + 2(ℓ A + A )ℓ ℓ

  ν µ µ ν ,σ µ ν

  − A

  2

  1

  1

  1

  τ σ σ

  Aℓ + ℓ ℓ Aℓ ℓ ℓ Aℓ ℓ ℓ

  ν τ.µ σ ν µ σ,ν

  − ,µ −

  2

  2

  2

  1 ₂

  σ τ

  ℓ ℓ [(Aℓ ) ℓ + 3A ]

  µ ν ,σ ,τ

  − − B

  2

  1 _{2 2}

  1

  1 _{2 2}

  τ

  ℓ ℓ (B + ) + + Aℓ ℓ ℓ ℓ ℓ (B )

  

µ ν τ µ ν µ

  − A ,ν − A

  2

  2

  2

  1 ₂

  σ τ

  ℓ ℓ [(Aℓ ) ℓ + 3A ]

  µ ν ,σ ,τ

  − − B

  2

  1 ₂

  σ τ

  ℓ ℓ [(Aℓ ) ℓ + 3A ]

  µ ν ,σ ,τ

  − − B

  2

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

σ σ σ

  = 2(Aℓ ) ) + (Bℓ )

  ,σ ,σ ,σ

  − (Aℓ

  σ

  0 = [(A + B)ℓ ] (4.59)

  ,σ

  seperti halnya diawal bahwa setiap kompenen dari R µν akan lenyap secara terpisah. Semua isi persamaan medan diwujudkan dalam pers. .

  Pada keadaan stasioner atau tak bergantung waktu,dimungkan untuk mereduksi persamaan medan kedalam 2 bentuk persamaan diferensial untuk satu fungsi kompleks. Penyederhanaan ini dapat dicapai dengan manipulasi aljabar pada pers. .

  Pertama-tama dengan mengenalkan sebuah vektor tiga λ melalui per-

  j

  samaan _{1 2 3} ℓ µ = ℓ(1, λ , λ , λ ) (4.60)

  µν

  Selama ℓ adalah ruang datar dan vektor null (ℓ ℓ η = 0), λ adalah unit

  µ ₂ µ ν j

  vektor ruang datar, λ = 1. Maka pers. dapat diuraikan mejadi _{2 2} (ℓ ) = 0, (4.61) ₂ ∇ ₂

  (ℓ λ ) = [(A + B)ℓ] , (4.62)

  i ,i ₂ ∇ ₂

  (ℓ λ λ ) = [(A + B)ℓλ ] + [(A + B)ℓλ ] (4.63)

  i j i ,j j ,i

  ∇ Persamaan-persamaan tersebut dapat kita manipulasi dengan mengganti pers.

   sehingga akan kita dapatkan (A + B)

  λ λ = (λ + λ ) (4.64)

  i,k j,k i,j j,i

  2ℓ jika kita definisikan (A + B)

  2ℓ = p (4.65)

  ν

  λ = 0 (4.67)

  Ini menunjukkan bahwa λ berada dalam ruang null dari M

  T

  . Dari bentuk Aℓ

  µ

  = ℓ

  ℓ

  = 0, M

  µ,ν

  , akan didapat pula Aℓλ i = ℓ

  ν

  (ℓλ i ) ,ν = Aℓλ i + ℓ ² λ j λ i,j atau M λ = 0 (4.68) maka λ juga berada dalam ruang null dari M . Dengan memakai suatu matrik orthogonal baru R yang bila dioperasikan pada λ akan menghasilkan

  Rλ = λ ^′ (4.69) λ ^′

  = ^{   } _{  }

  1 ^ _{     } (4.70)

  T

  

,i

  λ i,k = M maka dapat kita tulis untuk pers. M + M

  j

  T

  −

  1 p M M

  T

  = 0. (4.66) Selama λ ² = 1, akan didapat bentuk persamaan matriks yang penting

  λ

  λ

  )

  j,i

  =

  1

  2 (λ

  j

  λ

  j

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

T ′

  jika λ berada dalam ruang null dari M dan M , maka λ juga berada dalam _{′ ′}

  T

  ruang null dari M dan M , dimana _′

  T

  M = RM R (4.71) _′

  T T T _′ M = RM R (4.72) T

  Dari bentuk λ dan karena ia merupakan ruang null dari M dan M maka _′ bentuk M haruslah _′ M = diag(0, N ) (4.73) dimana N adalah matrik 2×2. Selama matrik tersebut tidak berubah terhadap _{′ ′} perotasian, maka bentuk metrik N dan M juga memenuhi bentuk persamaan

   _{′ ′ ′ ′}

  1 T T N + N N N = 0 (4.74)

  − p 1 _{′ ′}

  1

  1

  1 T T T N N N + N N N

  I − I − = I − − p p p p = I (4.75) _′ yang mengimplikasikan bahwa I − N /p adalah matrik orthogonal 2 × 2 , oleh karenanya _{′    }

  N cos θ − sin θ _{ } =

  I − _{ } p sin θ cos θ

• p sin θ(R
²

  R ²

  k

  i

  R ²

  

k

  i

  R ³

  k

  = δ

  ik

  i

  i

  R ³

  k

  − R ³

  i

  R ²

  k

  = ǫ

  ikl

  R ¹

  R ¹

  Karena R adalah matrik rotasi orthogonal kolom dan baris, maka matrik R akan memenuhi R ¹

  l

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  M ^′ R M

  atau I −

  N ^′ p = ^{  } _ cos θ

  − sin θ − sin θ − cos θ ^{   } untuk sembarang θ. Dengan memilih kemungkinan pertama akan didapat

  N ^′ = p ^{  } _ 1 − cos θ sin θ

  − sin θ 1 − cos θ ^{   } (4.76) maka kita dapatkan untuk nilai M ^′

  M ^′ = p ^{   } _{  } 0 1 − cos θ sin θ

  − sin θ 1 − cos θ ^{      } (4.77)

  Merotasikan kembali ke koordinat semula untuk mendapatkan M = R

  T

  ik

  i R ² k ) (4.78)

  = R

  T il

  M ^′

  lj

  R

  jk

  = p(1 − cos θ)(R ²

  i R ² k + R ³ i R ³ k )

  i R ³ k

  − R ³

• R
2<
• R
³

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  1

  jika R maka pers.akan menjadi

  i i

  ≡ R M R ) + P sin θǫ R (4.79)

  ik ik i k ikl l

  = p(1 − cos θ)(δ − R _′ dengan kembali melihat bentuk λ dari pers.maka akan kita dapatkan

  R (4.80)

  · λ = 1 ₁ dengan R disini menunjukkan vektor R i = R i . Akan didapat bahwa R i = λ i .

  Maka akan kita dapatkan bentuk M = λ λ ) + p sin θǫ λ

  ik i,k ik i k ikl l

  = p(1 − cos θ)(δ − λ = α(δ λ ) + βǫ λ (4.81)

  ik i k ikl l

  − λ dengan β = p sin θ. α = p(1 − cos θ),

  Dengan memakai i = k pada pers.dan menjumlahkannya akan didapatkan (4.82) ∇ · λ = 2α. Mengalikan pers.dengan ǫ jki lalu menjumlakannya di i dan k

  (4.83) ∇ × λ = −2βλ. Laplasian dari λ dapat diperoleh dengan dua cara. Pertama dengan menu-

• (βǫ

  ∇ × (∇ × λ) = ∇(∇ · λ) − ∇ ² λ

  i,k λ k

  − αλ

  i λ k,k + ǫ ikl (βλ l ) ,k

  ∇ ² λ

  = ∇α − λ(∇α · λ) − 2(α ²

  (4.84) Dan cara kedua dengan identitas vektor

  ∇ ² λ

  i λ k

  = 2λα − 2λ × ∇β − 4β ² λ

  (4.85) dengan menjumlahkan persamaan akan didapat ∇α = λ × ∇β − λ(λ · ∇α) − 2(α ² − β ²

  )λ (4.86) dari bentuk tersebut akan didapat ∇α · λ = β ² − α ²

  (4.87) ∇α = λ(β ² − α ² ) − ∇β × λ.

  (4.88) Dari persamaan , dapat dilihat bahwa divergensi dari βλ adalah nol, maka

  ∇ · βλ = β(∇ · λ) + ∇β · λ dan lalu dengan pers. bisa didapatkan ∇β · λ = −2αβ.

  (4.89) Mengalikan silang λ dengan pers.serta menyederhanakannya dengan

  ) − αλ

  = α ,k (δ ik − λ

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  i

  runkan persamaan terhadap x

  

k

  λ

  i,kk

  = [α(δ

  ik

  − λ

  λ

  ,k

  k

  )]

  

,k

  ikl

  λ

  l

  )

• β
² )λ + ∇β × λ.

  

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

  pers.akan didapat nilai ∇β (4.90) ∇β = −2αβλ + (∇α × λ). Persamaan dapat dibentuk dengan cara yang lebih ringkas dengan mengenalkan suatu fungsi kompleks baru γ = α + iβ ₂

  (4.91) ∇γ · λ = −γ ₂

  λ (4.92) ∇γ = −γ − iλ × ∇γ.

  Pengenalan fungsi γ ini untuk menyederhakan persamaan medan einstein dan akan membuat hubungan solusi Kerr dan Schwarzschild semakin jelas.

  Disini akan didapatkan pasangan persamaan diferensial biasa yang akan menentukan γ dan akan menunjukkan bahwa γ yang akan menentukan metrik, sepertihalnya fungsi ℓ dan λ . Persamaan diferensial pertama didapatkan de-

  j

  ngan cara membentuk laplasian γ dari pers. _{2 2} ∇ γ = −γ ∇ · λ − 2γ∇γ · λ + i∇ · (∇γ × λ) _{2 3}

• 2γ = −2αγ − i∇γ · (∇ × λ)
₂ = −2γ (α + iβ − γ) = 0

  (4.93) Maka γ adalah fungsi komplek harmonik. Persamaan diferensial yang ke- dua adalah dengan menguadratkan pers.untuk penyederhanaan

  (∇γ) ² = γ ⁴

  − (λ × γ) ² = γ ⁴

  − (∇γ) ² − (λ · ∇γ) ² = γ ⁴ (4.94)

  Kedua persamaan diferensial terakhir menunjukkan fungsi γ. Selanjutnya dipilih ω = 1/γ ∇ω = λ − iλ × ∇ω,

  (4.95) λ

  · ∇ω = λ · ∇ω ^∗ = 1, (4.96)

  (∇ω) ² = 1, (4.97) lalu

  ∇ω · ∇ω ^∗ = −i(∇ω + ∇ω ^∗ ) + Hλ (4.98) dengan H representasi dari fungsi λ dan ω yang takperlu dituliskan.

  Pers.untuk menyederhanakan H = i(1 + ∇ω · ∇ω ^∗

  ) (4.99) sehingga akan didapatkan nilai λ λ