bab 4 hasil dan pembahasan 4.1 solusi schwarzchild 4.1.1 ...repository.unair.ac.id/25584/13/13. bab...

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 gµν bergantung

x0, dan ds2 invarian terhadap perubahan koordinat x0 → −x0, maka tidak ada

suku yang bersangkutan dengan dxjdx0 pada bentuk ds2. Ini berarti bahwa

gj0 = g0j = 0.

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 gµν di dalam koordinat yang dipilih. dalam koordinat bola

x0 = t, x1 = r, x2 = θ, x3 = φ

dengan M sebagai titik pusatnya. jika M nol maka rumus jarak

ds2 = −c2dt2 + dr2 + (r2dθ2 + r2 sin2 θdφ2) (4.1)

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

ds2 = −e2νc2dt2 + e2λdr2 + (r2dθ2 + r2 sin2 θdφ2) (4.2)

17

ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga

Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein

Abu Fadlol Arrosyidi

18

dengan ν = ν(r), λ = λ(r).

Persamaan 26 memberi elemen tensor metrik

g00 = −e2ν , g11 = e2λ, g22 = r2, g33 = r2 sin2 θ (4.3)

atau dapat ditulis

gµν =

−e2ν 0 0 0

0 e2λ 0 0

0 0 r2 0

0 0 0 r2 sin2 θ

(4.4)

inversnya

gµν =

−e−2ν 0 0 0

0 e−2λ 0 0

0 0 r−2 0

0 0 0 r−2 sin−2 θ

(4.5)

Selanjutnya untuk semua komponen simbol Cristoffelnya akan berlaku

Γρµν =1

2gρτ (∂µgντ + ∂νgρµ − ∂τgµν) (4.6)

dari simbol Cristoffel tersebut akan didapatkan 64 komponen, dan dari

komponen-komponen tersebut yang tidak nol adalah

Γ010 = Γ0

01 = ν ′,

Γ100 = ν ′e2ν−2λ,




19

Γ111 = λ′,

Γ122 = −re−2λ,

Γ133 = −r sin2 θe−2λ,

Γ212 = Γ2

21 =1

r,

Γ233 = − sin θ cos θ,

Γ313 = Γ2

31

1

r,

Γ323 = Γ2

32 = cot θ

Lalu untuk tensor Riccinya

Rµν = ∂τΓτµν − ∂µΓττν + ΓτµνΓ

ρρτ − ΓτµρΓ

ρτµ.

dari komponen-komponen simbol Cristoffel, maka komponen-komponen tensor

Ricci yang tidak nol adalah

R00 =

(−ν ′′ + ν ′λ′ − ν ′2 − 2ν ′

r

)e2ν−2λ (4.7)

R11 = ν ′′ + ν ′2 − λ′ν ′ − 2λ′

r(4.8)

R22 = (1− λ′r + ν ′r)e−2λ − 1 (4.9)

R33 = sin2 θe−2λ(1− λ′r + ν ′r)− 1 (4.10)

Pada area yang sangat jauh dari sumber medan gravitasi atau di

ruang kosong tensor Ricci lenyap, Rµν = 0. Kondisi ini, dari




20

per.(4.7),(4.8),(4.8),(4.10) memberikan

− ν ′′ + ν ′λ′ − ν ′2 − 2ν

r= 0 (4.11)

ν ′′ + ν ′2 − λ′ν ′ − 2λ′

r= 0 (4.12)

(1− λ′r + ν ′r)e−2λ − 1 = 0 (4.13)

Selisihkan pers.(4.11) dengan pers. (4.12) memberikan

λ′ + ν ′ = 0

Sehingga

λ′ + ν ′ = konstan (4.14)

Dengan syarat batas r → ∞, maka ν, µ → 0. Didalam limit ini elemen

garis akan menjadi Minkowskian. Akan didapat

λ′ + ν ′ = 0 → ν = −λ (4.15)

Kondisi ini membuat pers. (4.13) menjadi

(1 + 2rν ′)e2ν =d

dr[re2ν ] = 1

dengan mengintegralkannya

∫d[re2ν ] =

∫dr

re2ν = r − 2m (4.16)




21

dengan −2m adalah konstanta integrasi.

g00 = −e2ν

= −(

1− 2m

r

)(4.17)

g11 = e2λ

= e−2ν

=

(1− 2m

r

)−1(4.18)

Dengan demikian, elemen garis (26) menjadi

ds2 = −(

1− 2m

r

)c2dt2 +

(1− 2m

r

)−1dr2 + (r2dθ2 + r2 sin2 θdφ2) (4.19)

Pers.(4.19) 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

g00 = η00 + h00

= −1 +2

c2φ (4.20)

dengan φ adalah potensial Newton. Untuk sumber terpusat dengan massa

total M , maka dari gravitasi newton didapat

φ = −GMr

(4.21)




22

sehingga

g00 = −(

1− 2GM

c2r

)(4.22)

Dari pers.(4.95) dan pers. (4.96) memberikan

m =GM

c2(4.23)

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

mulai jatuh saat r = R dengan drdt

= 0 seperti di gambar(4.1). Pergerakan

partikel dideskripsikan oleh persamaan geodesik

d2xν

ds2+ Γναβ

dxα

ds

dxβ

ds= 0 (4.24)

Dari hasil simbol Cristoffel pada solusi Schwarzchild, dan dangan x0 = −ct,

t = dtdτ

, persamaan geodesik dengan ν = 0 adalah

t+2m

r(r − 2m)tr = 0

atau

d

ds

[(1− 2m

r

)t

]= 0, (4.25)

dengan mengintegralkan persamaan tersebut akan didapat

(1− 2m

r

)t = K (4.26)




23

Gambar 4.1: Partikel Jatuh Menuju Lubang Hitam

dengan K adalah konstanta integrasi.

Selanjutnya, metrik Schwarzchild untuk benda jatuh secara radial akan

menjadi

ds2 = −(

1− 2m

r

)c2dt2 +

(1− 2m

r

)−1dr2.

dengan ds2 = −c2dτ 2, t = dtdτ, r = dr

dτpersamaan tersebut dapat ditulis

(1− 2m

r

)t2 − 1

c2

(1− 2m

r

)−1r2 = 1 (4.27)

mengambil r = drdτt akan memberi

[c2(r − 2m

r

)−(

r

r − 2m

)(dr

dt

)]t2 = c2 (4.28)

Kondisi batas r = R, drdt

= 0 memberikan

(dt

dτ

)r=R

=

(R

R− 2m

)1/2

(4.29)




24

sehingga untuk pers. (4.26) didapat

K =

(1− 2m

R

)(dt

dτ

)R

=

(R− 2m

R

)1/2

maka

dt

dτ=

(r

r − 2m

)K

=

(r

r − 2m

)(R− 2m

R

)1/2

(4.30)

dengan memasukkan pers.(4.30) ke pers.(4.28) dan menata ulangnya akan di-

dapat

dr

dt= −c(r − 2m)(2m)1/2(R− r)1/2

r3/2(R− 2m)1/2(4.31)

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

t = −1

c

(R− 2m

2m

)1/2 ∫ r

R

ρ3/2

(ρ− 2m)(R− ρ)1/2dρ (4.32)

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




25

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

ct = −(R− 2m

2m

)1/2 ∫ r−2m

R−2m

(2m+ ε)3/2

ε(R− 2m)1/2dε

= −2m ln

(r − 2m

R− 2m

),

atau

r − 2m = (R− 2m)e−ct/2m. (4.33)

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




26

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

ct = ct+ 2m ln

(r − 2m

2m

)

atau

x0 = x0 + 2m ln

(r − 2m

2m

)(4.34)

dengan memasukkan koordinat baru tersebut kedalam metrik Schwarzschild

akan didapat

ds2 = −(dx0)2 + (dr)2 + r2(dθ2 + sin2θdϕ2) +2m

r(dx0 + dr)2 (4.35)

metrik Schwarzschild dengan bentuk Edington tersebut bila diubah ke koordi-

nat Cartesian menjadi

ds2 = −(dx0)2 + (dx)2 +2m

r

(dx0 +

x · dxr

)2

(4.36)

(dx)2 = dx2 + dy2 + dz2, r2 = (x · x) = (x2 + y2 + z2)




27

lalu bentuk metrik dari koordinat kartesian adalah

gµν = ηµν + `µ`ν , `µ = (2m

r)1/2(1,

x

r) (4.37)

dengan ηµν adalah matrik Minkowski dengan diagonal (-1,1,1,1) dan

`µ`νηµν = 0.

4.2.2 Metrik Kerr

Dari bentuk metrik gµν = ηµν + `µ`ν dan `µ`νηµν = 0, selanjutnya invers dari

`µ yaitu `µ dituliskan sebagai

`µ = ηµν`ν (4.38)

maka akan didapt invers dari gµν

gµν = ηµν − `µ`ν (4.39)

yang merupakan tensor metrik kontravarian. Dari persamaan tersebut akan

bisa didapatkan

`µ = gµν`ν (4.40)

yang menunjukkan bahwa `µ adalah vektor-empat kontravarian yang

berhubungan dengan `ν . Selama vektor `µ adalah null, `µ mempunyai hubun-

gan yang penting yaitu:

`µ`µ,ν = `σ`σ,ν = 0. (4.41)




28

Determinan dari g akan bernilai −1, maka

Γννµ =∂

∂xµln√−g

=∂

∂xµln√

1

= 0 (4.42)

maka tensor Riccinya hanya akan bernilai

Rµν = Γσµν,σ − ΓσντΓτσµ. (4.43)

Setiap persamaan harus sesuai jika kita membentuk ulang `µ dan dapat kita

tuliskan

gµν = ηµν + α`µ`ν , gµν = ηµν − α`µ`ν , (4.44)

setiap persamaan harus sesuai untuk sembarang konstanta α, sehingga

Γµνσ =1

2α[(`µ`ν),σ + (`µ`σ),ν − (`ν`σ),µ]

Γµνσ =1

2α(ηµτ − α`µ`ν)[(`τ`ν),σ + (`τ`σ),ν − (`ν`σ),τ ]

=1

2α[(`µ`ν),σ + (`µ`σ),ν − ηµτ (`ν`σ),τ ]

+1

2α2`µ`τ (`ν`σ),τ (4.45)




29

sehingga untuk tensor Riccinya

Rµν = Γσµν,σ − ΓσντΓτσµ

=1

2α[(`σ`µ),ν + (`σ`ν),µ − ηστ (`µ`ν),τ ]

+1

2α`σ`τ (`ν`µ),τ,σ −

1

2α[(`σ`τ ),µ + (`σ`µ),τ − ησρ(`τ`µ),ρ]

+1

2α2`σ`ρ(`ν`σ),τ ×

1

2α[(`τ`σ),ν + (`τ`ν),σ − ητλ(`σ`ν),λ]

+1

2α2`τ`λ(`σ`ν),λ

=1

2α(`σ`µ),σν + (`σ`ν),σµ − ηστ (`µ`ν),στ

+1

2α2(`σ`τ ),σ(`ν`µ),τ + `µ`τ (`ν`σ),στ

−1

2`σ`ν`τ,µ`

τ,σ +

1

2`λ`ν`

σ,µ`σ,λ −

1

2`µ`

τ`σ,τ`σ,ν

−1

2(`σ`µ),τ (`

τ`ν),σ +1

2ητλ`µ`ν`

σ,τ`σ,λ

+1

2`ρ`µ`

τ,ν`τ,ρ +

1

2ησρ`µ`ν`τ,ρ`

τ,σ −

1

2(`λ`µ),ρ(`

ρ`ν),λ

−1

4α3`τλ`µ`σ,τ`ν`σ,λ + `σ`ρ`µ`τ,ρ`ν`

τ,σ (4.46)

gµν adalah polinomial dalam α maka gµν berorde satu sedangkan Rµν

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

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

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

Rµν akan kita dapat 10 persamaan yang harus diselesaikan.Dari pers. (4.46)

terlihat bahwa untuk suku ke-4 sudah lenyap. Jika `µ 6= 0, maka untuk suku

ketiga akan mengimplikasikan

a2 = 0,

dengan

aµ = `ν`µ,ν (4.47)




30

akan didapatkan juga a · l = 0,maka dapat dituliskan untuk sebuah fungsi

skalar A

aµ = A`µ (4.48)

lalu untuk aµ

aµ = gµνaν

= ηµν`β`ν,β

= `β`µ,β. (4.49)

Bila didefinisikan B = `µ,µ, maka suku pertama

ηστ (`µ`ν),στ = (`σ`µ),σν + (`σ`ν),σµ

= (`σ,σ`µ + `σ`µ,σ),ν + (`σ,σ`ν + `σ`ν,σ),µ

= (B`µ + A`µ),ν + (B`ν + A`ν),µ

(`µ`ν) = [(A+B)`µ],ν + [(A+B)`ν ],µ (4.50)

dengan

≡ ηµν∂2

∂xµ∂xν(Persamaan D’Alembert) (4.51)

kemudian dengan mengkontraksikan persamaan (61) dengan ηµν dan mem-

baginya dengan 2

ηµν(`µ`ν) = ηµν(B`µ + A`µ),ν + (B`ν + A`ν),µ

(`ν`ν) = [(A+B)`ν ],ν + [(A+B)`µ],µ

0 = [(A+B)`µ],µ (4.52)




31

lalu untuk bagian suku keduanya akan bernilai nol jika pada suku pertama

dan ketiga berlaku

(`σ`τ ),σ(`µ`ν),τ = (`σ,σ`τ + `σ`τ,σ)(`µ,τ`ν + `µ`ν,τ )

= (B`τ + A`τ )(`µ,τ`ν + `µ`ν,τ )

= (A+B)2A`µ`ν (4.53)

`σ`τ (`µ`ν),στ = `σ`τ (`µ`ν,στ + `ν`µ,στ + `µ,σ`ν,τ + `µ,τ`ν,σ)

= `σ[A(`µ`ν)],σ − A`τ (`µ`ν),τ

+`σ[A(`ν`µ)],σ − A`τ (`ν`µ),τ + 2A2(`µ`ν)

= 2(`σA,σ + A2)`µ`ν (4.54)

(`σ`µ),τ (`τ`ν),σ = (`µ`

σ,τ + `σ`µ,τ )(`ν`

τ,σ + `τ`ν,σ)

= `µ`σ,τ`ν`

τ,σ + `µ`

σ,τ`

τ`ν,σ

+`σ`µ,τ`ν`τ,σ + `σ`µ,τ`

τ`ν,σ

= `µ`ν [(A`σ),σ −B,τ`

τ + 3A2] (4.55)

kembali mengambil persamaan (61)

(`µ`ν) = [(A+B)`µ],ν + [(A+B)`ν ],µ

`µ`ν + `ν`µ + 2ηστ`µ,σ`ν,τ = `µ(A+B),ν + `ν(A+B),µ

+(A+B)(`µ,ν + `ν,µ)

kemudian dengan mengalikan persamaan tersebut dengan `µ lalu membaginya




32

dengan `ν akan didapat

`µ`µ = `µ(A+B),µ + A(A+B)

= [`µ(A+B)],µ −B(A+B) + A(A+B)

= A2 −B2 (4.56)

tapi

0 = (`µ`ν)

= 2(A2 −B2 + ηστ`µ,τ`µ,σ)

B2 − A2 = ηστ`µ,τ`µ,σ (4.57)

maka

ητσ`σ,τ`µ`σ,λ`ν = `µ`ν(B2 − A2) (4.58)

dengan menghapus faktor α2/2 dari suku kedua akan didapat

= 2A(A+B)`µ`ν + 2(`σA,σ + A2)`µ`ν

−1

2`µ`ν [(A`

σ),σ −B,τ`τ + 3A2] +

1

2`µ`ν(B

2 − A2)

+1

2`ν`µ(B2 − A2)2A(A+B)`µ`ν + 2(`σA,σ + A2)`µ`ν

−1

2A`τ`ν`τ.µ +

1

2A`σ`

σ,µ`ν −

1

2A`σ`µ`σ,ν

−1

2`µ`ν [(A`

σ),σ −B,τ`τ + 3A2]

+1

2`µ`ν(B

2 − A2) +1

2A`τ`

τ,ν`µ +

1

2`ν`µ(B2 − A2)

−1

2`µ`ν [(A`

σ),σ −B,τ`τ + 3A2]

−1

2`µ`ν [(A`

σ),σ −B,τ`τ + 3A2]




33

= 2(A`σ),σ − (A`σ),σ + (B`σ),σ

0 = [(A+B)`σ],σ (4.59)

seperti halnya diawal bahwa setiap kompenen dari Rµν akan lenyap secara

terpisah. Semua isi persamaan medan diwujudkan dalam pers. (61).

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. (61).

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

samaan

`µ = `(1, λ1, λ2, λ3) (4.60)

Selama `µ adalah ruang datar dan vektor null (`µ`νηµν = 0), λj adalah unit

vektor ruang datar, λ2 = 1. Maka pers. (61) dapat diuraikan mejadi

∇2(`2) = 0, (4.61)

∇2(`2λi) = [(A+B)`],i, (4.62)

∇2(`2λiλj) = [(A+B)`λi],j + [(A+B)`λj],i (4.63)

Persamaan-persamaan tersebut dapat kita manipulasi dengan mengganti pers.

(4.63) menggunakan pers. (4.61) untuk menghilangkan suku pada pers. (4.62)

sehingga akan kita dapatkan

λi,kλj,k =(A+B)

2`(λi,j + λj,i) (4.64)




34

jika kita definisikan

(A+B)

2`= p (4.65)

λi,k = M

maka dapat kita tulis untuk pers. (77)

M +MT − 1

pMMT = 0. (4.66)

Selama λ2 = 1, akan didapat bentuk persamaan matriks yang penting

λjλj,i =1

2(λjλj),i = 0, MTλ = 0 (4.67)

Ini menunjukkan bahwa λ berada dalam ruang null dari MT . Dari bentuk

A`µ = `ν`µ,ν , akan didapat pula

A`λi = `ν(`λi),ν = A`λi + `2λjλi,j

atau

Mλ = 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

0

0

(4.70)




35

jika λ berada dalam ruang null dari M dan MT , maka λ′ juga berada dalam

ruang null dari M ′ dan M ′T , dimana

M ′ = RMRT (4.71)

M ′T = RMTRT (4.72)

Dari bentuk λ′ dan karena ia merupakan ruang null dari M dan MT 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

(79)

N ′ +N ′T − 1

pN ′N ′T = 0 (4.74)

(I − 1

pN ′)(

I − 1

pN ′T

)= I − 1

p

(N +NT − 1

pNNT

)= I (4.75)

yang mengimplikasikan bahwa I −N ′/p adalah matrik orthogonal 2× 2 , oleh

karenanya

I − N ′

p=

cos θ − sin θ

sin θ cos θ




36

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 0 0

0 1− cos θ sin θ

0 − sin θ 1− cos θ

(4.77)

Merotasikan kembali ke koordinat semula untuk mendapatkan M =

RTM ′R

Mik = RTilM

′ljRjk

= p(1− cos θ)(R2iR2k +R3iR3k)

+p sin θ(R2iR3k −R3iR2k) (4.78)

Karena R adalah matrik rotasi orthogonal kolom dan baris, maka matrik R

akan memenuhi

R1iR1k +R2iR2k +R3iR3k = δik

R2iR3k −R3iR2k = εiklR1l




37

jika R1i ≡ Ri maka pers.(4.78) akan menjadi

Mik = p(1− cos θ)(δik −RiRk) + P sin θεiklRl (4.79)

dengan kembali melihat bentuk λ′ dari pers.(4.69) dan (4.70) maka akan kita

dapatkan

R · λ = 1 (4.80)

dengan R disini menunjukkan vektor R1i = Ri. Akan didapat bahwa Ri = λi.

Maka akan kita dapatkan bentuk

Mik = λi,k = p(1− cos θ)(δik − λiλk) + p sin θεiklλl

= α(δik − λiλk) + βεiklλl (4.81)

dengan

α = p(1− cos θ), β = p sin θ.

Dengan memakai i = k pada pers.(94) dan menjumlahkannya akan didapatkan

∇ · λ = 2α. (4.82)

Mengalikan pers.(94)dengan εjki lalu menjumlakannya di i dan k

∇× λ = −2βλ. (4.83)

Laplasian dari λ dapat diperoleh dengan dua cara. Pertama dengan menu-




38

runkan persamaan (94) terhadap xk

λi,kk = [α(δik − λiλk)],k + (βεiklλl),k

= α,k(δik − λiλk)− αλi,kλk − αλiλk,k + εikl(βλl),k

∇2λ = ∇α− λ(∇α · λ)− 2(α2 + β2)λ+∇β × λ. (4.84)

Dan cara kedua dengan identitas vektor

∇× (∇× λ) = ∇(∇ · λ)−∇2λ

∇2λ = 2λα− 2λ×∇β − 4β2λ (4.85)

dengan menjumlahkan persamaan (97) dengan persamaan (98) akan didapat

∇α = λ×∇β − λ(λ · ∇α)− 2(α2 − β2)λ (4.86)

dari bentuk tersebut akan didapat

∇α · λ = β2 − α2 (4.87)

∇α = λ(β2 − α2)−∇β × λ. (4.88)

Dari persamaan (96), dapat dilihat bahwa divergensi dari βλ adalah nol,

maka

∇ · βλ = β(∇ · λ) +∇β · λ

dan lalu dengan pers. (4.82) bisa didapatkan

∇β · λ = −2αβ. (4.89)

Mengalikan silang λ dengan pers.(100) serta menyederhanakannya dengan




39

pers.(4.89) akan didapat nilai ∇β

∇β = −2αβλ+ (∇α× λ). (4.90)

Persamaan (4.87),(100),(4.90), dan (4.89) dapat dibentuk dengan cara yang

lebih ringkas dengan mengenalkan suatu fungsi kompleks baru γ = α + iβ

∇γ · λ = −γ2 (4.91)

∇γ = −γ2λ− iλ×∇γ. (4.92)

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 ` dan λj. Persamaan diferensial pertama didapatkan de-

ngan cara membentuk laplasian γ dari pers. (4.92) serta menyederhanakannya

dengan pers. (4.82) dan pers. (96)

∇2γ = −γ2∇ · λ− 2γ∇γ · λ+ i∇ · (∇γ × λ)

= −2αγ2 + 2γ3 − i∇γ · (∇× λ)

= −2γ2(α + iβ − γ)

= 0 (4.93)

Maka γ adalah fungsi komplek harmonik. Persamaan diferensial yang ke-

dua adalah dengan menguadratkan pers.(4.92) dan memakai pers. (4.91) untuk

penyederhanaan




40

(∇γ)2 = γ4 − (λ× γ)2

= γ4 − (∇γ)2 − (λ · ∇γ)2

= γ4 (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.(4.98) dapat diselesaikan dengan mengalikan dot dengan∇ω untuk meda-

patkan H serta menggunakan pers.(4.95) dan (4.96) untuk menyederhanakan

H = i(1 +∇ω · ∇ω∗) (4.99)

sehingga akan didapatkan nilai λ

λ =∇ω +∇ω∗ − i∇ω ×∇ω∗

1 +∇ω · ∇ω∗(4.100)

Fungsi ` haruslah memenuhi pers. (4.61) dan (4.62). Maka kita akan




41

dapatkan

`2 = <(γ) = α. (4.101)

Dari pers. (4.93) kita tahu bahwa α adalah harmionik. Jadi pers. (4.61) bisa

langsung lenyap. Untuk menunnjukkan `2 = α adalah solusi dari pers.(4.62)

kita menghitung sisi sebelah kiri dengan `2 = α sebagai solusi coba dengan α

harmonik.

∇2(αλj) = α∇2λj + 2α,kλ,k (4.102)

Dengan memakai pers.(94),(98),(100), dan pers.(4.90) maka persamaan terse-

but akan menjadi

∇2(αλj) = 4α∇α + 2β∇β

= ∇(α2 + β2). (4.103)

. Selanjutnya dihitung sisi sebelah kanan dari pers.(4.62). Dari definisi α =

p(1−cos ∴) dan β = p sin θ yang sebelumnya dijelaskan pers.(94)akan didapat

α2 + β2 = 2p2(1− cos θ) = 2αp (4.104)

dari definisi pers.(4.65) akan kita dapatkan

A+B =`

α(α2 + β2) (4.105)

lalu dengan `2 = α bagian sisi kanan dari pers.(4.62) menjadi

[(A+B)`],j = (α2 + β2),j. (4.106)




42

Persamaan tersebut akan sesuai dengan pers.(4.103), dan terbkti bahwa `2 = α

Penyederhanaan panjang yang telah dibuat berguna untuk menyeder-

hanakan persamaan medan menjadi dua persamaan yang sederhana yang

diberikan oleh pers.(4.93) dan pers.(4.97), dengan fungsi metrik yang diberikan

oleh pers.(4.100) dan pes.(4.101), bentuk-bentuk ini akan digunakan untuk

menyelesaikan persamaan medan Einstein. Fungsi kompleks γ memegang

peranan sebagi potensial Newton yang tergeneralisasi karena mematuhi per-

samaan Laplace, dan dalam limit medan lemah <(γ) adalah potensial Newton.

Dalam kesseuaian dengan Newtonian, pertama-tama mempertimbangkan so-

lusi sederhana simetri bola ke persamaan Laplace

γ =1

r[x2 + y2 + z2]−1/2. (4.107)

Maka disini ω = r. Selanjutnya fungsi metrik `2 yang sesuai dengan potensial

Newton, dan vektor λi dapat diperoleh dari pers.(4.100) dan (4.101)

`2 =1

r, λ1 =

x

r, λ2 =

y

r, λ3 =

z

r(4.108)

Dari definisi pers.(4.60) dan pers.(4.37) akan didapatkan elemen garis

ds2 = −(dx0)2 + (dx)2 +2m

r

(dx0 +

xdx+ ydy + zdz

r

)2

(4.109)

Bentuk ini sesuai dengan bentuk Edington dari metrik Schwarzschild pada

pers.(4.36)

Penyederhanaan dari solusi Schwarzschild terhadap masalah ini akan men-

garahkan pada suatu keumuman pergeseran dari titik awal

γ =1

r= [(x+ a1)

2 + (y + a2)2 + (z + a3)

2]−1/2 (4.110)




43

atau

γ = (x+ a)−1/2 (4.111)

dengan ai =konstanta sembarang. Karena pesamaan tersebut memenuhi

pers.(4.93) dan pers.(4.97) untuk setian sembarang konstanta ai. Jika kon-

stanta ai real maka solusi ini sesuai dengan pergerseran dari titik awal dan

tidak ada hal fisis yang menarik. Disisi lain, saat kita pilih ai adalah imajiner

maka akan ada keadaan fisis yang baru. tanpa harus kehilangan keumuman ,

kita dapat menuliskan pergerseran fungsi γ imaginer sebagai berikut

γ =√

(x+ ia)2 (4.112)

persamaan ini mewakili solusi Kerr.

Dari fungsi γ baru ini, bisa didpatkan fungsi metrik `2 dan λi dari

pers.(4.100) dan pes.(4.101), seperti kasus Schwarszchild tapi dengan sedikit

tambahan aljabar. Pertama-tama dengan membagi ω menjadi bagian real dan

imajiner agar lebih mudah

ω = ρ+ iσ

ω2 = x2 − a2 + 2ia · x (4.113)

dengan

r =√x2, a =

√a2 (4.114)

dengan menguadartkat pers.(4.113) lalu memisahkan bagian imajiner dan re-

alnya akan didapat

ρ2 − σ2 = r2 − a2, ρσ = a · x, (4.115)




44

selanjutnya akan dapat diperoleh hubungan kuadrat antara ρ2 dengan kompo-

nen kartesian

ρ4 − ρ2(r2 − a2)− (a · x) = 0 (4.116)

Untuk mendapatkan nilai λ dari pers. (4.100) pertama-tama dihitung nilai

∇ω

∇ω =1

ω(x+ ia), ∇ω∗ =

1

ω∗(x− ia)

selanjutnya

1 +∇ω · ∇ω∗ =2(ρ2 + a2)

ρ2 + σ2

∇ω +∇ω∗ − i∇ω ×∇ω∗ =2ρ

ρ+σ2

[x+

1

ρ2a(a · x) +

1

ρa× x

]

sehingga akan didapatkan untuk nilai λ

λ =ρ

ρ2 + a2

[x+

1

ρ2a(a · x) +

1

ρa× x

](4.117)

memilih sumbu untuk a = (0, 0, a). lalu

λ =ρ

ρ2 + σ2

(x− ay

ρ, y +

ax

ρ, z +

a2z

ρ2

)=

(ρx− ayρ2 + a2

,ρy + ax

ρ2 + a2,z

ρ

)(4.118)

Hal ini dapat dapat dibandigkan dengan bentuk edington dalam solusi

Schwarzschild seperti dalam pers. (4.113). Untuk r yang sangat besar diband-

ing a maka solusinya akan seperti dalam solusi Schwarzchild dari benda yang

jauh dari sumber.




45

Akhirnya akan bisa didapatkan

ds2 = −(dx0)2 + (dx)2 +2mρ

ρ4 + a2z2[dx0 +

ρ(xdx+ ydy)

a2 + ρ2+a(ydx− xdy)

a2 + ρ2+z

ρdz

]2(4.119)

ini adalah bentuk yang ditemukan Kerr pada tahun 1963.

Dengan pemilihan koordinat alternatif t, ρ, θ, φ yaitu

cos θ =z

ρ, (ρ+ ia)eiφ sin θ = x+ iy.

akan didapatkan suatu bentuk elemen garis baru

ds2 = −(dx0)2 + dρ2 + (ρ2 + a2 cos2 θ)dθ2

+(ρ2 + a2) sin2 θdφ2 − 2a sin2 θdρdφ

+2mρ

ρ2 + a2 cos2 θ

(dx0 +

ρ2 + a2 cos 2θ

ρ2 + a2dρ+ a sin2 θdφ

)2

(4.120)

dengan mengenalkan suatu bentuk variabel baru

x0 = x0′+

∫2mρ

ρ2 + a2 − 2mρdρ,

φ = φ′ +

∫ (2a

ρ2 + a2− a

ρ2 + a2 − 2mρ

)dρ (4.121)

sehingga pers.(4.120) dapat menjadi

ds2 = −(

1− 2mρ

ρ2 + a2 cos2 θ

)(dx0

′)2 +

ρ2 + a2 cos2 θ

ρ2 + a2 − 2mρdρ2

+(ρ2 + a2 cos2 θ)dθ2 +

(ρ2 + a2 +

2a2mρ sin2 θ

ρ2 + a2 cos2 θ

)sin2 θdφ′2

+4amρ sin2 θ

ρ2 + a2 cos2 θdx0

′dφ′




46

atau

ds2 = −(

1− 2mρ

ρ2 + a2 cos2 θ

)c2dt′2 +

ρ2 + a2 cos2 θ

ρ2 + a2 − 2mρdρ2

+(ρ2 + a2 cos2 θ)dθ2 +

(ρ2 + a2 +

2a2mρ sin2 θ

ρ2 + a2 cos2 θ

)sin2 θdφ′2

+4amρ sin2 θ

ρ2 + a2 cos2 θcdt′dφ′. (4.122)

Persamaan tersebut merupakan solusi Kerr dalam koordinat Boyer-

Linquist(1967), metrik Kerr ini akan kembali menjadi bentuk metrik

Schwarzschild bila a = 0, adanya suku silang dφ′dt′ membuatnya tampak sama

dengan metrik dari ruang datar yang berotasi. (Penurunan untuk subbab ini

secara lengkap dapat dilihat di lampiran 6 dan analisis vektor yang terkait

dapat dilihat di lampiran 4).

4.2.3 Implikasi Solusi Kerr

Pada tahun 1918, Lense dan Thirring mempelajari tentang medan gravitasi

dari suatu benda berbentuk bola yang berotasi. Dengan menggunakan per-

samaan medan ralativistik terhadap ruang massa-energi, mereka mendapatkan

pendekatan solusi untuk putaran rendah dan medan yang lemah didalam atau

diluar bola. Solusi dari bagian luar bola mempunyai bentuk

ds2 = −(

1− 2m

r

)c2dt2 +

(1 +

2m

r

)dσ2

−4κJ

c3rsin2 θdφcdt, r = [x2 + y2 + z2]−1/2 (4.123)

dengan m adalah massa geometris, J adalah momentum sudut dari sumber,

dan dσ adalah elemen garis ruang datar pada tiga dimensi[Alder at all, 1975].

Solusi Kerr Pers. (4.122) dapat direduksi kedalam bentuk yang mendekati

persamaan tersebut dengan tiga langkah. Pertama dilakukan perluasan ke




47

suku pertama dalam a/ρ

ds2 = −(

1− 2m

ρ

)c2dt2 +

(1− 2m

ρ

)−1+ρ2(dθ2 + sin2 θdφ2) +

4ma

ρsin2 θdφcdt

dimana suku pertama ρ = r. Persamaan ini sama dengan solusi Schwarzchild

dengan tambahan suku silang yang proposinal dengan a. Untuk membanding-

kan persamaan ini dengan pers.(4.123), persamaan ini harus diuraikan kedalam

bentuk isotropik. Perubahan dapat dilakukan dengan perubahan koordinat ra-

dial untuk menguraikan elemen garis Schwarzschild kedalam bentuk isotropik,

ρ = ρ(1 +m/2ρ)2, dengan ρ adalah penanda radial isotropik.

ds2 = −(1−m/2ρ)2

(1 +m/2ρ)2c2dt2 +

(1 +

m

2ρ

)4

dσ

+4ma

ρ(1 +m/2ρ)2sin2 θdφcdt (4.124)

lalu melebarkan suku pertama dalam m/ρ

ds2 = −(

1− 2m

ρ

)c2dt2 +

(1 +

2m

ρ

)dσ

+4ma

ρsin2 θdφcdt (4.125)

yang sesuai dengan pers.(4.123) jika kita ambil

ma = −κJc3

(4.126)

jadi a adalah tolok ukur bagi momentum sudut per unit massa sumber.

Dengan alternatif notasi, maka solusi Kerr pers.(4.122) dapat dibentuk




48

menjadi

ds2 = −(1− 2mr

ρ2)c2dt2 +

ρ2

∆dr2 + ρ2dθ2

+

(r2 +

a2

c2+

2a2mr sin2 θ

c2ρ2

)sin2 θdφ2

−4amr sin2 θ

ρ2cdtdφ (4.127)

dengan

t′ → ct, ρ→ r, θ → θ, φ′ → φ, a→ −a,

ρ ≡√r2 + a2 cos2 θ, ∆ ≡ r2 − 2mr + a2,

Pada solusi Schwarzschild permukaan r = 2m adalah even horizon (EH)

dan juga permukaan dari infinite red-shift (SIR) sebagaimana yang telah dike-

tahui, tetapi pada solusi Kerr, SIR dan EH adalah dua permukaan yang

berbeda. Area diantara keduanya disebut ergosphere.

Untuk menyelidiki solusi Kerr ini pertama-tama, sebuah permukaan hiper

(hyppersurface) dinyatakan dalam bentuk

f(x0, x1, x2, x3) = 0

Dalam solusi Schwarzschild EH diberikan oleh r − 2m = 0, maka fungsi f

dapat ditulis

f = r − 2m = x1 − 2m

dan `µ = (0, 1, 0, 0). Permukaan hiper null jika `µ`µ = 0. Dari bentuk Ed-

ington diketahui bahwa g11 = 1− 2m/r, maka terlihat bahwa `µ`µ = 0 dalam

permukaan hiper r = 2m.




49

Dalam solusi Kerr, permukaan hiper menuntut ∆ = 0, maka

r = r± = m±√m2 − a2 (4.128)

yang setara dengan

r2+ = a2 = 2mr+ (4.129)

maka fungsi f dapat ditulis

f = r − r+ = r −m−√m2 − c2 (4.130)

dan `µ = (0, 1, 0, 0) serta g11 = ∆/ρ2. Karena ∆ = 0 saat r = r+ maka

`µ`µ = 0 di r = r+ (4.131)

maka dapat disimpulkan bahwa r = r+ adalah null dari permukaan hiper.

cahaya takkan mampu yang masuk takkan mampu keluar dari lubang hitan

Kerr. Horizon peristiwa dari lubang hitam Kerr adalah

r = r+ = m+√m2 − c2 (4.132)

yang mana EH ini akan menjadi EH Schwarzchild saat a = 0.

Kembali memperhatikan properti dari r = 2m dalam solusi Schwarzchild,

yaitu SIR. Faktor pergeseran merah adalah

z =νemνrec− 1,

ν menunjukkan frekuensi dari cahaya yang diemisikan dan diterima. Jika ca-




50

haya diemisikan saat r2 dan diterima di r1 maka

z =

√g00(r1)

g00(r2)− 1

dengan g00(r) = 1 − 2m/r. Maka untuk cahaya yang diemisikan saat r dan

diterima di suatu jarak yang jauh, g00(r1) = 1 maka

z =1√g00(r)

− 1 =

√r

r − 2m− 1,

dan sebagaimana r → 2m, z → ∞. Permukaan r = 2m adalah SIR yang

didefinisikan g00 = 0.

Dalam kasus solusi Kerr, kondisi g00 = 0 memberikan

ρ2 = 2mr ⇒ r2 − 2mr + a2 cos2 θ = 0

dengan solusi

r1,2 = m±√m2 − a2 cos2 θ,

saat r = r1

r = r1 == m+√m2 − a2 cos2 θ (4.133)

persamaan tersebut merupakan SIR dari solusi Kerr yang akan kembali men-

jadi SIR dalam solusi Schwarzschild saat a = 0.

Diantara permukaan EH dan SIR ada sebuah area yang disebut sebagai

ergosphere yang disefinisikan sebagai

m+√m2 − a2 = r+ < r < r1 == m+

√m2 − a2 cos2 θ (4.134)




51

Sebuah partikel dengan r, θ yang tetap tapi bergerak dengan bertambahnya

φ, maka kecepatan-4nya adalah

dxµ

dτ= uµ = (u0, u1, u2, u3) = (u0, 0, 0, u3) = u0(1, 0, 0,

u3

u0)

= u0(1, 0, 0,Ω

c)

dengan

Ω =dφ

dt=dφ/dτ

dt/dτ= c

u3

u0(4.135)

kondisi u0 haruslah timelike

gµνuµuν < 0, g00(u

0)2 + 2g03u0u3 + g33(u

3)3 < 0,

atau dengan menakai pers.(4.135)

Ω2

c2+ 2

g03g33

Ω

c+

g00g − 33

< 0 (4.136)

bila pers.(4.136) bernilai nol maka

Ω

c= −g03

g33±

√(g03g33

)2

− g00g33

(4.137)

Komponen-komponen metrik g00, g03 dan g33 dapat ditulis ulang dari bentuk

pers.(4.127)

− g03g33

=ω

c(4.138)

maka dua solusi pers.(4.137) dapat dituliskan

Ωmin = ω −√ω2 − c2 g00

g33, Ωmax = ω +

√ω2 − c2 g00

g33(4.139)




52

Gambar 4.2: Lubang Hitam Kerr

maka Ω dalam pers.(4.136) harus berada diantara Ωmin dan Ωmax , atau dapat

ditulis

Ωmin < Ω < Ωmax

dengan Ω adalah kecepatan sudut dari partikel di dalam ruang-waktu Kerr

yang dilihat pengamat yang jauh dari lubang hitam. Secara umum, g00 < 0,

Ωmin < 0, maka pengamat yang jauh masih bisa melihat partikel bergerak

berlawanan arah dengan rotasi lubang hitam. Saat g00 → 0, maka Ωmin = 0

dan Ωmax = 2ω, dan partikel tidak mampu bergerak barlawanan dengan rotasi

lubang hitam, tapi masih bisa diam. Untuk hal ini, SIR disebut sebagai batas

diam. Dan saat berada di ergosphere atau Ω > 0 partikel takkan mampu

menahan untuk mengikuti putaran lubang hitam. Adanya ergoshere inilah

yang membedakan antara lubang hitam Schwarzschild dengan lubang hitam

Kerr.




bab 4 hasil dan pembahasan 4.1 solusi schwarzchild 4.1.1 ...repository.unair.ac.id/25584/13/13. bab...

Documents