BAB 4 HASIL DAN PEMBAHASAN

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 µν bergantung x 0, dan ds 2 invarian terhadap perubahan koordinat x 0 x 0, maka tidak ada suku yang bersangkutan dengan dx j dx 0 pada bentuk ds 2. Ini berarti bahwa g j0 = g 0j = 0. Didekat obyek masif M ruang-waktu yang melengkung, garis dunia ds dari partikel dan berkas cahaya adalah geodesik, untuk mendapatkannya perlu diketahui tensor metrik g µν di dalam koordinat yang dipilih. dalam koordinat bola x 0 = t, x 1 = r, x 2 = θ, x 3 = φ dengan M sebagai titik pusatnya. jika M nol maka rumus jarak ds 2 = c 2 dt 2 + dr 2 + r 2 dθ 2 + r 2 sin 2 θdφ 2 ) 4.1) Jika massa M dinyalakan maka akan terjadi dua hal, ruang posisi akan melengkung sehingga lingkaran r tidak secara tepat berada pada jarak r dari pusat lingkaran, dan jam pada setiap permukaan r tidak teramati dari permukaan r yang lain. Efek ini dapat dituliskan dalam elemen jarak ds 2 = e 2ν c 2 dt 2 + e 2λ dr 2 + r 2 dθ 2 + r 2 sin 2 θdφ 2 ) 4.2) 17

18 dengan ν = νr), λ = λr). Persamaan 26 memberi elemen tensor metrik g 00 = e 2ν, g 11 = e 2λ, g 22 = r 2, g 33 = r 2 sin 2 θ 4.3) atau dapat ditulis g µν = e 2ν 0 0 0 0 e 2λ 0 0 0 0 r 2 0 0 0 0 r 2 sin 2 θ 4.4) inversnya g µν = e 2ν 0 0 0 0 e 2 λ 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 Γ ρ µν = 1 2 gρτ µ g ντ + ν g ρµ τ g µν ) 4.6) dari simbol Cristoffel tersebut akan didapatkan 64 komponen, dan dari komponen-komponen tersebut yang tidak nol adalah Γ 0 10 = Γ 0 01 = ν, Γ 1 00 = ν e 2ν 2λ,

19 Γ 1 11 = λ, Γ 1 22 = re 2λ, Γ 1 33 = r sin 2 θe 2λ, Γ 2 12 = Γ 2 21 = 1 r, Γ 2 33 = sin θ cos θ, Γ 3 13 = Γ 2 1 31 r, Γ 3 23 = Γ 2 32 = cot θ Lalu untuk tensor Riccinya R µν = τ Γ τ µν µ Γ τ τν + Γ τ µνγ ρ ρτ Γ τ µργ ρ τµ. dari komponen-komponen simbol Cristoffel, maka komponen-komponen tensor Ricci yang tidak nol adalah R 00 = ) ν + ν λ ν 2 2ν e 2ν 2λ 4.7) r R 11 = ν + ν 2 λ ν 2λ r 4.8) R 22 = 1 λ r + ν r)e 2λ 1 4.9) R 33 = sin 2 θ{e 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, R µν = 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 )e 2ν = d dr [re2ν ] = 1 dengan mengintegralkannya d[re 2ν ] = dr re 2ν = r 2m 4.16)

21 dengan 2m adalah konstanta integrasi. g 00 = e 2ν = 1 2m r g 11 = e 2λ ) 4.17) = e 2ν = 1 2m r ) 1 4.18) Dengan demikian, elemen garis 26) menjadi ds 2 = 1 2m r ) c 2 dt 2 + 1 2m r ) 1 dr 2 + r 2 dθ 2 + r 2 sin 2 θdφ 2 ) 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 materi 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 g 00 = η 00 + h 00 = 1 + 2 c 2 φ 4.20) dengan φ adalah potensial Newton. Untuk sumber terpusat dengan massa total M, maka dari gravitasi newton didapat φ = GM r 4.21)

22 sehingga g 00 = 1 2GM ) c 2 r 4.22) Dari pers.4.95) dan pers. 4.96) memberikan m = GM c 2 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 dr dt partikel dideskripsikan oleh persamaan geodesik = 0 seperti di gambar4.1). Pergerakan d 2 x ν ds 2 + dx α dx β Γν αβ ds ds = 0 4.24) Dari hasil simbol Cristoffel pada solusi Schwarzchild, dan dangan x 0 = ct, ṫ = dt, persamaan geodesik dengan ν = 0 adalah dτ ẗ + 2m rr 2m)ṫṙ = 0 atau [ d 1 2m ds r ) ] ṫ = 0, 4.25) dengan mengintegralkan persamaan tersebut akan didapat 1 2m r ) ṫ = 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 ds 2 = 1 2m r ) c 2 dt 2 + 1 2m r ) 1 dr 2. dengan ds 2 = c 2 dτ 2, ṫ = dt, ṙ = dr dτ dτ persamaan tersebut dapat ditulis 1 2m r ) ṫ 2 1c 2 1 2m r ) 1 ṙ 2 = 1 4.27) mengambil ṙ = dr ṫ akan memberi dτ [ ) ) )] r 2m r dr c 2 ṫ 2 = c 2 4.28) r r 2m dt Kondisi batas r = R, dr dt = 0 memberikan ) dt dτ r=r = ) 1/2 R 4.29) R 2m

24 sehingga untuk pers. 4.26) didapat K = = 1 2m R R 2m R ) ) dt dτ ) 1/2 R maka dt dτ = = ) r K r 2m ) ) 1/2 r R 2m 4.30) r 2m R dengan memasukkan pers.4.30) ke pers.4.28) dan menata ulangnya akan didapat dr dt = c r 2m)2m)1/2 R r) 1/2 r 3/2 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 ) 1/2 R 2m r ρ 3/2 dρ 4.32) 2m ρ 2m)R ρ) 1/2 R 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 ) 1/2 R 2m r 2m 2m + ε) 3/2 ct = dε 2m R 2m εr 2m) 1/2 ) r 2m = 2m ln, 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 semakin melambat saat menuju jari-jari Schwarzschild dan akhirnya akan terlihat berhenti sebelum masuk dalam jari-jari Schwarzschild walaupun sebenarnya partikel tersebut masuk kedalamnya, cahaya yang tersedot oleh lubang hitam akan mengalami pergeseran merah karena melawat tarikan gaya gravitasi. 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 peristiwa 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 sebagai 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 koordinat dengan memakai bentuk koordinat waktu baru ) r 2m c t = ct + 2m ln 2m atau ) r 2m x 0 = x 0 + 2m ln 2m 4.34) dengan memasukkan koordinat baru tersebut kedalam metrik Schwarzschild akan didapat ds 2 = d x 0 ) 2 + dr) 2 + r 2 dθ 2 + sin 2 θdϕ 2 ) + 2m r d x0 + dr) 2 4.35) metrik Schwarzschild dengan bentuk Edington tersebut bila diubah ke koordinat Cartesian menjadi ds 2 = d x 0 ) 2 + dx) 2 + 2m r d x 0 + x dx ) 2 4.36) r dx) 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2, r 2 = x x) = x 2 + y 2 + z 2 )

27 lalu bentuk metrik dari koordinat kartesian adalah g µν = η µν + l µ l ν, l µ = 2m r )1/2 1, x r ) 4.37) dengan η µν adalah matrik Minkowski dengan diagonal -1,1,1,1) dan l µ l ν η µν = 0. 4.2.2 Metrik Kerr Dari bentuk metrik g µν = η µν + l µ l ν dan l µ l ν η µν = 0, selanjutnya invers dari l µ yaitu l µ dituliskan sebagai l µ = η µν l ν 4.38) maka akan didapt invers dari g µν g µν = η µν l µ l ν 4.39) yang merupakan tensor metrik kontravarian. Dari persamaan tersebut akan bisa didapatkan l µ = g µν l ν 4.40) yang menunjukkan bahwa l µ adalah vektor-empat kontravarian yang berhubungan dengan l ν. Selama vektor l µ adalah null, l µ mempunyai hubungan yang penting yaitu: l µ l µ,ν = l σ l σ,ν = 0. 4.41)

28 Determinan dari g akan bernilai 1, maka Γ ν νµ = x ln g µ = x ln 1 µ = 0 4.42) maka tensor Riccinya hanya akan bernilai R µν = Γ σ µν,σ Γ σ ντγ τ σµ. 4.43) Setiap persamaan harus sesuai jika kita membentuk ulang l µ dan dapat kita tuliskan g µν = η µν + αl µ l ν, g µν = η µν αl µ l ν, 4.44) setiap persamaan harus sesuai untuk sembarang konstanta α, sehingga Γ µνσ = 1 2 α[l µl ν ),σ + l µ l σ ),ν l ν l σ ),µ ] Γ µ νσ = 1 2 αηµτ αl µ l ν )[l τ l ν ),σ + l τ l σ ),ν l ν l σ ),τ ] = 1 2 α[lµ l ν ),σ + l µ l σ ),ν η µτ l ν l σ ),τ ] + 1 2 α2 l µ l τ l ν l σ ),τ 4.45)

29 sehingga untuk tensor Riccinya R µν = Γ σ µν,σ Γ σ ντγ τ σµ = 1 2 α{[lσ l µ ),ν + l σ l ν ),µ η στ l µ l ν ),τ ] + 1 2 αlσ l τ l ν l µ ),τ },σ { 1 2 α[lσ l τ ),µ + l σ l µ ),τ η σρ l τ l µ ),ρ ] + 1 2 α2 l σ l ρ l ν l σ ),τ } { 1 2 α[lτ l σ ),ν + l τ l ν ),σ η τλ l σ l ν ),λ ] + 1 2 α2 l τ l λ l σ l ν ),λ } = 1 2 α{lσ l µ ),σν + l σ l ν ),σµ η στ l µ l ν ),στ } + 1 2 α2 {l σ l τ ),σ l ν l µ ),τ + l µ l τ l ν l σ ),στ 1 2 lσ l ν l τ,µ l τ,σ + 1 2 lλ l ν l σ,µl σ,λ 1 2 l µl τ l σ,τl σ,ν 1 2 lσ l µ ),τ l τ l ν ),σ + 1 2 ητλ l µ l ν l σ,τl σ,λ + 1 2 lρ l µ l τ,νl τ,ρ + 1 2 ησρ l µ l ν l τ,ρ l τ,σ 1 2 lλ l µ ),ρ l ρ l ν ),λ } 1 4 α3 {l τλ l µ l σ,τl ν l σ,λ + l σ l ρ l µ l τ,ρ l ν l τ,σ} 4.46) g µν adalah polinomial dalam α maka g µν berorde satu sedangkan R µν berorde empat. Karena α adalah konstanta sembarang maka g µν harus menjadi solusi dari setiap nilai α. Pada ruang-waktu kosong atau R µν = 0, karena R µν sebagai polinomial dari α maka R µν harus lenyap secara terpisah. Dari R µν akan kita dapat 10 persamaan yang harus diselesaikan.dari pers. 4.46) terlihat bahwa untuk suku ke-4 sudah lenyap. Jika l µ 0, maka untuk suku ketiga akan mengimplikasikan a 2 = 0, dengan a µ = l ν l µ,ν 4.47)

akan didapatkan juga a l = 0,maka dapat dituliskan untuk sebuah fungsi skalar A 30 a µ = Al µ 4.48) lalu untuk a µ a µ = g µν a ν = η µν l β l ν,β = l β l µ,β. 4.49) Bila didefinisikan B = l µ,µ, maka suku pertama η στ l µ l ν ),στ = l σ l µ ),σν + l σ l ν ),σµ = l σ,σl µ + l σ l µ,σ ),ν + l σ,σl ν + l σ l ν,σ ),µ = Bl µ + Al µ ),ν + Bl ν + Al ν ),µ l µ l ν ) = [A + B)l µ ],ν + [A + B)l ν ],µ 4.50) dengan η µν 2 x µ x ν Persamaan D Alembert) 4.51) kemudian dengan mengkontraksikan persamaan 61) dengan η µν dan membaginya dengan 2 η µν l µ l ν ) = η µν {Bl µ + Al µ ),ν + Bl ν + Al ν ),µ } l ν l ν ) = [A + B)l ν ],ν + [A + B)l µ ],µ 0 = [A + B)l µ ],µ 4.52)

lalu untuk bagian suku keduanya akan bernilai nol jika pada suku pertama dan ketiga berlaku 31 l σ l τ ),σ l µ l ν ),τ = l σ,σl τ + l σ l τ,σ)l µ,τ l ν + l µ l ν,τ ) = Bl τ + Al τ )l µ,τ l ν + l µ l ν,τ ) = A + B)2Al µ l ν 4.53) l σ l τ l µ l ν ),στ = l σ l τ l µ l ν,στ + l ν l µ,στ + l µ,σ l ν,τ + l µ,τ l ν,σ ) = l σ [Al µ l ν )],σ Al τ l µ l ν ),τ +l σ [Al ν l µ )],σ Al τ l ν l µ ),τ + 2A 2 l µ l ν ) = 2l σ A,σ + A 2 )l µ l ν 4.54) l σ l µ ),τ l τ l ν ),σ = l µ l σ,τ + l σ l µ,τ )l ν l τ,σ + l τ l ν,σ ) = l µ l σ,τl ν l τ,σ + l µ l σ,τl τ l ν,σ +l σ l µ,τ l ν l τ,σ + l σ l µ,τ l τ l ν,σ = l µ l ν [Al σ ),σ B,τ l τ + 3A 2 ] 4.55) kembali mengambil persamaan 61) l µ l ν ) = [A + B)l µ ],ν + [A + B)l ν ],µ l µ l ν + l ν l µ + 2η στ l µ,σ l ν,τ = l µ A + B),ν + l ν A + B),µ +A + B)l µ,ν + l ν,µ ) kemudian dengan mengalikan persamaan tersebut dengan l µ lalu membaginya

32 dengan l ν akan didapat l µ l µ = l µ A + B),µ + AA + B) = [l µ A + B)],µ BA + B) + AA + B) = A 2 B 2 4.56) tapi 0 = l µ l ν ) = 2A 2 B 2 + η στ l µ,τl µ,σ ) B 2 A 2 = η στ l µ,τl µ,σ 4.57) maka η τσ l σ,τl µ l σ,λ l ν = l µ l ν B 2 A 2 ) 4.58) dengan menghapus faktor α 2 /2 dari suku kedua akan didapat = 2AA + B)l µ l ν + 2l σ A,σ + A 2 )l µ l ν 1 2 l µl ν [Al σ ),σ B,τ l τ + 3A 2 ] + 1 2 l µl ν B 2 A 2 ) + 1 2 l νl µ B 2 A 2 )2AA + B)l µ l ν + 2l σ A,σ + A 2 )l µ l ν 1 2 Alτ l ν l τ.µ + 1 2 Al σl σ,µl ν 1 2 Alσ l µ l σ,ν 1 2 l µl ν [Al σ ),σ B,τ l τ + 3A 2 ] + 1 2 l µl ν B 2 A 2 ) + 1 2 Al τl τ,νl µ + 1 2 l νl µ B 2 A 2 ) 1 2 l µl ν [Al σ ),σ B,τ l τ + 3A 2 ] 1 2 l µl ν [Al σ ),σ B,τ l τ + 3A 2 ]

33 = 2Al σ ),σ Al σ ),σ + Bl σ ),σ 0 = [A + B)l σ ],σ 4.59) seperti halnya diawal bahwa setiap kompenen dari R µν 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 λ j melalui persamaan l µ = l1, λ 1, λ 2, λ 3 ) 4.60) Selama l µ adalah ruang datar dan vektor null l µ l ν η µν = 0), λ j adalah unit vektor ruang datar, λ 2 = 1. Maka pers. 61) dapat diuraikan mejadi 2 l 2 ) = 0, 4.61) 2 l 2 λ i ) = [A + B)l],i, 4.62) 2 l 2 λ i λ j ) = [A + B)lλ i ],j + [A + B)lλ j ],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 λ i,k λ j,k = A + B) λ i,j + λ j,i ) 4.64) 2l

34 jika kita definisikan A + B) 2l λ i,k = M = p 4.65) maka dapat kita tulis untuk pers. 77) M + M T 1 p MMT = 0. 4.66) Selama λ 2 = 1, akan didapat bentuk persamaan matriks yang penting λ j λ j,i = 1 2 λ jλ j ),i = 0, M T λ = 0 4.67) Ini menunjukkan bahwa λ berada dalam ruang null dari M T. Dari bentuk Al µ = l ν l µ,ν, akan didapat pula Alλ i = l ν lλ i ),ν = Alλ i + l 2 λ j λ i,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 4.70) 0

jika λ berada dalam ruang null dari M dan M T, maka λ juga berada dalam ruang null dari M dan M T, dimana 35 M = RMR T 4.71) M T = RM T R T 4.72) Dari bentuk λ dan karena ia merupakan ruang null dari M dan M T maka bentuk M haruslah M = diag0, 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 p N N T = 0 4.74) I 1p N ) I 1p N T ) N + N T 1p NNT ) = I 1 p = 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 = R T M R M ik = R T ilm ljr jk = p1 cos θ)r 2i R 2k + R 3i R 3k ) +p sin θr 2i R 3k R 3i R 2k ) 4.78) Karena R adalah matrik rotasi orthogonal kolom dan baris, maka matrik R akan memenuhi R 1i R 1k + R 2i R 2k + R 3i R 3k = δ ik R 2i R 3k R 3i R 2k = ɛ ikl R 1l

37 jika R 1i R i maka pers.4.78) akan menjadi M ik = p1 cos θ)δ ik R i R k ) + P sin θɛ ikl R l 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 R 1i = R i. Akan didapat bahwa R i = λ i. Maka akan kita dapatkan bentuk M ik = λ i,k = p1 cos θ)δ ik λ i λ k ) + p sin θɛ ikl λ l = αδ ik λ i λ k ) + βɛ ikl λ l 4.81) dengan α = p1 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 ɛ jki 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 x k λ i,kk = [αδ ik λ i λ k )],k + βɛ ikl λ l ),k = α,k δ ik λ i λ k ) αλ i,k λ k αλ i λ k,k + ɛ ikl βλ l ),k 2 λ = α λ α λ) 2α 2 + β 2 )λ + β λ. 4.84) Dan cara kedua dengan identitas vektor λ) = λ) 2 λ 2 λ = 2λα 2λ β 4β 2 λ 4.85) dengan menjumlahkan persamaan 97) dengan persamaan 98) akan didapat α = λ β λλ α) 2α 2 β 2 )λ 4.86) dari bentuk tersebut akan didapat α λ = β 2 α 2 4.87) α = λβ 2 α 2 ) β λ. 4.88) maka Dari persamaan 96), dapat dilihat bahwa divergensi dari βλ adalah nol, 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 = γ 2 4.91) γ = γ 2 λ 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 l dan λ j. Persamaan diferensial pertama didapatkan dengan cara membentuk laplasian γ dari pers. 4.92) serta menyederhanakannya dengan pers. 4.82) dan pers. 96) 2 γ = γ 2 λ 2γ γ λ + i γ λ) = 2αγ 2 + 2γ 3 i γ λ) = 2γ 2 α + iβ γ) = 0 4.93) Maka γ adalah fungsi komplek harmonik. Persamaan diferensial yang kedua adalah dengan menguadratkan pers.4.92) dan memakai pers. 4.91) untuk penyederhanaan

40 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.4.98) dapat diselesaikan dengan mengalikan dot dengan ω untuk medapatkan H serta menggunakan pers.4.95) dan 4.96) untuk menyederhanakan H = i1 + ω ω ) 4.99) sehingga akan didapatkan nilai λ λ = ω + ω i ω ω 1 + ω ω 4.100) Fungsi l haruslah memenuhi pers. 4.61) dan 4.62). Maka kita akan

41 dapatkan l 2 = Rγ) = α. 4.101) Dari pers. 4.93) kita tahu bahwa α adalah harmionik. Jadi pers. 4.61) bisa langsung lenyap. Untuk menunnjukkan l 2 = α adalah solusi dari pers.4.62) kita menghitung sisi sebelah kiri dengan l 2 = α sebagai solusi coba dengan α harmonik. 2 αλ j ) = α 2 λ j + 2α,k λ,k 4.102) Dengan memakai pers.94),98),100), dan pers.4.90) maka persamaan tersebut akan menjadi 2 αλ j ) = 4α α + 2β β = α 2 + β 2 ). 4.103). Selanjutnya dihitung sisi sebelah kanan dari pers.4.62). Dari definisi α = p1 cos ) dan β = p sin θ yang sebelumnya dijelaskan pers.94)akan didapat α 2 + β 2 = 2p 2 1 cos θ) = 2αp 4.104) dari definisi pers.4.65) akan kita dapatkan A + B = l α α2 + β 2 ) 4.105) lalu dengan l 2 = α bagian sisi kanan dari pers.4.62) menjadi [A + B)l],j = α 2 + β 2 ),j. 4.106)

42 Persamaan tersebut akan sesuai dengan pers.4.103), dan terbkti bahwa l 2 = α Penyederhanaan panjang yang telah dibuat berguna untuk menyederhanakan 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 persamaan Laplace, dan dalam limit medan lemah Rγ) adalah potensial Newton. Dalam kesseuaian dengan Newtonian, pertama-tama mempertimbangkan solusi sederhana simetri bola ke persamaan Laplace γ = 1 r [x2 + y 2 + z 2 ] 1/2. 4.107) Maka disini ω = r. Selanjutnya fungsi metrik l 2 yang sesuai dengan potensial Newton, dan vektor λ i dapat diperoleh dari pers.4.100) dan 4.101) l 2 = 1 r, λ 1 = x r, λ 2 = y r, λ 3 = z r 4.108) Dari definisi pers.4.60) dan pers.4.37) akan didapatkan elemen garis ds 2 = dx 0 ) 2 + dx) 2 + 2m r dx 0 + ) 2 xdx + ydy + zdz 4.109) r Bentuk ini sesuai dengan bentuk Edington dari metrik Schwarzschild pada pers.4.36) Penyederhanaan dari solusi Schwarzschild terhadap masalah ini akan mengarahkan pada suatu keumuman pergeseran dari titik awal γ = 1 r = [x + a 1) 2 + y + a 2 ) 2 + z + a 3 ) 2 ] 1/2 4.110)

43 atau γ = x + a) 1/2 4.111) dengan a i =konstanta sembarang. Karena pesamaan tersebut memenuhi pers.4.93) dan pers.4.97) untuk setian sembarang konstanta a i. Jika konstanta a i real maka solusi ini sesuai dengan pergerseran dari titik awal dan tidak ada hal fisis yang menarik. Disisi lain, saat kita pilih a i 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 l 2 dan λ i 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 ω 2 = x 2 a 2 + 2ia x 4.113) dengan r = x 2, a = a 2 4.114) dengan menguadartkat pers.4.113) lalu memisahkan bagian imajiner dan realnya akan didapat ρ 2 σ 2 = r 2 a 2, ρσ = a x, 4.115)

selanjutnya akan dapat diperoleh hubungan kuadrat antara ρ 2 dengan komponen kartesian 44 ρ 4 ρ 2 r 2 a 2 ) a x) = 0 4.116) ω Untuk mendapatkan nilai λ dari pers. 4.100) pertama-tama dihitung nilai ω = 1 x + ia), ω ω = 1 x ia) ω selanjutnya 1 + ω ω = 2ρ2 + a 2 ) ρ 2 + σ 2 ω + ω i ω ω = 2ρ [x + 1ρ ρ + σ aa x) + 1ρ ] a x 2 2 sehingga akan didapatkan untuk nilai λ λ = ρ [x + 1ρ ρ 2 + a aa x) + 1ρ ] a x 2 2 4.117) memilih sumbu untuk a = 0, 0, a). lalu λ = = x ay ρ ρ 2 + σ 2 ρx ay ρy + ax, ρ 2 + a2 ρ 2 + a, z 2 ρ ρ, y + ax ) ρ, z + a2 z ρ ) 2 4.118) Hal ini dapat dapat dibandigkan dengan bentuk edington dalam solusi Schwarzschild seperti dalam pers. 4.113). Untuk r yang sangat besar dibanding a maka solusinya akan seperti dalam solusi Schwarzchild dari benda yang jauh dari sumber.

45 Akhirnya akan bisa didapatkan ds 2 = dx 0 ) 2 + dx) 2 + 2mρ ρ 4 + a 2 z 2 [ dx 0 ρxdx + ydy) aydx xdy) + + + z ] 2 a 2 + ρ 2 a 2 + ρ 2 ρ dz 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 ds 2 = dx 0 ) 2 + dρ 2 + ρ 2 + a 2 cos 2 θ)dθ 2 +ρ 2 + a 2 ) sin 2 θdφ 2 2a sin 2 θdρdφ ) 2mρ + dx 0 + ρ2 + a 2 2 cos 2θ dρ + a sin 2 θdφ 4.120) ρ 2 + a 2 cos 2 θ ρ 2 + a 2 dengan mengenalkan suatu bentuk variabel baru x 0 = x 0 + 2a φ = φ + ρ 2 + a 2 2mρ ρ 2 + a 2 2mρ dρ, a ρ 2 + a 2 2mρ ) dρ 4.121) sehingga pers.4.120) dapat menjadi ds 2 = 1 ) 2mρ ρ 2 + a 2 cos 2 θ +ρ 2 + a 2 cos 2 θ)dθ 2 + + 4amρ sin2 θ ρ 2 + a 2 cos 2 θ dx0 dφ dx 0 ) 2 + ρ2 + a 2 cos 2 θ ρ 2 + a 2 2mρ dρ2 ρ 2 + a 2 + 2a2 mρ sin 2 θ ρ 2 + a 2 cos 2 θ ) sin 2 θdφ 2

46 atau ds 2 = 1 ) 2mρ ρ 2 + a 2 cos 2 θ +ρ 2 + a 2 cos 2 θ)dθ 2 + c 2 dt 2 + ρ2 + a 2 cos 2 θ ρ 2 + a 2 2mρ dρ2 ρ 2 + a 2 + 2a2 mρ sin 2 θ ρ 2 + a 2 cos 2 θ ) sin 2 θdφ 2 + 4amρ sin2 θ ρ 2 + a 2 cos 2 θ cdt dφ. 4.122) Persamaan tersebut merupakan solusi Kerr dalam koordinat Boyer- Linquist1967), 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 persamaan 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 ds 2 = 1 2m r ) c 2 dt 2 + 1 + 2m r ) dσ 2 4 κj c 3 r sin2 θdφcdt, r = [x 2 + y 2 + z 2 ] 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 ds 2 = 1 2m ρ ) c 2 dt 2 + 1 2m ρ ) 1 +ρ 2 dθ 2 + sin 2 θdφ 2 ) + 4ma ρ sin2 θdφcdt dimana suku pertama ρ = r. Persamaan ini sama dengan solusi Schwarzchild dengan tambahan suku silang yang proposinal dengan a. Untuk membandingkan persamaan ini dengan pers.4.123), persamaan ini harus diuraikan kedalam bentuk isotropik. Perubahan dapat dilakukan dengan perubahan koordinat radial untuk menguraikan elemen garis Schwarzschild kedalam bentuk isotropik, ρ = ˆρ1 + m/2ˆρ) 2, dengan ˆρ adalah penanda radial isotropik. ds 2 1 m/2ˆρ)2 = 1 + m/2ˆρ) 2 c2 dt 2 + 1 + 2ˆρ) m 4 dσ 4ma + ˆρ1 + m/2ˆρ) 2 sin2 θdφcdt 4.124) lalu melebarkan suku pertama dalam m/ˆρ ds 2 = 1 2mˆρ ) c 2 dt 2 + 1 + 2mˆρ ) dσ + 4ma ˆρ sin2 θdφcdt 4.125) yang sesuai dengan pers.4.123) jika kita ambil ma = κj c 3 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 ds 2 = 1 2mr ρ 2 )c2 dt 2 + ρ2 dr2 + ρ 2 dθ 2 ) + r 2 + a2 c + 2a2 mr sin 2 θ sin 2 θdφ 2 2 c 2 ρ 2 4amr sin2 θ ρ 2 cdtdφ 4.127) dengan t ct, ρ r, θ θ, φ φ, a a, ρ r 2 + a 2 cos 2 θ, r 2 2mr + a 2, Pada solusi Schwarzschild permukaan r = 2m adalah even horizon EH) dan juga permukaan dari infinite red-shift SIR) sebagaimana yang telah diketahui, 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 fx 0, x 1, x 2, x 3 ) = 0 Dalam solusi Schwarzschild EH diberikan oleh r 2m = 0, maka fungsi f dapat ditulis f = r 2m = x 1 2m dan l µ = 0, 1, 0, 0). Permukaan hiper null jika l µ l µ = 0. Dari bentuk Edington diketahui bahwa g 11 = 1 2m/r, maka terlihat bahwa l µ l µ = 0 dalam permukaan hiper r = 2m.

49 Dalam solusi Kerr, permukaan hiper menuntut = 0, maka r = r ± = m ± m 2 a 2 4.128) yang setara dengan r 2 + = a 2 = 2mr + 4.129) maka fungsi f dapat ditulis f = r r + = r m m 2 c 2 4.130) dan l µ = 0, 1, 0, 0) serta g 11 = /ρ 2. Karena = 0 saat r = r + maka l µ l 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 + m 2 c 2 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 = ν em ν rec 1, ν menunjukkan frekuensi dari cahaya yang diemisikan dan diterima. Jika ca-

50 haya diemisikan saat r 2 dan diterima di r 1 maka z = g 00 r 1 ) g 00 r 2 ) 1 dengan g 00 r) = 1 2m/r. Maka untuk cahaya yang diemisikan saat r dan diterima di suatu jarak yang jauh, g 00 r 1 ) = 1 maka z = 1 r g00 r) 1 = r 2m 1, dan sebagaimana r 2m, z. Permukaan r = 2m adalah SIR yang didefinisikan g 00 = 0. Dalam kasus solusi Kerr, kondisi g 00 = 0 memberikan ρ 2 = 2mr r 2 2mr + a 2 cos 2 θ = 0 dengan solusi r 1,2 = m ± m 2 a 2 cos 2 θ, saat r = r 1 r = r 1 == m + m 2 a 2 cos 2 θ 4.133) persamaan tersebut merupakan SIR dari solusi Kerr yang akan kembali menjadi SIR dalam solusi Schwarzschild saat a = 0. Diantara permukaan EH dan SIR ada sebuah area yang disebut sebagai ergosphere yang disefinisikan sebagai m + m 2 a 2 = r + < r < r 1 == m + m 2 a 2 cos 2 θ 4.134)

Sebuah partikel dengan r, θ yang tetap tapi bergerak dengan bertambahnya φ, maka kecepatan-4nya adalah 51 dx µ dτ = u µ = u 0, u 1, u 2, u 3 ) = u 0, 0, 0, u 3 ) = u 0 1, 0, 0, u3 u 0 ) = u 0 1, 0, 0, Ω c ) dengan Ω = dφ dt = dφ/dτ dt/dτ = cu3 u 0 4.135) kondisi u 0 haruslah timelike g µν u µ u ν < 0, g 00 u 0 ) 2 + 2g 03 u 0 u 3 + g 33 u 3 ) 3 < 0, atau dengan menakai pers.4.135) Ω 2 c 2 + 2g 03 g 33 Ω c + g 00 g 33 < 0 4.136) bila pers.4.136) bernilai nol maka Ω c = g 03 g 33 ± g03 g 33 ) 2 g 00 g 33 4.137) Komponen-komponen metrik g 00, g 03 dan g 33 dapat ditulis ulang dari bentuk pers.4.127) g 03 g 33 = ω c 4.138) maka dua solusi pers.4.137) dapat dituliskan Ω min = ω ω 2 c g 2 00, Ω max = ω + ω g 2 c g 2 00 4.139) 33 g 33

52 Gambar 4.2: Lubang Hitam Kerr maka Ω dalam pers.4.136) harus berada diantara Ω min dan Ω max, atau dapat ditulis Ω min < Ω < Ω max dengan Ω adalah kecepatan sudut dari partikel di dalam ruang-waktu Kerr yang dilihat pengamat yang jauh dari lubang hitam. Secara umum, g 00 < 0, Ω min < 0, maka pengamat yang jauh masih bisa melihat partikel bergerak berlawanan arah dengan rotasi lubang hitam. Saat g 00 0, maka Ω min = 0 dan Ω max = 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.