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,
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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]
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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-
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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.
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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′
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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.
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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-
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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)
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
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.
ADLN Perpustakaan Universitas Airlangga
Skripsi Solusi Schwarzschild dan Kerr untuk Persamaan Medan Gravitasi Einstein
Abu Fadlol Arrosyidi
Top Related