Loesung 2 - Universitäts

Ludwig-Maximilians-Universität München
Fakultät für Physik
Einführung in die Kosmologie
Lösung Übungsblatt 2 (SS14)
Besprechung am 2. Mai, 2014.
1. Photonengas
(a) Ein homogen verteiltes Photonengas mit Energiedichte ρ hat einen Druck
p = ρ/3 (in Einheiten wo c = 1). Im thermischen Gleichgewicht und da
keine Wärme fließt ( δQ = T dS = 0, adiabatische Zustandsänderung)
gilt der Erste Hauptsatz der Thermodynamik in folgender Form: 0 =
dE + pdV . Und deswegen mit p = 1/3ρ und E = ργ V :
ρ
d(ρV ) = − dV .
3
Im expandierenden Raum ist V = const a3 (Es ist egal welches anfängliche Volumen V0 = const wir uns rauspicken). unter der Annahme, dass
die Energiedichte der Strahlung wie ργ ∝ T 4 geht, bekommen wir
T4
d(a3 )
3
a3 4T 3 dT + T 4 3a2 da = −T 4 a2 da
d(T 4 a3 ) = −
d ln T = −d ln a
⇒ T ∝ a−1
(b) Wir nehmen an, dass die Gesamtzahl N der Photonen eines Photonengases erhalten ist const = N = nγ a3 , wobei nγ die Anzahldichte ist. Die
Energiedichte ργ ist also proportional zu nγ und zur Energie pro Photon
~ν. Da ν ∝ λ−1 und die Wellenlänge λ proportional zum Skalenfaktor
a gestreckt wird, gilt ργ ∝ a−4 . Ein Faktor a−3 taucht also auf, weil
das Volumen um den Faktor a3 größer wird und zugleich Gesamtzahl an
Photonen erhalten ist. Der Faktor a−1 kommt daher, dass die Energie
eines jeden Photons wie a−1 abfällt, da Wellenlängen gestreckt werden.
Dieses Strecken ist unabhängig von der Position des Photons wegen der
Homogenität und unabhängig von der Richtung des Wellenzugs wegen
der Isotropie die Expansion.
(c) Die spektrale Energiedichte der Schwarzkörperstrahlung mit Temperatur
T ist geben durch das Planck-Spektrum
ργ (ν)dν =
8πh
ν 3 dν
,
c3 exp hν − 1
kB T
1
(1)
wobei ν die Frequenz der Strahlung ist.
Um zu sehen, dass ργ (ν)dν ∝ T 4 , benutzen wir ν ∝ a−1 und T ∝ a−1 .
Deswegen ist ν/T im Exponent unabhängig von a und die gesamte Zeitabhängigkeit steckt in ν 3 dν ∝ a−4 ∝ T 4 .
Die totale Energiedichte ist gegeben durch das Integral der spektralen
Energiedichte
Z
∞
ργ (ν)dν .
ργ =
(2)
0
Jetzt substituieren wir u = hν/(kB T ) und erhalten
8πh k 4 T 4 ∞
u3
ργ = 3 B 4
du u
c
h
e −1
0
4 T 4 π4
8πh kB
= 3
c
h4 15
4
π 2 kB
= αT 4 ,
α=
.
15 ~3 c3
Z
(3)
(4)
(5)
(d) Dass sich der Raum homogen und isotrop ausdehnt ist konsistent mit
der Existenz einer isotropen kosmischen Mikrowellenhintergrundstrahlung (CMB = cosmic microwave background) und macht es sehr plausible
(kopernikanisches Prinzip), dass auch der CMB homogen ist. Die Tatsache, dass der CMB ein thermisches Spektrum hat macht es sehr plausible,
dass der CMB einen thermischen Ursprung hat. Wir kennen aber keinen
Mechanismus der heute ein homogenes und isotropes Photonengas mit
T = 2.73K erzeugen könnte. Wir wissen jedoch, dass ργ ∝ T 4 ∝ a−4 und
dass das Universum homogen und isotrop expandiert. Wenn wir das in die
Vergangenheit extrapolieren finden wir einen Zustand wo alle Baryonen
und Photonen sehr dicht und heiß und im thermischen Gleichgewicht waren waren. Wenn man möchte kann man nun diesen Zustand bis zu a = 0
wo ργ , T → ∞ extrapolieren und das heißen Urknall nennen. (Heutzutage
bezeichnen wir mit Urknall den Moment an dem die kosmische Inflation
zu Ende ging und das Universum aufgeheizt wurde).
2. 3-Sphäre
(a) Die Euklidische Länge ds in R4 wird bestimmt durch eine euklidische
Metrik
ds2 = dx2 + dy 2 + dz 2 + dw2
mit kartesischen Koordinaten x, y, z, w und die Definition einer 3-Sphäre
mit Radius R ist
R 2 = x2 + y 2 + z 2 + w 2 ,
damit gilt, dass
w=
q
R 2 − x2 − y 2 − z 2 .
2
4 Punkte
So können wir die Metrik auf der 3-Sphäre schreiben:
2
2
2
2
ds = dx + dy + dz +
xdx + ydy + zdz
p
R2 − x2 − y 2 − z 2
!2
.
Es lohnt sich, in Kugelskoordinaten zu arbeiten, definiert durch:
x = r0 cos(ϕ) sin(ϑ)
y = r0 sin(ϕ) sin(ϑ)
z = r0 cos(ϕ) ,
mit denen können wir folgendes erhalten:
ds2 =
i
h
R2
2
2
2
02
02
.
+
sin
(ϑ)dϕ
dϑ
+
r
dr
R2 − r02
Schließlich definieren wir wie in der Vorlesung r ≡ r0 /R, sodass
"
2
ds = R
2
#
dr2
+ r2 (dϑ2 + sin2 ϑdϕ2 ) ,
1 − r2
QED. Wir können auch die Raumwinkelelemente so schreiben:
dΩ2 = (dϑ2 + sin2 ϑdϕ2 ) ,
was liefert:
"
2
ds = R
2
#
dr2
+ r2 dΩ2 .
1 − r2
(b) Wie hingewiesen, ersetzen wir r mit χ ≡ arcsin r. Es folgt, dass dr =
cos χdχ, und die Metrik wird
h
i
ds2 = R2 dχ2 + sin2 χdΩ2 .
Nun können wir sehen, dass ds2(2) = R2 sin2 χ(dθ2 + sin2 θdφ2 ), die Metrik
einer 2-Sphäre ist mit Oberfläche A = 4πR2 sin2 χ. Das RVolumen der 3Sphäre ist deswegen Summe all dieser Oberflächen V = 0π ARdχ.
Dass dies so ist, kann besser erklärt werden mit einer 2-Sphäre von Radius R: ihre Oberfläche kann berechnet werden durch einer Summe aller
Kreisebänder von Radius r(ϑ):
dA = 2πr(ϑ)dl ,
wo dl die Dicke eines Kreisbandes ist. Wir können schreiben, dass dl =
Rdϑ, und r(ϑ) = R cos ϑ. So
Z π/2
A=
2πR2 cos ϑdϑ = 4πR2 .
−π/2
3
Dies kann sofort zu der 3-Sphäre erweitert werden. Dann ist die Oberfläche
dA3 = 4πr2 (χ)dl ,
wobei dl = Rdχ und r(χ) = R cos χ sind. Es folgt, dass
Z π
A3 =
4πR2 cos χRdχ = 4πR3
0
π
= 2π 2 R3 .
2
Übrigens kann dies Ergebnis viel einfacher herlgeleitet werden durch die
folgenden einfachen Begriffe aus der Differentialgeometrie: Der Metriktensor gij ist definiert wie:
ds2 = gij dxi dxj
(Einsteinsche Summenkonvention: über doppelt auftretende Indizes innerhalb eines Produkts wird summiert.) Das Volumelement in einem N dimensionalischen Raum ist dann:
dV =
p
det g dx1 dx2 ...dxN .
Es folgt unmittelbar, dass für die 3-Sphäre
g = Diag(R2 , R2 sin2 χ, R2 sin2 χ sin2 ϑ) ,
sodass
dV = R3 sin2 χ sin ϑdχdϑdϕ ,
und schließlich nach Integration über χ, ϑ und ϕ wieder V = 2π 2 R3 .
3. Äquivalenzprinzip
(a) Das Äquivalenzprinzip basiert auf der Beobachtung, dass Beobachter auf
dem Erdboden, und in einem beschleunigten Raumschiff die gleiche Beschleunigung erleben, oder dass
mTrägheit = mGravitation .
Das Äquivalenzprinzip postuliert dann dass ein Beobachter in einem geschlossenen Labor ohne Wechselwirkung mit der Umgebung durch überhaupt kein (lokales) Experiment feststellen kann, ob er sich in der Schwerelosigkeit fernab von Massen befindet oder im freien Fall nahe einer Masse. Genauso wenig kann der Beobachter entscheiden ob er sich in einer
konstant beschleunigten Rakete (fern von Gravitationsfeldern) befindet
oder in einer Box die in einem (lokal konstanten) Gravitationsfeld ruht.
Es folgt aus diesem Gesetz, dass ein Lichtstrahl von einer Mass gebogen
wird: Für den Beobachter, der im freien Fall in einem Aufzug ist, gelten
4
3 Punkte
die Naturgesetze des gravitationsfreien Raums. So muss ein Lichtstrahl
den Aufzug gerade durchfahren (sonst wüsste der Beobachter, dass er
eigentlich im im Gravitationsfeld fällt!). Aber für einen anderen Beobachter, der sich am Erdboden im stehenden Aufzug befindet, darf diese
Beobachtung nicht gelten: der Lichtstrahl muss sich nach unten abbiegen,
genauso wie für einen Beobachter im beschleunigten Aufzug (Rakete) fern
von Gravitationsfeldern.
Aber wir wissen, dass sich Licht immer auf dem kürzesten Pfad bewegt
(Fermatsches Prinzip). Deswegen zeigt das Gedankenexperiment, dass
die Masse eine Krümmung der Raumzeit verursacht. Nur auf einem gekrümmten Raum können gekrümmten Pfade die kürzesten sein.
(b) Sehe Abb. 1. Wir nehmen an, dass Photonen massive Teilchen sind, mit
Masse m und Geschwindigkeit v. Die transversale Kraft F⊥ , die auf ein
Teilchen senkrecht zu Flugrichtung wirkt, wenn es an der Sonne (deren
Masse M ist) mit einem Stoßparameter b vorbeifliegt, ist
"
GmM
GmM b
GmM
F⊥ = 2
cos ϑ = 2
=
1+
2
3/2
2
b +x
b2
(b + x )
vt
b
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.
Wir nutzen nun das Newtonsche Gravitationsgesetz in m~v˙ = F~ , und
finden die transversale Geschwindigkeitabweichung δv durch Integration:
Z ∞
m δv =
−∞
dtF⊥ ,
sodass:
δv =
GM
b2
Z ∞
−∞
dt
[1 +
(vt/b)2 ]3/2
=
GM
bv
Z ∞
−∞
ds
2GM
.
=
bv
(1 + s2 )3/2
Falls δv/v 1, ist der Ablenkwinkel
β'
δv
2GM
=
,
v
bv 2
wo v = c die Lichtgeschwindigkeit ist.
5
3 Punkte
m
F⟂
x
r
ϑ b
β
M⊙
Abbildung 1: Lösung des letzten Problems.
6