Lösung

Kosmologie und Astroteilchenphysik
Lösungen zur 4. Übung am 08.06.2016
Lösung 1
Ausgangspunkte:
• Das Universum ist ein gleichförmig expandierendes Medium mit der Massendiche ρ.
• Da c = 1 gilt ist die Massendichte gleich der Energiedichte e = ρ.
• Eine beliebige Masse m, wie z. B. eine Galaxie, hat den Abstand r vom Zentrum.
• Auf Grund des kosmologischen Prinzips ist es irrelevant, welches die beliebige Masse und
wo das Zentrum ist.
• Die Masse m wird nur von dem Teil des Mediums angezogen, welcher näher am Zentrum
liegt.
• Dieser innere Teil hat die Gesamtmasse
M =V ·e=
4 3
πr · e
3
(1)
und übt die Anziehungskraft
F = GN
Mm 4π GN e
=
rm
r2
3
(2)
aus. Dieser Kraft entspricht die potentielle Energie
Epot = −GN
Mm
4π GN e 2
=−
r m.
r
3
(3)
• Die Geschwindigkeit der beliebigen Masse m ist ṙ, womit für die kinetische Energie
Ekin =
1
m ṙ2
2
(4)
gilt.
• Die Gesamtenergie
Eges = Ekin + Epot =
hängt im Allgemeinen von r ab.
1
1
4π GN e 2
m ṙ2 −
r m
2
3
(5)
• Da das Universum homogen ist, gilt diese Gleichung auch für den Abstand zweier beliebiger Massen. Dadurch können wir in mitbewegte Koordinaten umrechnen, welche der
Expansion des Universums folgen.
• Da die Expansion überall gleich ist, ist auch das Verhältnis aus Abstand zweier Punkte r(t)
und Gesamtausdehnung des Universums R(t) (Skalenfaktor, Weltradius) zeitlich konstant:
!
d r(t)
=0
(6)
dt R(t)
• Dies entspricht auch dem heutige Verhältnis r0 /R0 , welches sich als mitbewegte Koordinate anbietet.
• Demnach gilt für den Abstand zweier beliebiger Massen
r(t) =
r0
R(t).
R0
(7)
• Die zeitliche Ableitung unter Beachtung von Gleichung (??) ergibt
ṙ =
r0
Ṙ.
R0
(8)
• Setzen wir dies in die Gesamtenergie (??) ein, folgt
⇒
!2
!2
1
4π GN e 2 r0
2 r0
Eges = m Ṙ
−
R
m
2
R0
3
R0
!
!2
2 Eges R0 2
Ṙ
8π GN e
=
−
2
R m r0
R
3
!2
!2
Ṙ
8π GN e 2 Eges R0
⇒
=
+ 2
R
3
R m r0
!2
8π GN e
k
Ṙ
⇒
=
− 2
R
3
R
!
2 R0 2
· 2
R m r0
(9)
(10)
!
2 Eges R0 2
−
=k
m
r0
(11)
(12)
Lösung 2
Die kosmologischen Bewegungsgleichungen sind aus den Einsteinschen Feldgleichungen abgeleitet, welche zu den Friedmann-Gleichungen
Ṙ
H =
R
2
!2
=
8π GN e
k
Λ
− 2+
3
R
3
(13)
und
R̈ Λ 4π GN
= −
(e + 3p)
R
3
3
führen. Die Variablen haben darin folgende Bedeutung:
2
(14)
• H(t) ist der zeitabhängige Hubble-Parameter und beschreibt die Expansionsrate des Universums.
• R(t) ist der zeitabhängige kosmoligischer Skalenfaktor (Weltradius) und gibt die relative
Expansion des Universums in Form von mitbewegten Koordinaten an.
• GN ist die zeitunabhängige Gravitationskonstante.
• e(t) ist die zeitabhängige lokale Energiedichte.
• k ist ein zeitunabhängiger, dimensionsloser Krümmungsparameter.
• Λ ist die zeitunabhängige kosmologische Konstante, welche als zeitlich konstante Energiedichte eVak des Vakuums interpretiert wird.
• p(e) ist der zeitabhängige thermodynamische Druck.
Aus der ersten Friedmann-Gleichung (??) folgt
Ṙ2 =
Λ
8π GN
e R2 − k + R2 .
3
3
(15)
Die zeitliche Ableitung d/dt bringt
2ṘR̈ =
Λ
8π GN 2
ė R + e 2RṘ + 2RṘ.
3
3
(16)
Wird die zweite Friedmann-Gleichung (??) mit 2RṘ multipliziert, ergibt sich
2ṘR̈ =
Λ
8π GN
2RṘ −
(e + 3p)RṘ.
3
3
(17)
Nach dem Gleichsetzen der Gleichungen (??) und (??) resultiert
ė R2 + e 2RṘ = −(e + 3p)RṘ
Ṙ
Ṙ
Ṙ
= −e − 3p
R
R
R
ė + 2e H = −e H − 3p H
ė = −3H(e + p).
ė + 2e
2
: R
Ṙ
= H
R
|−2e H
(18)
(19)
(20)
(21)
Interpretation: Die globale Entwicklung des Universums lässt sich mit der ersten FriedmannGleichung (??) und dem Energieerhaltungssatz (??) ausreichend beschreiben.
Lösung 3
Als Ausgangspunkt dienen die aus der Vorlesung bekannten Darstellungen der Energiedichte
π2 4
T N(T )
30
(22)
π2 4
p=
T N(T ).
90
(23)
e=
und des thermodynamischen Drucks
3
1. Vergleichen wir das Ergebnis von
e+ p
T
π2
π2
N(T ) T 3 +
N(T ) T 3
=
30
90
4π2 3
T N(T )
=
90
s=
(24)
(25)
(26)
mit dem Ergebnis von
∂p(T,µ)
∂T
2
π ∂
=
N(T )T 4
90 ∂T
!
π2
3
4 ∂N
=
4T N(T ) + T
90
∂T
!
π2
1 T ∂N
3
=
4T N(T ) 1 +
90
4 N(T ) ∂T
| {z }
s=
(27)
(28)
(29)
(30)
klein gegen 1
ergibt sich die Forderung, dass N(T ) schwach von T abhängt.
↑
z
}|
{
(logartithmische Ableitung ist klein gegen 1)
2. Setzen wir Energiedichte (??) und Druck (??) in den Energieerhaltungssatz (??) ein, folgt
Ṙ
ė = −3H(e + p)
H =
R
Ṙ
(31)
= −3 (e + p)
R
!
Ṙ π2 4
π2 4
= −3
T N(T ) +
T N(T )
(32)
R 30
90
Ṙ π2 4
= −4
T N(T ).
(33)
R 30
Die zeitliche Ableitung der Energiedichte ergibt
π2 4
d
e=
T N(T )
dt
30
!
2
π
∂N(T ) ∂T
ė =
4T 3 Ṫ N(T ) + T 4
.
(34)
30
∂T } ∂t
| {z
1
Setzen wir die führenden Terme gleich, resultiert
π2
Ṙ π2 4
4T 3 Ṫ N(T ) = −4
T N(T )
30
R 30
Ṙ
Ṫ
⇒
=−
T
R
⇒ T R = konstant.
4
(35)
(36)
(37)
Lösung 4
• Treffen wir einige Annahmen:
– In der Strahlungsära gilt e Λ.
– Die thermischen Anregungen der leichten Teilchen dominieren.
– Für die Frühphase ist k = 0 repräsentativ.
Daraus ergibt sich die erste Friedmann-Gleichung (??) radiziert zu
r
8π GN e
Ṙ
.
H= =
R
3
(38)
Dies setzen wir in den Energieerhaltungssatz ein, woraus mit den Ausgangsgleichungen
aus Aufgabe 2 für Energiedichte (??) und Druck (??) folgt
r
8π GN e
(e + p)
(39)
ė = −3
3
r
8π GN π2 4
4π2 4
= −3
T N(T )
T N(T ).
(40)
3 30
90
Setzt man dies mit dem führenden Term aus dem Teilergebnis (??) in Aufgabe 2 gleich,
folgt weiter
r
8π GN π2
4π2 6
4π2 3
T Ṫ N(T ) = −3
N(T )
T N(T )
(41)
30
3 30
90
r
8π GN π2
N(T ) T 3
(42)
⇒ Ṫ = −
3 30
(43)
Wenn wir die Annahme treffen, dass N(T ) zeitlich konstant ist (siehe Aufgabe 2) können
wir integrieren und finden
r
dT
8π GN π2
=−
N(T ) T 3
(44)
dt
3 30
r
8π GN π2
⇒ T −3 dT = −
N(T ) dt
(45)
3 30
r
Z
Z
8π GN π2
−3
⇒
T dT = −
N(T )
dt
(46)
3 30
r
32π GN π2
⇒ T −2 − T 0−2 =
N(T ) (t − t0 ).
(47)
3
30
Da die Friedmann-Gleichungen invariant in der Zeit sind, können wir mit
t
→
t + t0
⇒
t0 = 0
(48)
T
→
T + T0
⇒
T 0−2 = 0
(49)
5
substituieren. Sodass wir die integrierte Gleichung (??) vereinfachen und zu
r
32π GN π2
−2
T =
N(T ) t
3
30
s
90
⇒ t T2 =
3
32π GN N(T )
(50)
(51)
umformen können.
• Mit folgenden physikalischen Konstanten können wir den Zusammenhang berechnen:
– Planck-Masse: MPl = GN−1/2 = 1,22 · 1019 GeV
– wichtiger kernphysikalischer Zusammenhang: ~c = 0,197 · 10−15 GeV m
– Lichtgeschwindigkeit: c = 3 · 108 m/s
1
t T2 = √
N(T )
r
90
32π3
1
G−1/2
·(~c) ·
N
|{z} |{z} |{z}
c
=1
19
1,22·10 GeV
⇒
2
t[s] T [MeV]
(52)
=1
1
m −1
= √
· 0,3 · 1,22 · 1019 GeV · 0,197 · 10−15 GeV m · 3 · 108
s
N(T )
(53)
1
= √
· 2,4 · 10−6 GeV2 s
(54)
N(T )
1
= √
· 2,4 MeV2 s
(55)
N(T )
2,4
= √
⇒
T ≈ 1MeV ⇔ t ≈ 1s Weltalter
(56)
N(T )
6