tprak

main.tex (28247B)

---

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 \pagestyle{myheadings}
 \markright{Popovic, Vogel\hfill Kugelsymmetrische Sternenmodelle in der ART \hfill}
 
 \title{Universität Wien\\ Fakultät für Physik\\
 \vspace{1.25cm}Laborpraktikum Theoretische Physik 2021S \\ Kugelsymmetrische Sternenmodelle in der ART
 }
 \author{Milutin Popovic \& Tim Vogel \vspace{1cm}\\ Betreuer: Dr. Stefan
 Palenta}
 \date{May the 26th, 2021}
 
 \begin{document}
 \maketitle
 \tableofcontents
 \newpage
 \section{Kugelkoordinaten in $\mathbb{R}^3$}
 Im euklidischen $\mathbb{R}^3$ Raum werden die Basisvektoren mit partiellen
 Ableitungen identifiziert. In kartesischen Koordinaten wird $e_x,\ e_y, e_z$
 mit $\partial _x,\ \partial _y,\ \partial _z$ identifiziert. Der
 Basisvektor $e_x$ z.B. gibt an in welche Richtung sich ein Punkt $P$
 verschiebt, wenn man man die Koordinate $x$ um ein $dx$ vergrößert. Die
 Koordinatendifferentiale sind dann $dx,\ dy,\ dz$ und die in der euklidischen
 Metrik gilt dann $dx^i(\partial _j) = \partial_j x^i = \delta^i_j$.
 
 Das selbe Spiel kann man mit Kugelkoordinaten machen
 \begin{align}
     x^i =
     \begin{pmatrix}
         r\sin\theta\cos\phi\\
         r\sin\theta\sin\phi\\
         r\cos\theta
     \end{pmatrix}
 \end{align}
 Die Kugelkoordinaten Basisvektoren $\partial _r,\ \partial _\phi,\ \partial
 _\theta$ werden durch die Kettenregel berechnet
 \begin{align}
     \partial _r &= \partial _r\partial^i\partial_i \\
         &= \sin\theta\cos\phi \partial_x + \sin\theta\sin\phi \partial_y+
         \cos\theta \partial_z\\
         \nonumber\\
         \partial_\theta &= \partial_\theta  \partial^i \partial_i \\
         &=-r\cos\theta \sin\phi \partial_x + r\cos\theta \sin\phi \partial
         _y-r\sin\theta \partial_z\\
         \nonumber\\
         \partial_\phi&= \partial_\phi \partial^i \partial_i \\
         &=-r\sin\theta\sin\phi\partial_x + r\sin\theta\cos\phi \partial_y
 \end{align}
 Die Einheitsvektoren sind die normierten Basisvektoren
 \begin{align}
     e_r = \partial_r;\;\;\; e_\theta = \frac{1}{r}\partial_\theta;\;\;\;
     e_\phi = \frac{1}{r\sin\phi}\partial _\phi.
 \end{align}
 Wichtiger einschub ist, dass die Lie-Klammer $[e_r, e_\phi]$ nicht
 verschwindet.
 \begin{align}
     [e_r, e_\theta]&=e_r e_\theta - e_\theta e_r = \partial_r
     \frac{1}{r}\partial_\theta  - \frac{1}{r}\partial_\theta\partial_r =\\
     &=-\frac{1}{r^2}\partial_\theta + \frac{1}{r} \partial_r\partial_\theta
     -\frac{1}{r}\partial_\theta\partial_r=\\
     &=\frac{1}{r}([\partial_r, \partial_\theta] - \partial_\theta)
 \end{align}
 was bedeutet, dass $e_r$ nicht mit $e_\theta$ kommutiert. Damit die
 Einheitsvektoren eine Koordinatenbasis bilden können müssen sie linear
 unabhängig voneinander sein, da sie aber eine nicht-triviale Lie-Klammer
 besitzen, sind sie nicht linear unabhängig und können somit keine
 Koordinatenbasis sein kann.
 
 Die Metrik $g_{ij}$ in Kugelkoordinaten ist verschwindend für alle
 $i\neq j$, sie kann sie ausgerechnet werden durch z.B. $g_{rr}
 =\bar{g}(\partial_r, \partial_r)$.
 \begin{align}
     g_{rr} &= (\sin\theta\cos\phi e_x  + \sin\theta\sin\phi e_y + \cos\theta e_z)^2\\
     &= 1\\
     \nonumber\\
     g_{\phi\phi} &= (-r\sin\theta\sin\phi e_x + r\cos\phi\sin\phi
     e_y)^2=\\
     &=r^2\sin^2\theta\sin^2\phi + r^2\sin^2\phi \\
     &=r^2 \sin^2\theta\\
     \nonumber\\
     g_{\theta\theta} &= (r\cos\theta\sin\phi e_x + r\cos\phi\sin\phi e_\phi -
     r\sin e_z)^2 \\
     &= r^2\\
     \nonumber\\
     (g_{ij}) &=
     \begin{pmatrix}
         1&0&0\\
         0&r^2&0\\
         0&0&r^2\sin^2\theta
     \end{pmatrix}
 \end{align}
 Weiteres können wir die kovariante Ableitung $\nabla_{\partial _a}$ (kurz
 $\nabla _a$ eines
 Vektorfeldes $X = X^b\partial _b$ entlang
 $\partial _a$ betrachten, dabei tauchen die Cristoffelsymbole
 $\Gamma^c_{ab}$ auf.
 \begin{align}
     \nabla_{\partial_a}(X^b\partial _b) &= (\nabla_{\partial_b}X^b)\partial_b
     + X^b(\nabla_{\partial_a}\partial_b) =\\
     &= (\nabla_{\partial_b}X^b)\partial_b + X^b\Gamma^c_{ab} \partial_c
 \end{align}
 Die Christoffelsymbole sind gegeben durch die Metrik-Komponenten.
 \begin{align}
     \Gamma^{c}_{ab} = \frac{1}{2} g^{ce}(\partial_a g_{cb} + \partial_b
     g_{ac} - \partial_c g_{ab}).
 \end{align}
 Offensichtlich verschwinden die Christoffelsymbole bzüglich der karthesischen
 Koordinatenbasis, da $g_{ij} = \delta_{ij}$ konstant ist. Nun berechnen wir
 die Crhistoffelsymbole $\Gamma^{d}_{\theta\phi}$ und $\Gamma^{d}_{\phi\phi}$
 bezüglich den Kugelkoordinaten ($d \in \{r, \theta, \phi\}$).
 \begin{align}
 \Gamma^{r}_{\theta\phi}&=\frac{1}{2}g^{rr}(\partial_\theta g_{\phi r}
 +\partial_\phi g_{\theta r} - \partial_r g_{\phi\theta}) = 0\\
     \Gamma^{r}_{\phi\phi} &=-\frac{1}{2}g^{rr}\partial_r g_{\phi\phi}=
     -r\sin^\theta\\
     \Gamma^{\theta}_{\theta\phi} &= \frac{1}{2}g^{\theta\theta}\partial_\phi
     g_{\theta\theta} = 0\\
     \Gamma^{\theta}_{\phi\phi} &= -\frac{1}{2}g^{\theta\theta}\partial_\theta
     g_{\phi\phi} = -2\sin2\theta\\
     \Gamma^{\phi}_{\theta\phi} &= \frac{1}{2}g^{\phi\phi}\partial_\theta
     g_{\phi\phi} = \cot\theta\\
     \Gamma^{\phi}_{\phi\phi} &= \frac{1}{2}g^{\phi\phi}\partial_\phi
     g_{\phi\phi} = 0.
 \end{align}
 Die Christoffelsymbole sind symmetrisch bezüglich der Vertauschung der
 kovarianten Indizes, d.h.
 \begin{align}
     \Gamma^r_{\phi\theta} &= 0\\
     \Gamma^\theta_{\phi\theta} &= 0 \\
     \Gamma^\phi_{\phi\theta} & = \frac{1}{2} g^{\phi\phi} \partial_\theta
     g_{\phi\phi} = \cot\phi
 \end{align}
 \section{Differentialoperatoren}
 In der Allgemeinen Relativitätstheorie ist eine allgemeine Metrik gegeben,
 eine symmetrische $n\ x\ n$ Matrix $g_{ab}$. Mit der inversen Metrik $g^{ab}$
 ergibt sich die triviale Identität $g_{ab}g^{bc} = \delta ^c_a$. Mithilfe der
 Determinante $g := \det(g_{ab})$ und der Cramer'schen Regel
 kann auf die inverse Matrix umgeformt
 werden.
 \begin{align}
     g = g_{ab}\ \text{adj}(g_{ab})
 \end{align}
 Differentiert man diese Gleichung auf beiden Seiten mit
 $\frac{\partial}{\partial g_{ij}}$
 \begin{align}
     &\frac{\partial g }{\partial g_{ij}} = \delta_{ab}^{ij}\
     \text{adj}(g_{ab}) = \text{adj}(g_{ij}) = g^{ab} \cdot g \\
     \nonumber \\
     &\Rightarrow \frac{1}{g} \frac{\partial g}{\partial g_{ij}} =
     g^{ij}.
 \end{align}
 
 Als nächstes zeigen wir eine Relation für Christoffelsymbole $\Gamma
 ^{\mu}_{\mu\nu}$ bezüglich einer allgemeinen Metrik.
 
 \begin{align}
     \Gamma^{\mu}_{\mu\nu} &= \frac{1}{2} g^{\mu\varrho}(\partial _\nu
     g_{\mu\nu} +\partial_\mu g_{\nu\varrho} - \partial _\varrho
     g_{\mu\nu})=\\
     &= \frac{1}{2} g^{\mu\varrho} \partial_\nu g_{\mu\varrho}.
 \end{align}
 Betrachtet man die Ableitung von $g$ nach $\partial _\nu$ bekommt man
 \begin{align}
     &\partial _\nu g = g g^{\mu\varrho} \partial_nu g_{\mu\varrho} \\
     &\Rightarrow \frac{\partial _\nu g}{g} = g^{\mu\varrho}\partial_\nu
     g_{\mu\varrho}.
 \end{align}
 Man kann die wurzel von $g$, $\sqrt{g}$ betrachten dann kommt ein Faktor von
 $\frac{1}{2}$ durch die Kettenregel und es ergibt sich die allgemeine
 Relation
 \begin{align}
     \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_\nu \sqrt{g} = g^{\mu\varrho}
     \partial _\nu g_{\mu\varrho} = \Gamma ^{\mu}_{\mu\nu}.
 \end{align}
 Weiteres zeigen wir eine weitere Relation zur kovarianten Ableitung eines
 Vektorfeldes $\nabla_a A^a$
 \begin{align}
 \nabla_a A^a = \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_a (\sqrt{g} A^a).
 \end{align}
 Nun mithilfe von dem Levi-Civita-Zusammenhang
 \begin{align}
     \nabla _a A^a = \partial _a A^a + \Gamma^a_{ac} A^a
 \end{align}
 um das Christoffelsymbol auszurechnen benutzen wir die allgemein gültige
 Relation
 \begin{align}
     \nabla _a A^a &= \partial _a A^a + (\frac{1}{\sqrt{g}}) \partial _a
     \sqrt{g}) A^a = \\
     &= \partial _a A^a + \frac{1}{\sqrt{g}}\partial_a(\sqrt{g} A^a) -
     \frac{\sqrt{g}}{\sqrt{g}} \partial _a A^a = \\
     &= \frac{1}{\sqrt{g}} \partial _a ( \sqrt{g} A^a)
 \end{align}
 Das selbe kann man mit eine antisymmetrischen $(2, 0)$ Tensor $F^{ab} = -
 F^{ba}$
 \begin{align}
     \nabla _{a} F^{ab} = \partial_a F^{ab} + \Gamma^{a}_{ac} F^{cb}
     \Gamma^{b}_{ac} F^{ac}
 \end{align}
 wobei hier das letztere Christoffelsymbol $\Gamma^{b}_{ac}$ verschwindet
 wegen der antisymmetrie des Tensors $F^{ac}$. Weiterhin schreiben wir
 wieder die allgemeine Relation für $\Gamma ^{a}_{ac}$ und wenden
 die umgekehrte Produktregel an, somit kommen wir auf
 \begin{align}
     \nabla_a F^{ab} =  \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_c(\sqrt{g}F^{ca})
 \end{align}
 In der Elektrodyamik ist $F^{ab}$ der Maxwelltensor und die oberen
 Gleichungen representieren die Maxwellgleichungen.
 \begin{align}
     \nabla_a F^{ab} = J^b
 \end{align}
 Die kontinuitätsgleichung $\nabla_b J^b = 0$ kann leicht gezeigt werden
 \begin{align}
     \nabla_b \nabla_a F^{ab} &= \nabla_b(\frac{1}{\sqrt{g}}
     \partial_a(\sqrt{g}F^{ab})) =\\
     &= \partial_b \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_a(\sqrt{g}F^{ab})+
     \frac{1}{\sqrt{g}}
     \partial_b (\sqrt{g}\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_a(\sqrt{g} F^{ab}))=\\
     &=-\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_a F^{ab}\partial_b
     \sqrt{g} + \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_a F^{ab} \partial_b
     \sqrt{g} \\
     &= 0
 \end{align}
 Weiterhin zeigen wir eine weitere Relation, dabei wenden wir zwei mal die
 kovariante Ableitung auf ein Skalarfeld $U$.
 \begin{align}
     g^{ab}\nabla_a\nabla_b U &= \Delta U = \nabla_a \partial^a U =\\
     &= \partial_a \partial^a U + \Gamma^{b}_{ac} \partial^a U =\\
     &= \partial_a\partial^a U
     \frac{1}{\sqrt{g}}\partial_a(\sqrt{g}\partial^a U) = \\
     &= \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_a(\sqrt{g} \partial^a U)
 \end{align}
 
 \section{Herleitung der TOV-Gleichung}
 Wir können das Innere eines Stern näherungsweise als ideale Flüssigkeit betrachten. In diesem Fall lautet der Energie-Impuls-Tensor ebendieser Flüssigkeit:
 \begin{equation}
     T_{ab}=(\mu+\frac{p}{c^2})u_au_b+pg_{ab}
 \end{equation}
 In Schwarzschildkoordinaten, und mittels $u^au_a=-c^2$, lassen sich die Komponenten dieses Tensors wie folgt berechnen:
 \begin{equation}
     T_{00}=(\mu+\frac{p}{c^2})u_0u_0-pg_{00}=(\mu+\frac{p}{c^2})c^2e^{\mu(r)}-pe^{\mu(r)}=\mu c^2e^{\mu(r)}
 \end{equation}
 ähnlich erhalten wir für die restlichen Diagonalelemente:
 \begin{equation}
     T_{11}=pe^{\lambda(r)}
 \end{equation}
 \begin{equation}
     T_{22}=pr^2
 \end{equation}
 \begin{equation}
     T_{33}=pr^2\sin^2{\theta}
 \end{equation}
 Dies bedeutet, der Energie-Impuls-Tensor, nimmt folgende Form an:
 \begin{equation}
     T_{ab}=diag(\mu c^2e^{\nu(r)},pe^{\lambda(r)},pr^2,pr^2\sin{\theta})^t
 \end{equation}
 Wir betrachten nun die Einsteinschen Feldgleichungen:
 \begin{equation}
     R_{ab}-\frac{1}{2}Rg_{ab}=\kappa T_{ab}
 \end{equation}
 Diese, können mitthilfe von $T=-\frac{R}{\kappa}$ umgeformt werden, zu:
 \begin{equation}
     R_{ab}=\kappa(T_{ab}-\frac{1}{2}Tg_{ab})
 \end{equation}
 Wir wollen nun die Komponenten von Gleichung 127 berechnen, die ungleich Null sind.
 Die Komponenten von $T^\mu_\nu$ erhalten wir durch Verjüngung des Energie-Impuls-Tensors mir der Metrik $g^{\mu\nu}$.
 Diese ergeben sich zu:
 \begin{equation}
     T^0_0=(\mu+\frac{p}{c^2})u^0u_0+pg^0_0=-\mu c^2
 \end{equation}
 \begin{equation}
     T^1_1=p
 \end{equation}
 \begin{equation}
     T^2_2=p
 \end{equation}
 \begin{equation}
     T^3_3=p
 \end{equation}
 Daraus folgt, für $R_{ab}$:
 \begin{equation}
     R_{00}=\kappa(\mu c^2e^{\nu(r)}-\frac{1}{2}\mu c^2e^{\nu(r)})=\kappa\frac{1}{2}\mu c^2e^{\nu(r)}
 \end{equation}
 \begin{equation}
     R_{11}=\kappa\frac{1}{2}pe^{\lambda(r)}
 \end{equation}
 \begin{equation}
     R_{22}=\kappa\frac{1}{2}pr^2
 \end{equation}
 \begin{equation}
     R_{33}=\kappa\frac{1}{2}r^2\sin^2{\theta}
 \end{equation}
 
 
 
 \section{Inkompressibler Relativistischer Stern}
 Wir berechnen nun der Druckverlauf eines relativistischen Sterns mit
 konstanter Massendichte $\mu$ mithilfe der TOV-Gleichung. Der Druck an der
 Sternoberfläche ist $p(r_0) =0$. In der Rechnung substituieren wir
 $P = \kappa p$, $A = \frac{8\pi\mu}{3c^2}$ und
 $x=r^2 \Rightarrow dr= \frac{dx}{2r}$. Weiters ist zu
 beachten, das $\mu = \text{konst.}$ und somit
 die Masse des Sterns gegeben ist durch
 \begin{align}
     m(r) = m = 4pi \int_0^r \mu \tilde{r}^2 d\tilde{r} =\frac{4\pi}{3}\mu r^3
 \end{align}
 Wir kommen auf die folgende Differentialgleichung.
 \begin{align}
     \frac{dP}{dx} = -\frac{(3A+P)(A+P)}{(1-Ax)}.
 \end{align}
 Diese lässt sich durch Separation der Variablen lösen und mithilfe von
 $p(r_0) = 0$ bekommen wir die Lösung
 \begin{align}
     P(r) = 3A\left( \frac{\sqrt{\frac{1-Ar^2}{1-Ar_0^2}} -
     1}{3-\sqrt{\frac{1-Ar^2}{1-Ar_0^2}}}\right)
 \end{align}
 Der Zentraldruch $p_c$ ist gegeben durch
 \begin{align}
     p_c = p(0) = \frac{3A}{\kappa}\left( \frac{\sqrt{\frac{1}{1-Ar_0^2}} -
     1}{3-\sqrt{\frac{1}{1-Ar_0^2}}}\right)
 \end{align}
 Weiteres aus $e^{\lambda(r)} > 0$ folgt $e^{\lambda(r_0)} > 0$, was ergibit
 \begin{align}
     &\sqrt{1-Ar_0^2}>\frac{1}{3}\\
     &\Rightarrow r_0 > \sqrt{\frac{8}{9A}}
 \end{align}
 hierraus leiten wir die obere Schranke der Masse ab, da $\mu=\text{konst.}$
 rechnet sich $M$ wie oben, $M = \frac{4\pi}{3} \mu r_0^3$. Wir qubieren die
 ungleichung von oben und setzen für $A$ ein, es ergibt sich
 \begin{align}
     M < M_{max} = \frac{4c^3}{9\sqrt{3\pi G^3\mu}}
 \end{align}
 Die beiden Metrischen Funktionen lassen sich leicht durch einsetzen
 herausfinden
 \begin{align}
     &e^{\lambda(r)} = \frac{1}{1 - Ar^2}\\
     &e^{\nu(r)} = e^{-\lambda(r)} = 1 - Ar^2
 \end{align}
 Aus $Ar_0^2 = \frac{r_s}{r_0}$ ergibt sich die Buchdahl Grenze
 \begin{align}
     Ar_0^2 = \frac{r_s}{r_0} < \frac{8}{9}
 \end{align}
 Für den gravitative Massendeffekt berechnen wir $\Delta M= M_1 -M$, wobei
 $M_1$ durhc das folgende Integral gegeben ist.
 \begin{align}
     M_1 &= 4\pi \int _0^{r_0}\mu(r) e^{\lambda(r)/2}r^2 dr =\\
     &= \frac{4\pi\mu} \int_0^{r_0} \sqrt{\frac{1}{1-Ar^2}} r^2 dr= \\
     &= \frac{2\pi\mu}{A^{3/2}} (\arcsin(\sqrt{A}r_0) -Ar_0\sqrt{1-Ar_0^2})
 \end{align}
 Dann ist $\Delta M$
 \begin{align}
     \Delta M \frac{2\pi\mu}{A^{3/2}} (\arcsin(\sqrt{A}r_0)
     -Ar_0\sqrt{1-Ar_0^2})  + \frac{4\pi}{3} \mu r_0^3
 \end{align}
 Der Newtonische Grenzfall der gravitativen Bindungsenergie ist
 \begin{align}
     W &= -\Delta M c^2 = -c^2(4\pi\int _0^{r_0} \frac{1}{\sqrt{1-Ar^2}} r^2
     dr + \frac{4\pi}{3} \mu r^3_0) \\
     \lim_{c\rightarrow \infty} W &= -4\pi G \int_0^{r_0} m rdr
     = 2\pi Gmr_0^2
 \end{align}
 
 \section{Effektive Berechnungsmethode für Christoffelsymbole}
 In einer gekrümmten Raumzeit, lassen sich Geodäten, also die kürzeste Verbindung zweier Punkte innerhalb dieser Raumzeit, mithilfe der Geodäten-Gleichung berechenen:
 \begin{equation}
     \frac{d^2x^\alpha}{d\sigma^2}+\Gamma^{a}_{bc}\frac{dx^b}{d\sigma}\frac{dx^c}{d\sigma}
 \end{equation}
 Hierbei ist $\sigma$ ein affiner Paramter, der mit der Weglänge zusammenhängt. Die CHristoffel-Symbole in der obigen Gleichung, lassen sich mittels einer Lagrange-Funktion, relativ zügig ermitteln. Wir stellen hierfür die Lagrange-Funktion auf, als:
 \begin{equation}
     L=g_{\rho\sigma}(x^n)\dot{x}^\rho\dot{x}^\sigma
 \end{equation}
 Mithilfe dieser Gleichungen, folgt die Äquivalenz:
 \begin{equation}
     g_{\alpha\beta}\ddot{x^\beta}+\Gamma_{\alpha ab}\dot{x^a}\dot{x^b}=\frac{d}{d\tau}(\frac{\partial L}{\partial\dot{x^\alpha}})-\frac{\partial L}{\partial x^\alpha}
 \end{equation}
  Mithilfe der Metrik
  \begin{equation}
      \begin{pmatrix}
          1 & 0 & 0 \\
          0 & r^2 & 0 \\
          0 & 0 & r^2\sin^2{\theta}
      \end{pmatrix}
      =(g_{ab})
  \end{equation}
 folgt für die Lagrange-Funktion nun:
 \begin{equation}
     L=\frac{1}{2}(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2}+r^2\sin^2{\theta}\dot{\phi^2}
 \end{equation}
 Wir berechnen nun die Ableitungen von L:
 \begin{equation}
     \frac{d}{d\tau}\frac{\partial L}{\partial\dot{r}}=\ddot{r}
 \end{equation}
 \begin{equation}
     \frac{d}{d\tau}\frac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}=2\dot{r}\dot{\theta}+r^2\ddot{\theta}
 \end{equation}
 und
 \begin{equation}
     \frac{d}{d\tau}\frac{\partial L}{\partial\dot{\phi}}=2\dot{r}r\sin^2{\theta}\dot{\phi}+2r^2\sin{\theta}\cos{\theta}\dot{\theta}\dot{\phi}+r^2\sin^2{\theta}\ddot{\phi}
 \end{equation}
 Des Weiteren:
 \begin{equation}
     \frac{\partial L}{\partial r}=r\dot{\theta^2}+r\sin^2{^\theta}\dot{\phi^2}
 \end{equation}
 \begin{equation}
     \frac{\partial L}{\partial\phi}=0
 \end{equation}
 \begin{equation}
     \frac{\partial L}{\partial\theta}=r^2\sin{\theta}\cos{\theta}\dot{\phi^2}
 \end{equation}
 Aus diesen Gleichungen kann man nun die Christoffel-Symbole bestimmen, und diese ergeben sich zu:
 \begin{equation}
     \Gamma_{r\theta\theta}=-r
 \end{equation}
 \begin{equation}
     \Gamma_{r\phi\phi}=-r\sin^2{\theta}
 \end{equation}
 \begin{equation}
     \Gamma_{\theta r\theta}=2
 \end{equation}
 \begin{equation}
     \Gamma_{\theta\phi\phi}=-r^2\sin{\theta}\cos{\theta}
 \end{equation}
 \begin{equation}
     \Gamma_{\phi r\phi}=2r\sin^2{\theta}
 \end{equation}
 und
 \begin{equation}
     \Gamma_{\phi\theta\phi}=2r^2\sin{\theta}\cos{\theta}
 \end{equation}
 \newline
 
 \section{Schwarzschild Metic}
 Eine Kugelsymmetrische Raumzeit kann durch die Schwarzschild-Koordinaten
 beschrieben werden $\{ct, r, \vartheta \varphi\}$, für das Linienelemnt haben
 wir den folgenden Ansatz gegeben
 \begin{align}
     ds^2 = -e^\nu c^2 d^2t + e^\lambda d^2r + r^2(d^2\vartheta
     \sin^2\vartheta d^2\varphi).
 \end{align}
 wobei hier $\nu = \nu(t, r)$ und $\lambda = \lambda(t, r)$, Funktionen sind
 die noch bestimmt werden. Mithilfe dieses Linienelements
 können wir direkt die Metrik ablesen. Weiterhin setzen wir $c=1$ und
 schreiben
 \begin{align}
     &ds^2 = g_{00} dt^2 + g_{11} dr^2 + g_{22} d^2\vartheta + g_{33}
     d^2\varphi
     \nonumber \\
     &\Rightarrow (g_{ij}) =
     \begin{pmatrix}
         -e^\nu & 0 & 0 & 0  \\
         0 & e^\lambda & 0 & 0  \\
         0 & 0 & r^2 & 0  \\
         0 & 0 & 0 & r^2\sin^2\vartheta  \\
     \end{pmatrix}
 \end{align}
 Alle von null verschiedenen Christoffelsymbole lassen sich leicht berechnen,
 da die meisten Koeffizienten wegfallen aufgrund der diagonalen Metrik
 \begin{align}
     \Gamma^{0}_{00} &= \frac{1}{2} g^{00}\partial_0 g_{00} = \frac{1}{2}
     \dot{\nu}\\
     \Gamma^{0}_{01} &= \frac{1}{2} g^{00}\partial_1 g_{00} = \frac{1}{2}
     \nu'\\
     \Gamma^{0}_{11} &= -\frac{1}{2} g^{00}\partial_0 g_{11} = \frac{1}{2}
     e^{\lambda - \nu} \dot{\lambda}\\
     \Gamma^{1}_{00} &= -\frac{1}{2} g^{11}\partial_1 g_{00} = \frac{1}{2}
     e^{\nu -\lambda} \nu'\\
     \Gamma^{1}_{10} &= \frac{1}{2} g^{11}\partial_0 g_{11} =
     \frac{\dot{\lambda}}{2}\\
     \Gamma^1_{22} &= -\frac{1}{2} g^{11} \partial_1 g_{22} = -e^{-\lambda}
     r\\
     \Gamma^{2}_{12} &= \frac{1}{2} g^{22} \partial_1 g_{22} = r\\
     \Gamma^{2}_{33} &= \frac{1}{2} g^{22} \partial_2 g_{33} =
     \frac{1}{2}\sin(2\vartheta)\\
     \Gamma^{3}_{11} &= \frac{1}{2} g^{33} \partial_1 g_{33} = \frac{1}{r}\\
     \Gamma^{3}_{23} &= \frac{1}{2} g^{33}\partial_2 g_{33} = \cot\vartheta
 \end{align}
 Nun können wir den Ricci Tensor $R_{ab}$ ausrechnen
 \begin{align}
     R_{ab}:=R^c_{abc}  = \Gamma^c_{ab,c}-\Gamma^c_{ac, b} + \Gamma^c_{ab}
     \Gamma^d_{ad} -\Gamma^c_{db}\Gamma^d_{ac}.
 \end{align}
 Für die Indizes $00$ zeigen wir
 \begin{align}
     R_{00} &= \Gamma^c_{00,c} - \Gamma^c_{0c,0}+\Gamma^c_{dc}\Gamma^d_{00} -
     \Gamma^c_{d0}\Gamma^d_{0c} =\\
     &=\Gamma^0_{00,0} + \Gamma^1_{00,1} - \Gamma^0_{00} + \Gamma^1_{01,0}
     \Gamma^c_{0c}\Gamma^{0}_{00} - \Gamma^c_{00}\Gamma^0_{0c} - \Gamma^c_{10}
     \Gamma^1_{0c} =\\
     &= \Gamma^1_{00,1} - \Gamma^1_{01,0} + \Gamma^1_{01}\Gamma^0_{00}
     \Gamma^1_{11}\Gamma^1_{00} - \Gamma^1_{00}\Gamma^0_{01} - \Gamma^1_{10}
     \Gamma^1_{01} = \\
     &=\frac{1}{2}e^{\lambda-\nu}(\frac{\nu'}{r} + \nu'')
     -\frac{1}{2}\ddot{\lambda} + \frac{1}{4} \dot{\lambda}\dot{\nu}
     \frac{1}{4}e^{\lambda-\nu} \nu'\lambda' - \frac{1}{4}e^{\lambda-\nu}
     \nu'\nu' - \frac{1}{4} \dot{\lambda}\dot{\lambda} = \\
     &=\frac{1}{2} e^{\lambda -\nu} ( \nu'' -\frac{1}{2}(\lambda' - \nu')
     \frac{\nu'}{r}) -\frac{1}{2} \ddot{\lambda} + \frac{1}{4}\dot{\lambda}(
     \dot{\nu} - \dot{\lambda}).
 \end{align}
 Die anderen nich-trivialen Koeffizienten lauten
 \begin{align}
     R_{11} &= e^{\lambda-\nu}
     (\frac{1}{2}\ddot{\lambda}+\frac{1}{4}\dot{\lambda}(\dot{\lambda}-
     \dot{\nu}))
     -\frac{1}{4} \nu'(\lambda' - \nu') + \frac{\lambda'}{r}\\
     R_{22} &= 1-e^{-\lambda}(1+\frac{1}{2r} (\nu'-\lambda'))\\
     R_{23} &= \sin^2\vartheta R_{22}\\
     R_{01} &= R_{10} = \frac{\dot{\lambda}}{r}.
 \end{align}
 Im Vakuum besagen die Einsteinschen Feldgleichungen, dass $R_{ab} = 0$ für
 alle $a, b$, somit folgt sofort aus $R_{01} = 0$ dass $\lambda = \lambda(r)$.
 Die Funktion $\lambda$ hängt nur vom Abstand ab. Differenziert man $R_{22}$
 nach der $0$ Koordinate so erhält man ein Ergebnis für $\nu$
 \begin{align}
     &\partial_0 R_{22} = -e^{-\lambda} \dot{\lambda} ( 1+ \frac{r}{2}(\nu' -
     \lambda')) + e^{-\lambda} \frac{r}{2}\partial_0 \nu' = 0\\
     \nonumber\\
     &\Rightarrow \partial_0\partial_1 \nu = \partial_1\partial_0 = 0\\
     &\Rightarrow \partial_0 \nu =0 \Leftrightarrow \nu = \nu(r)
 \end{align}
 weiterhin zeigen wir, dass $\lambda = -\nu$ indem wir folgendes rechnen
 \begin{align}
     &R_{00} + e^{\lambda-\nu} R_11 = 0\\
     &\frac{\lambda'}{r} + \frac{\nu'}{r} = 0 \Rightarrow \lambda = -\nu.
 \end{align}
 Aus $R_{22} = 0$ und der obigen Relation lässt sich eine
 Differentialgleichung für $\nu$ aufstellen
 \begin{align}
     R_{22} &= 1 - e^\nu (1 + \frac{1}{2}r(\nu'+ \nu')) = \\
     &= 1 - e^\nu (1+ \nu' r) = 0.
 \end{align}
 Diese kann man leicht durch Separation der Variablen lösen
 \begin{align}
     &\int \frac{d\nu}{e^{-\nu} -1} = \int \frac{1}{r} dr\\
     &\Rightarrow e^\nu = 1-\frac{r_S}{r} \;\;\;\; (r_S\in \mathbb{R})
 \end{align}
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 \section{Inkompressibler Relativistischer Stern}
 Wir berechnen nun der Druckverlauf eines relativistischen Sterns mit
 konstanter Massendichte $\mu$ mithilfe der TOV-Gleichung. Der Druck an der
 Sternoberfläche ist $p(r_0) =0$. In der Rechnung substituieren wir
 $P = \kappa p$, $A = \frac{8\pi\mu}{3c^2}$ und
 $x=r^2 \Rightarrow dr= \frac{dx}{2r}$. Weiters ist zu
 beachten, das $\mu = \text{konst.}$ und somit
 die Masse des Sterns gegeben ist durch
 \begin{align}
     m(r) = m = 4pi \int_0^r \mu \tilde{r}^2 d\tilde{r} =\frac{4\pi}{3}\mu r^3
 \end{align}
 Wir kommen auf die folgende Differentialgleichung.
 \begin{align}
     \frac{dP}{dx} = -\frac{(3A+P)(A+P)}{(1-Ax)}.
 \end{align}
 Diese lässt sich durch Separation der Variablen lösen und mithilfe von
 $p(r_0) = 0$ bekommen wir die Lösung
 \begin{align}
     P(r) = 3A\left( \frac{\sqrt{\frac{1-Ar^2}{1-Ar_0^2}} -
     1}{3-\sqrt{\frac{1-Ar^2}{1-Ar_0^2}}}\right)
 \end{align}
 Der Zentraldruch $p_c$ ist gegeben durch
 \begin{align}
     p_c = p(0) = \frac{3A}{\kappa}\left( \frac{\sqrt{\frac{1}{1-Ar_0^2}} -
     1}{3-\sqrt{\frac{1}{1-Ar_0^2}}}\right)
 \end{align}
 Weiteres aus $e^{\lambda(r)} > 0$ folgt $e^{\lambda(r_0)} > 0$, was ergibit
 \begin{align}
     &\sqrt{1-Ar_0^2}>\frac{1}{3}\\
     &\Rightarrow r_0 > \sqrt{\frac{8}{9A}}
 \end{align}
 hierraus leiten wir die obere Schranke der Masse ab, da $\mu=\text{konst.}$
 rechnet sich $M$ wie oben, $M = \frac{4\pi}{3} \mu r_0^3$. Wir qubieren die
 ungleichung von oben und setzen für $A$ ein, es ergibt sich
 \begin{align}
     M < M_{max} = \frac{4c^3}{9\sqrt{3\pi G^3\mu}}
 \end{align}
 Die beiden Metrischen Funktionen lassen sich leicht durch einsetzen
 herausfinden
 \begin{align}
     &e^{\lambda(r)} = \frac{1}{1 - Ar^2}\\
     &e^{\nu(r)} = e^{-\lambda(r)} = 1 - Ar^2
 \end{align}
 Aus $Ar_0^2 = \frac{r_s}{r_0}$ ergibt sich die Buchdahl Grenze
 \begin{align}
     Ar_0^2 = \frac{r_s}{r_0} < \frac{8}{9}
 \end{align}
 Für den gravitative Massendeffekt berechnen wir $\Delta M= M_1 -M$, wobei
 $M_1$ durhc das folgende Integral gegeben ist.
 \begin{align}
     M_1 &= 4\pi \int _0^{r_0}\mu(r) e^{\lambda(r)/2}r^2 dr =\\
     &= \frac{4\pi\mu} \int_0^{r_0} \sqrt{\frac{1}{1-Ar^2}} r^2 dr= \\
     &= \frac{2\pi\mu}{A^{3/2}} (\arcsin(\sqrt{A}r_0) -Ar_0\sqrt{1-Ar_0^2})
 \end{align}
 Dann ist $\Delta M$
 \begin{align}
     \Delta M \frac{2\pi\mu}{A^{3/2}} (\arcsin(\sqrt{A}r_0)
     -Ar_0\sqrt{1-Ar_0^2})  + \frac{4\pi}{3} \mu r_0^3
 \end{align}
 Der Newtonische Grenzfall der gravitativen Bindungsenergie ist
 \begin{align}
     W &= -\Delta M c^2 = -c^2(4\pi\int _0^{r_0} \frac{1}{\sqrt{1-Ar^2}} r^2
     dr + \frac{4\pi}{3} \mu r^3_0) \\
     \lim_{c\rightarrow \infty} W &= -4\pi G \int_0^{r_0} m rdr
     = 2\pi Gmr_0^2
 \end{align}
 =======
 \section{Inkompressibler Newton'scher Stern}
 Das Gravitationspotential $U$ eines Sterns, mit Radius $r_0$ und konstanter Massendichte $\mu$, im Rahmen der Newton'schon Physik, kann leicht mittels der Poissongleichung ermittelt werden. Diese lautet:
 \begin{equation}
     \Delta U=4\pi G\mu
 \end{equation}
 Um das Potential zu ermittlen, betrachten wir zunächst die Lösung der Poissongleichung außerhalb des Sterns. Diese redzuiert sich somit zu:
 \begin{equation}
     \Delta U=0
 \end{equation}
 oder in Kugelkoordinaten:
 \begin{equation}
     \Delta U=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial U}{\partial r}+\frac{1}{r^2\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial\theta}(\sin{\theta}\frac{\partial U}{\partial\theta}+\frac{1}{r^2\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2U}{\partial\phi^2}=0
 \end{equation}
 Es wird sofort klar, dass U nicht von $\theta$ und $\phi$ abhängen kann, und somit wird das Potential zu:
 \begin{equation}
     \Delta U=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial U}{\partial r}=0
 \end{equation}
 Durch zweilaige Integration nach $r$ erhalten wir schließlich:
 \begin{equation}
     U=\frac{\alpha}{r}+\beta
 \end{equation}
 In diesem Fall sind $\alpha$ und $\beta$ Konstanten, die es noch zu ermitteln gilt. Setzt man nun vorraus, dass $U$ in unednlich großem Abstand Null sein soll, folgt sofort: $\beta=0$ und es bleibt:
 \begin{equation}
     U=\frac{\alpha}{r}
 \end{equation}
 für die aüßere Lösung.
 \newline
 Nun zur inneren Lösung.
 Gleichung 120 lässt sich umschreiben, zu:
 \begin{equation}
     \frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial U}{\partial r}=4\pi G\mu r^2
 \end{equation}
 Und erneut, durch zweimalige Integration, erhalten wir:
 \begin{equation}
     U=\frac{2}{3}\pi G\mu r^2-\frac{A}{r}+B
 \end{equation}
 A und B sind wieder zu ermittlende Konstanten. Wir setzten nun wiederum vorraus, dass $U$ bei $r=0$ regulär sein soll, woraus direkt folgt $A=0$ und $U(0)=U_0=B$. Und somit:
 \begin{equation}
     U=\frac{2}{3}\pi G\mu r^2+U_0
 \end{equation}
 Wir wollen nun die Konstanten bestimmen. Dafür betrachten wir die beiden Lösungen $U_A$ als die äußere und $U_I$ als die innere Lösung. Da der Übergang des Potentials, von der inneren zur äußeren Lösung glatt sein soll, ergibt sich an der Stelle $r=r_0$:
 \begin{equation}
     \frac{dU_A}{dr}=\frac{dU_I}{dr}
 \end{equation}
 Also:
 \begin{equation}
     -\frac{\alpha}{r_0^2}=\frac{4}{3}\pi G\mu r_0
 \end{equation}
 setzen wir nun $M=\frac{4}{3}\pi r_0^3\mu$, erhalten wir:
 \begin{equation}
     \alpha=-GM\rightarrow U_A=-\frac{GM}{r}
 \end{equation}
 Für $U_I$ verwenden wir den Fakt, dass bei $r=r_0$ $U_A=U_I$ gelten muss:
 \begin{equation}
     -\frac{GM}{r_0}=\frac{2}{3}\pi G\mu r_0^2+U_0\rightarrow U_0=-\frac{3GM}{2r_0}
 \end{equation}
 Damit ergbit sich das Potential im Inneren des Sterns zu:
 \begin{equation}
     U_I=\frac{GM}{2r_0}(\frac{r^2}{r_0^2}-3)
 \end{equation}
 Die gravitative Bindungsenergie eines Sterns, berechnet sich mit der Formel:
 \begin{equation}
     W_{pot}=\frac{4\pi}{2}\int_{0}^{r_0} U\mu r^2\, dr
 \end{equation}
 Dies bedeutet:
 \begin{equation}
     W_{pot}=\frac{4\pi}{2}\frac{GM}{2r_0}\int_{0}^{r_0} \frac{r^2}{r_0^2}-3\, dr
 \end{equation}
 Und somit:
 \begin{equation}
     W_{pot}=-\frac{8\pi}{3}GM
 \end{equation}
 \newline
 
 
 
 
 >>>>>>> origin/master
 
 
 
 
 
 
 \nocite{meinel}
 \nocite{piotr}
 \nocite{oloff}
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 \end{document}