MEDAN ELEKTROMAGNETIK RELATIVISTIK BINTANG NEUTRON STASIONER

MEDAN ELEKTROMAGNETIK RELATIVISTIK BINTANG NEUTRON STASIONER SKRIPSI Untuk memenuhi sebagian syarat memperoleh Derajat Sarjana S-1 Program Studi Fisika

Moh. Alifaki 07620008

PROGRAM STUDI FISIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI UIN SUNAN KALIJAGA YOGYAKARTA 2015

MEDAN ELEKTROMAGNETIK RELATIVISTIK BINTANG NEUTRON STASIONER SKRIPSI Untuk memenuhi sebagian syarat memperoleh Derajat Sarjana S-1 Program Studi Fisika


PROGRAM STUDI FISIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI UIN SUNAN KALIJAGA YOGYAKARTA 2015

SURAT PtrRNYATAAN KEASLIAN SKRIPSI

Yang beftandatangan di bawah ini:

Nama

:

Moh. Alilaki

NIM

:

07620008

Prodi/Smt

: Irisika /

Fakultas

r Sains dan

XVI

Dengan ini saya menyatakan bahwa

Teknologi

sk psi ini tidak

terdapat karya yang pernah diaiukan

untuk memperoleh gelar kesarjanaan di suatu perguruan Tinggi, dan sepanjang pengetahuan saya juga tidak terdapat karya atau pendapat yang pemah ditulis atau diterbitkan orang lain. kecuali yang secara tertulis diacu dalam naskah ini dan disebutkan dalam daftar pustaka.

Yogyakarta, 08 Juli 2015

Moh. Alilaki NIM.07620008

lll

ij)jf1 t niversitas lslam Negeri

Sunan Kaliiaga

:'A]

CERI

FM-UINSK-BM-05-03/RO

SURAT PERSETUIUAN SKRIPSI/TUGAS AK}IIR

Hal lamp

: Pengajuan Munaqosyah :

Kepada

Yth. Dekan Fakultas Sains dan Teknoloqi UIN Sunan Kalijaga Yogyakarta

di Yogyakarta

Assalamu'alaikufi wn

M.

Setelah membaca, meneliti, memberikan petuniuk dan mengoreki serta mengadakan p€rbaikan seperlunya, maka kami selaku pembimbing berpendapat bahwa skipsi Saudara:

Nama

: I{ Ali Fakih

NIM

: 07620008

ludul Skipsi

: Medan Eleldromagnebk Relatividik Bintang Neutron Stasioner

sudah dapat diajukan kembali kepada Program Studi Fisika Fakult"s Sains dan Teknologi lJtN Sunan Kalijaga

Yogyakata s€bagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Strata Satu dalam Program Sbidi Fisika

Dengan

ini kami

mengharap agar skripsi/tugas akhir Saudara tersebut

di atas dapat

segera

dimunaqsyahkan. Atas perfiatiannya kami ucapkan terima kasih.

Wassalant blbikun

Yoqyakarta, 8

luli 2015

wr

wb-

Skripsi ini saya persembahkan kepada keluarga besar: Embu’ Maryati Ema’ Rusipa Almarhum Eppa’ Asyikurrahman Ale’ Ahmad Sobiri Yanto

v

KATA PENGANTAR Atas rampungnya skripsi berjudul “Medan Elektromagnetik Relativistik Bintang Neutron Stasioner” ini, penulis bersyukur ke hadirat Allah Subhanahu waTa’ala dan semoga shalawat serta salam Allah tetap tercurahkan ke haribaan Nabi Muhammad Shallallahu ‘Alaihi wa-Sallam. Skripsi ini penulis persembahkan kepada ibu dan almarhum ayah tercinta – semoga Allah mengampuni dosa dan mengangkat derajat beliau berdua. Hormat dan terima kasih penulis haturkan kepada Bapak Dr. rer. nat. Muhammad Farchani Rosyid dan Ibu Atsnaita Yasrina, M. Sc. yang senantiasa sabar dalam membimbing dan menyuntikkan semangat kepada penulis. Dan terima kasih pula saya ucapkan Bapak Joko Purwanto, M. Sc. yang sudi meluangkan waktu untuk menguji dan mengoreksi skripsi ini. Kepada para guru fisika penulis yang tidak bisa disebutkan satu-persatu, semoga ilmu yang penulis dapatkan dari beliau semua menjadi amal jariyah. Terima kasih juga penulis ucapkan kepada keluarga besar penulis, dan kepada para guru serta teman-teman penulis di SDN 204 Kerta Timur Dasuk Sumenep, MTs 1 Annuqayah Guluk-Guluk Sumenep, SMA 1 Annuqayah Guluk-Guluk Sumenep, Pesantren At-Taqwa Kerta Timur Dasuk Sumenep (asuhan almarhum KH. Abd. Kahar), Pondok Pesantren Annuqayah Daerah Lubangsa Guluk-Guluk Sumenep (asuhan KH. A. Warits Ilyas), Pondok Pesantren Mahasiswa Hasyim Asy’arie Cabeyan Bantul (asuhan almarhum KH. Zainal Arifin Thoha), Pondok Pesantren Maulana Rumi Sewon Bantul (asuhan K. Kuswaidi Syafi’ie), dan Program Studi Fisika Fakultas Sains dan Teknologi Universitas Islam Negeri Sunan Kalijaga. Secara khusus penulis juga mengucapkan terima kasih kepada Ibu Yuli Annisah, M. Si. yang telah memberikan banyak hal kepada penulis, termasuk laptop tempat skripsi ini dituliskan. Tidak lupa juga kepada beberapa pihak yang tidak bisa penulis sebutkan satu-persatu yang telah berdoa, menasehati dan menyemangati penulis di kala penulis merasa pesimis untuk lulus kuliah.

Yogyakarta, 03 Agustus 2015

Penulis

vi

MEDAN ELEKTROMAGNETIK RELATIVISTIK BINTANG NEUTRON STASIONER


Intisari Telah dirumuskan persamaan medan elektromagnetik relativistik untuk bintang neutron stasioner dengan batasan konduktivitas di dalam bintang berhingga dan seragam serta medan magnet yang dikaji hanya medan magnet internal bintang. Hasilnya adalah tiga komponen persamaan medan elektromagnetik relativistik bintang neutron stasioner, yaitu komponen radial, komponen polar dan komponen toroidal. Kata-kata kunci: Bintang neutron, medan elektromagnetik relativistik.

vii

RELATIVISTIC ELECTROMAGNETIC FIELD OF THE STATIONARY NEUTRON STAR


Abstract Equation of relativistic electromagnetic field toward stationary neutron star has been formulated with constraint conductivity within finite and uniform star’s interior and the studied magnetic field is only internal magnetic field of the star. The result which is identified for component equation of relativistic electromagnetic field in stationary neutron star has revealed three findings: redial component, polar component and toroidal component. Keywords: Neutron star, relativistic electromagnetic field.

viii

DAFTAR ISI

PENGESAHAN..........................................................................................................iii HALAMAN PERNYATAAN....................................................................................iv MOTTO........................................................................................................................v KATA PENGANTAR................................................................................................vi INTISARI...................................................................................................................vii ABSTRAK.................................................................................................................viii DAFTAR ISI...............................................................................................................ix BAB I. PENDAHULUAN.........................................................................................................1 1.1. Latar Belakang Masalah................................................................................1 1.2. Rumusan Masalah.........................................................................................4 1.3. Tujuan Penelitian...........................................................................................4 1.4. Batasan Penelitian.........................................................................................4 1.5. Manfaat Penelitian.........................................................................................5 BAB II. TINJAUAN PUSTAKA................................................................................6 2.1. Studi Pustaka.................................................................................................6 2.2. Landasan Teori..............................................................................................7 2.2.1. Bintang Neutron..................................................................................7 2.2.1.1. Kelahiran, Kehidupan dan Kematiannya................................7 2.2.1.2. Struktur Lapisan....................................................................10 2.2.1.3. Medan Magnet......................................................................12 2.2.2. Teori Relativitas Umum dan Persamaan Maxwell............................14 2.2.2.1. Tensor Kontravarian dan Tensor Kovarian..........................14 2.2.2.2. Tensor Metrik.......................................................................16 2.2.2.3. Hubungan Tensor Kovarian dan Tensor Kontravarian.........18 2.2.2.4. Kerapatan Tensor..................................................................20 2.2.2.5. Sifat-Sifat Tensor..................................................................24 ix

2.2.2.6. Simbol Christoffel................................................................25 2.2.2.7. Turunan Kovarian.................................................................28 2.2.2.8. Geodesik...............................................................................29 2.2.2.9. Tensor Kurvatur....................................................................36 2.2.2.10. Ruang-Waktu Schwarzschild..............................................38 2.2.2.11. Persamaan Maxwell............................................................45 2.2.2.12. Tensor Kuat-Medan Elektromagnetik dan Persamaan Maxwell..............................................................................48 BAB III. METODE PENELITIAN..........................................................................52 3.1. Alat dan Bahan............................................................................................52 3.2. Prosedur Kerja.............................................................................................52 3.3. Analisis Hasil..............................................................................................56 BAB IV. HASIL DAN PEMBAHASAN..................................................................55 4.1. Hasil............................................................................................................55 4.2. Pembahasan.................................................................................................58 4.2.1. Persamaan Maxwell I........................................................................60 4.2.2. Persamaan Maxwell II.......................................................................69 4.2.3. Dinamika Medan Elektromagnetik Relativistik Bintang Stasioner..79 4.2.3.1. Medan Listrik........................................................................79 4.2.3.2. Dinamika Medan Magnet.....................................................80 BAB V. KESIMPULAN DAN SARAN....................................................................82 5.1. Kesimpulan..................................................................................................82 5.2. Saran............................................................................................................82 DAFTAR PUSTAKA.................................................................................................84 LAMPIRAN A...........................................................................................................86 LAMPIRAN B...........................................................................................................98 LAMPIRAN C.........................................................................................................116 LAMPIRAN D.........................................................................................................121 LAMPIRAN E..........................................................................................................129 x

BAB I PENDAHULUAN

1.1. Latar Belakang Masalah Bintang neutron merupakan kelompok bintang kompak di alam semesta. Kekompakan bintang neutron tersebut bisa dilihat dari besar massa dan rapat massanya. Jika dibandingkan dengan Matahari, masa bintang neutron adalah M ∼ 1-2 M⊙ (M⊙ = 2 × 1033 kg) dengan radius hanya R ≈ 10-14 km. Adapun rapat massanya tidaklah seragam. Di luar intinya, kerapatan bintang neutron tiga kali lebih rapat dibanding inti atom (ρ0 = 2.8 x 1014 g cm-3), yaitu ρ ∼ 1015 g cm-3. Sedangkan rapat inti bintang neutron besarnya lebih dari ρ0 (Potekhin, 2011). Oleh karena kekompakan bintang neutron itulah maka, untuk mengkajinya secara realistis, TRU (Teori Relativitas Umum) harus digunakan. Kekompakan sebuah objek relativistik ditentukan oleh parameter xg = rg/R, dengan rg = 2GM/c2 = 2.95 M/M⊙ disebut radius Schwarzschild (Potekhin, 2011). Misalnya untuk bintang neutron kanonik yang punya M = 1.4 M⊙ dan R = 12 km, maka rg = 4.13 km dan xg = 0.34. Hasil ini sesuai dengan kenyataan bahwa parameter kekompakan bintang secara umum xg ≪ 1. Artinya, jika xg = 1 adalah adalah 100%, maka nilai parameter 0.34 menunjukkan bintang neutron kanonik punya efek relativistik 10%. Sementara itu, bintang neutron dikenal memiliki medan magnetik yang paling kuat di alam semesta (Potekhin, 2011). Besar medan magnet di permukaannya sekitar 𝐵~108 − 1013 𝐺, sedangkan di bagian dalamnya mencapai 𝐵~1015 𝐺 (Bhattacharya, 2002). Umur medan magnet bintang neutron ± 15 × 109 𝑡𝑎ℎ𝑢𝑛, lebih lama dibanding umur alam semesta ± 13 × 109 tahun (Potekhin, 2011). Namun anomali tersebut segera dapat teratasi, karena medan magnet bintang neutron menyusut secara dramatis, yaitu dari 𝐵~1012 𝐺 menjadi 𝐵~108 𝐺 dalam skala waktu 5 × 106 tahun (Zhang, 1997). Diduga bahwa penyusutan medan magnet ini disebabkan oleh tiga hal, yaitu ekspulsi spindown-induksi fluks, evolusi ohmik pada kerak dan peristiwa akresi

1

atau “memakannya” bintang neutron terhadap materi-materi di sekitar permukaannya atau terhadap bintang kawanannya untuk bintang neutron sistem ganda (Bhattacharya, 2002). Secara logis, memang tidak mungkin elemen alam semesta seperti medan magnet bintang neutron berumur lebih lama dibanding alam semesta itu sendiri. Seluruh elemen alam semesta sudah ditetapkan ukurannya masing-masing oleh Allah Subhanahu Wa Ta’ala, dengan ukuran yang tidak mungkin menyalahi akal sehat manusia. Sebelum manusia menyadari hal tersebut, jauh-jauh hari Allah Subhanahu Wa Ta’ala sesungguhnya sudah mengisyaratkannya dalam al-Qur’an surah al-Qomar [54] ayat 49 (Depag RI, 2007): “Sesungguhnya Kami menciptakan segala sesuatu dengan ukuran”. Dan di dalam al-Qur’an surah al-Jaatsiyah [45] ayat 13 (Depag RI, 2007), Allah Subhanahu Wa Ta’ala berfirman: “Dan Dia menundukkan untukmu apa yang ada di langit dan apa yang ada di bumi semuanya (sebagai rahmat) daripadaNya. Sesungguhnya pada yang demikian itu benar-benar terdapat tanda-tanda (kekuasaan Allah) bagi kaum yang berpikir”. Dalam (QS 54: 49), Allah Subhanahu Wa Ta’ala menegaskan bahwa tidak ada satu pun elemen alam semesta yang tidak terukur. Hanya saja Allah Subhanahu Wa Ta’ala membebaskan kepada manusia berpikir tentang “alat ukur” macam apa yang dapat dipakai untuk mengukur ukuran elemen alam semesta yang telah ditetapkan oleh Allah Subhanahu Wa Ta’ala tersebut. Alat ukur yang manusia pakai untuk mengukur elemen alam semesta, dalam konteks ini bintang neutron, adalah teori-teori fisika yang sudah difalsafikasi (sudah memenuhi standar-standar logis konvensional). Sementara kata “Dia (Allah) menundukkan” dalam (QS 45: 13) berarti bahwa alat ukur yang dipakai manusia, sepanjang memenuhi terma-terma logis, “ukuran” 2

alam semesta tidak akan pernah bertentangan dengan akal sehat manusia, karena dengan kasih-sayangNya, pada mulanya Allah Subhanahu Wa Ta’ala telah “menundukkan” alam semesta ini kepada manusia. Kalau manusia tidak mampu memahami anomali dari “ukuran” alam semesta bukan berarti Allah Subhanahu Wa Ta’ala menyembunyikannya (tidak “menundukkan”), tetapi pasti alat ukur yang digunakan oleh manusia tersebut bermasalah. Sekarang sudah ditemukan sumber pemecah anomali dari umur medan magnet bintang neutron tersebut, yakni bahwa medan magnet bintang neutron menyusut. Dengan adanya gejala penyusutan medan magnet bintang neutron yang ditengarai dikarenakan peristiwa akresi bintang neutron terhadap bintang kawanannya menjadi alasan logis tentang bahwa umur medan magnet bintang neutron tidak mungkin melebihi umur alam semesta. Di sini berarti alat ukur fisis yang digunakan untuk menelaah medan magnet bintang neutron sudah benar, karena dengan alat ukur tersebut fenomena medan magnet bintang neutron menjadi logis. Berangkat dari kenyataan tersebut, cara untuk mengetahui penyusutan medan magnet bintang neutron, diperlukan persamaan dinamika medan magnet pada bintang neutron itu sendiri. Dalam rangka memperoleh persamaan dinamika medan magnetik bintang neutron, para peneliti sebelumnya menggunakan beberapa model dan batasan. Ada yang membatasi medan magnetik bintang neutron dalam dua dimensi (bintang dianggap flat), ada yang membatasi untuk bintang neutron non-relativistik stasioner, ada yang membatasi untuk bintang neutron relativistik berotasi lambat, dan ada juga yang membatasi untuk bintang neutron non-relativistik berotasi cepat. Di dalam penelitian ini, akan dikaji dinamika medan magnetik (yang digambarkan oleh persamaan Maxwell) bintang neutron yang stasioner dalam kerangka TRU. Ini dimaksudkan untuk memperoleh gambaran tentang bagaimanakah dinamika medan elektromagnetik pada bintang neutron stasioner. Hasilnya diharapkan dapat membantu untuk merumuskan persamaan penyusutan medan elektromagnetik relativistik bintang neutron stasioner pada penelitian-penelitian berikutnya di masa mendatang. 3

Tidak hanya itu, hasil rumusan yang diperoleh dalam penelitian ini nantinya diharapkan dapat dipergunakan sebagai bahan kajian pengembangan perumusan dinamika medan elektromagnetik relativistik pada bintang neutron non-stasioner, baik berotasi lambat maupun berotasi cepat. Kajian tersebut diharapkan mengandaikan bagian luar bintang terdapat materi sedemikian sehingga memungkinkan adanya proses akresi. Hal ini dibutuhkan karena peristiwa akresi diduga menjadi penyebab utama menyusutnya medan magnet di bintang neutron.

1.2. Rumusan Masalah Berdasarkan uraian latar belakang masalah di atas, maka permasalahan yang akan diteliti dalam penelitian ini dirumuskan sebagai berikut: Bagaimana rumusan persamaan dinamika medan magnet relativistik bintang neutron stasioner?

1.3. Tujuan Penelitian Berdasarkan rumusan masalah tersebut, maka penelitian ini memiliki tujuan, yaitu untuk merumuskan persamaan dinamika medan elektromagnetik relativistik bintang neutron stasioner.

1.4. Batasan Penelitian Untuk mencapai tujuan yang diinginkan, maka batasan penelitian ini ditentukan sebagai berikut: 1. Konduktivitas listriknya berhingga dan di dalam bintang bernilai seragam. 2. Medan magnet yang dikaji hanyalah medan magnet internal bintang neutron. 3. Bintang neutron dalam keadaan stasioner. 4. Bintang neutron tidak mengakresi.

4

1.5. Manfaat Penelitian Setelah penelitian ini sudah dilakukan, maka hasil yang diperoleh diharapkan dapat memberikan manfaat, antara lain: 1. Memberikan pemahaman yang lebih luas khususnya kepada peneliti sendiri tentang teori medan elektromagnetik relativistik dalam penerapannya terhadap bintang neutron stasioner. 2. Dapat dipergunakan sebagai pedoman untuk memformulasikan persamaan penyusutan medan magnet bintang neutron yang selama ini menjadi isu krusial dalam astrofisika. 3. Dapat dipergunakan sebagai bahan kajian pengembangan perumusan dinamika medan elektromagnetik bintang neutron relativistik nonstasioner, baik yang berotasi lambat maupun berotasi cepat, serta menyusutnya medan magnet bintang neutron yang diduga diakibatkan oleh aktivitas akresi bintang.

5

BAB V KESIMPULAN DAN SARAN

5.1. Kesimpulan Berdasarkan pada tujuan penelitian ini, maka rumusan dinamika medan elektromagnetik relativistik bintang neutron stasioner disajikan oleh persamaan (4.94) untuk komponen radial, persamaan (4.95) untuk komponen polar, dan persamaan (4.96) untuk komponen toroidal. Penelitian ini hanya menghasilkan persamaan dinamika medan elektromagnetik pada bintang neutron stasioner. Oleh karenanya persamaan ini tidak dapat digunakan untuk menghitung penyusutan medan magnet bintang neutron. Akan tetapi persamaan ini sangat penting, karena persamaan ini dapat membantu para peneliti lain di masa mendatang untuk memformulasikan persamaan penyusutan medan magnet pada bintang neutron yang selama ini menjadi isu krusial dalam astrofisika.

5.2. Saran Kajian penelitian ini masih dibatasi pada tiga ruang lingkup, yaitu medan magnet internal bintang neutron, konduktivitas listrik di dalam bintang bernilai seragam, dan bintang neutron dianggap stasioner. Oleh karena itu, maka peneliti merekomendasikan beberapa saran untuk penelitian-penelitian berikutnya, yaitu: 1. Merumuskan persamaan penyusutan medan magnet bintang neutron stasioner

berdasarkan

pada

hasil

persamaan

dinamika

medan

elektromagnetik relativistik bintang neutron stasioner di penelitian ini. 2. Merumuskan persamaan dinamika medan elektromagnetik relativistik pada bintang neutron stasioner dengan menganggap konduktivitas listriknya di dalam bintang tidak seragam. 3. Merumuskan persamaan dinamika medan elektromagnetik relativistik pada bintang neutron stasioner dengan menggunakan ruang-waktu eksternal bintang. 83

4. Merumuskan persamaan dinamika medan elektromagnetik relativistik pada bintang neutron stasioner bila dianggap ada perpindahan arus dari luar bintang ke dalam bintang. 5. Merumuskan persamaan dinamika medan elektromagnetik relativistik pada bintang neutron non-stasioner, baik berotasi lambat maupun berotasi cepat, baik adanya perpindahan arus atau tidak. 6. Merumuskan persamaan dinamika medan elektromagnetik baik pada bintang neutron stasioner maupun non-stasioner menggunakan ruangwaktu bermetrik elipsoid, mengingat pada kenyataannya kontur bintang bukanlah simetri bola, akan tetapi elipsoidal.

84

DAFTAR PUSTAKA

Bhattacharya D. 2002. Evolution of Neutron Stars Magnetic Fields. The Astrophysical Journal. Astr. Boas, Mary L. 1983. Mathematical Method in the Physical Sciences. USA: John Wiley & Sons. Camenzind, M. 2007. Compact Objects in Astrophysics White Dwarfs, Neutron Stars, and Black Hole. Verlag Berlin Heidelberg: Springer. Cumming, A., Zweibel, E., dan Bildsten, L. 2001. Screening in Accreting Neutron Stars. http://www.arXiv.astro-ph/0102178. Departemen Agama RI. 2007. Al-Qur’an dan Terjemahannya: Al-Jumanatul Ali, Seuntai Mutiara yang Maha Luhur. Jakarta: CV Penerbit 3-ART. Glendenning, Norman K. 2000. Compact Star: Nuclear Physics, Particle Physics and General Ralativity. Verlag Berlin Heidelberg: Springer. Haensel. P. Dkk. 2007. Neutron Stars 1 Equation of State and Structure. New York: Springer. Hidayat, Taufiq. 2010. Teori Relativitas Einstein: Sebuah Pengantar. Bandung: Penerbit ITB. Hoyng, Peter. 2006. Relativistics Astrophysics and Cosmology. New York: Springer. Page, D., Geppert, U., dan Zannias, T. 2000. General Relativistic Treatment of The Thermal, Magnetic and Rotational Evolution of Isolated Neutron Stars With Crustal Magnetic Fields. Astron-Astrophys 2-1066. Potekhin, A. Y. 2011. The Physics Of Neutron Stars. Astro-ph. SR, 1235-1256. Purwanto, Agus. 2009. Pengantar Kosmologi. Surabaya: ITS Press. Rezolla, Luciano & Ahmedov, Bobomurat J. 2004. Elecromagnetic Fields in the Exterior of an Oscillating Relativistic Star – I. General Expressionas and Application to a Rotating Magnetic Dipole. Mon. Not. Astron. Soc. 000, 1-21. Soedojo, Peter. 1995. Asas-Asas Matematika Fisika dan Teknik. Yogyakarta: Gajah Mada University Press. 85

Stephani, Hans. 2004. Relativity: An Introduction to Special and General Relativity. Edinburgh: Cambridge University Press. Sutantyo, Winardi. 2010. Pengantar Astrofisika: Bintang-Bintang di Alam Semesta. Bandung: Penerbit ITB. Tauris & Heuvel, van den. 2006. Compact Stellar X-Ray Sources. London: Cambridge University Press. Yasrina, Atsnaita. 2013. Tentang Medan Elektromagnetik Relativistik di Bintang Neutron yang Berotasi Lambat (Tesis). Yogyakarta: Jurusan Fisika FMIPA UGM.

86

LAMPIRAN A PENURUNAN PERSAMAAN MAXWELL I

Geometri bintang neutron stasioner diberikan oleh 𝑑𝑠 2 = −𝑒 2𝜙(𝑟) 𝑑𝑡 2 + 𝑒 2Λ(r) 𝑑𝑟 2 + 𝑟 2 𝑑𝜃 2 + 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝑑𝜑 2 (A.1)

dengan

𝑔𝛼𝛽

𝑔00 𝑔 = [𝑔10 20 𝑔30

𝑔01 𝑔11 𝑔21 𝑔31

𝑔02 𝑔12 𝑔22 𝑔32

𝑔03 −𝑒 2𝜙(𝑟) 𝑔13 0 𝑔23 ] = [ 0 𝑔33 0

0 𝑒 2Λ(r) 0 0

0 0 𝑟2 0

0 0 ] 0 2 𝑟 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 (A.2)

dan nilai tiap komponen tak-nolnya 𝑔00 = −𝑒 2𝜙(𝑟) 𝑔11 = 𝑒 2Λ(r) 𝑔22 = 𝑟 2 𝑔33 = 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃. (A.3)

Dengan demikian, metrik skalarnya

87

𝑔 = 𝑑𝑒𝑡 |𝑔𝛼𝛽 | = −𝑒

2𝜙(𝑟)

𝑒 2Λ(r) [ 0 0

0 𝑟2 0

0 2𝜙(𝑟) 2Λ(r) 4 {𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛2 𝜃} 0 ] = −𝑒 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

= −𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 4 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 (A.4) dan

√−𝑔 = √𝑒 2(𝜙+Λ)(𝑟) 𝑟 4 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (A.5)

Dari kenyataan bahwa 𝑑𝑠 2 = −𝑐 2 𝑑𝑡 2 + 𝑑𝑥 2 + 𝑑𝑦 2 + 𝑑𝑧 2

maka diketahui kecepatan medan kovarian dan kontravarian 𝑢0 = 𝑒 𝜙(𝑟) (−1,0,0,0) 𝑢0 = 𝑒 −𝜙(𝑟) (1,0,0,0). (A.6)

Sementara itu, Persamaan Maxwell I seperti ditunjukkan oleh persamaan (2.131). Dari persamaan tersebut, dibutuhkan perhitungan tensor kuat-medan elektromagnetik yang persamaannya diberikan oleh (2.141) 𝐹𝛼𝛽 = 2𝑢[𝛼 𝐸𝛽] + 𝜂𝛼𝛽𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵 𝛿 = 𝑢𝛼 𝐸𝛽 − 𝑢𝛽 𝐸𝛼 + √−𝑔𝜖𝛼𝛽𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵 𝛿 𝐹𝛽𝛼 = 2𝑢[𝛽 𝐸𝛼] + 𝜂𝛽𝛼𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵 𝛿 = 𝑢𝛽 𝐸𝛼 − 𝑢𝛼 𝐸𝛽 + √−𝑔𝜖𝛽𝛼𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵 𝛿 = −(𝑢𝛼 𝐸𝛽 − 𝑢𝛽 𝐸𝛼 + √−𝑔𝜖𝛼𝛽𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵𝛿 ) = −𝐹𝛼𝛽 (A.7)

88

bersifat anti-simetrik. Berikut komponen-komponennya: 3. Untuk 𝛼 = 𝛽

𝐹𝛼𝛼 = 𝑢𝛼 𝐸𝛼 − 𝑢𝛼 𝐸𝛼 + √−𝑔𝜖𝛼𝛼𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵 𝛿 = √−𝑔𝜖𝛼𝛼𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵 𝛿 . Karena simbol Levi-Civita untuk 𝜖𝛼𝛼𝛾𝛿 = 0, maka 𝐹00 = 𝐹11 = 𝐹22 = 𝐹33 = 0 (A.8) 4. Untuk 𝛼 ≠ 𝛽

𝐹𝛼𝛽 = 2𝑢[𝛼 𝐸𝛽] + 𝜂𝛼𝛽𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵 𝛿 = 𝑢𝛼 𝐸𝛽 − 𝑢𝛽 𝐸𝛼 + √−𝑔𝜖𝛼𝛽𝛾𝛿 𝑢𝛾 𝐵 𝛿 

Untuk 𝛼 = 0 dan 𝛽 = 1 𝐹01 = 𝑢0 𝐸1 − 𝑢1 𝐸0 + √−𝑔(𝜖0123 𝑢2 𝐵3 − 𝜖0132 𝑢3 𝐵 2) Karena 𝑢1 = 0, 𝑢2 = 0 dan 𝑢3 = 0, maka 𝐹01 = 𝑢0 𝐸1 = −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 = −𝐹10 (A.9)



Untuk 𝛼 = 0 dan 𝛽 = 2

89

𝐹02 = 𝑢0 𝐸2 − 𝑢2 𝐸0 + √−𝑔(𝜖0231 𝑢3 𝐵1 − 𝜖0213 𝑢1 𝐵 3 ) 𝐹02 = 𝑢0 𝐸2 = −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 = −𝐹20 (A.10) 

Untuk 𝛼 = 0 dan 𝛽 = 3 𝐹03 = 𝑢0 𝐸3 − 𝑢3 𝐸0 + √−𝑔(𝜖0312 𝑢1 𝐵2 − 𝜖0321 𝑢2 𝐵1 ) 𝐹03 = 𝑢0 𝐸3 = −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 = −𝐹30 (A.11)



Untuk 𝛼 = 1 dan 𝛽 = 2 𝐹12 = 𝑢1 𝐸2 − 𝑢2 𝐸1 + √−𝑔(𝜖1230 𝑢3 𝐵0 − 𝜖1203 𝑢0 𝐵 3 ) 𝐹12 = √−𝑔(𝜖1203 𝑢0 𝐵3 ) Dengan permutasi simbol Levi-Civita 𝜖1203 = −𝜖0213 = −(−𝜖0123 ) = +1, maka 𝐹12 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝜑 = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 = −𝐹21 (A.12)



Untuk 𝛼 = 1 dan 𝛽 = 3 𝐹13 = 𝑢1 𝐸3 − 𝑢3 𝐸1 + √−𝑔(𝜖1302 𝑢0 𝐵2 − 𝜖1320 𝑢2 𝐵 0 )

90

𝐹13 = √−𝑔(𝜖1302 𝑢0 𝐵2 ) Dengan permutasi simbol Levi-Civita 𝜖1302 = −𝜖0312 = −(−𝜖0132 ) = −𝜖0123 = −1, maka 𝐹13 = −𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝜃 = −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 = −𝐹31 (A.13) 

Untuk 𝛼 = 2 dan 𝛽 = 3 𝐹23 = 𝑢2 𝐸3 − 𝑢3 𝐸2 + √−𝑔(𝜖2301 𝑢0 𝐵1 − 𝜖2310 𝑢1 𝐵 0 ) 𝐹23 = √−𝑔(𝜖2301 𝑢0 𝐵2 ) Dengan permutasi simbol Levi-Civita 𝜖2301 = −𝜖0321 = −(−𝜖0123 ) = +1, maka 𝐹23 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝑟 = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 = −𝐹32 (A.14)

Jadi, tensor kuat-medan elektromagnetik kovarian diberikan oleh 0 𝜙(𝑟)

𝑒 𝐸𝑟 𝐹𝛼𝛽 = 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸 𝜃 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 [𝑒

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 0 −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 0 Λ(𝑟) 2 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ] 0 (A.15)

91

Turunan parsial tensor kuat-medan elektromagnetik adalah 5. Untuk 𝛼 = 𝛼 = 𝛼 Karena 𝐹𝛼𝛼𝛼 = 0, maka 𝐹00,0 = 𝐹11,1 = 𝐹22,2 = 𝐹33,3 = 0 (A.16) 6. Untuk 𝛼 = 𝛽 ≠ 𝛾 Karena 𝐹𝛼𝛼 = 0 yang mengimplikasikan 𝐹𝛼𝛼,𝛾 = 0, maka 𝐹00,1 = 𝐹00,2 = 𝐹00,3 = 0 𝐹11,0 = 𝐹11,2 = 𝐹11,3 = 0 𝐹22,0 = 𝐹22,1 = 𝐹00,3 = 0 𝐹33,0 = 𝐹33,1 = 𝐹33,2 = 0 (A.17) 7. Untuk 𝛼 = 𝛾 ≠ 𝛽 

Untuk 𝛼 = 𝛾 = 0 Dengan 𝛽 = 1

𝐹01,0

𝜕(𝐹01 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 ) 𝜕𝑒 𝜙(𝑟) 𝜕𝐸𝑟 𝜙(𝑟) 𝜕𝐸𝑟 𝜙(𝑟) = = =− 𝐸𝑟 − 𝑒 =− 𝑒 = −𝐹10,0 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 (A.18) Dengan 𝛽 = 2

92

𝐹02,0 =

𝜕(𝐹02 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 ) 𝜕𝑒 𝜙(𝑟) 𝜕𝐸𝜃 𝜙(𝑟) 𝜕𝐸𝜃 𝜙(𝑟) = =− 𝐸𝜃 − 𝑒 =− 𝑒 = −𝐹20,0 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 (A.19) Dengan 𝛽 = 3

𝐹03,0 =

𝜕𝐸𝜑 𝜙(𝑟) 𝜕𝐸𝜑 𝜙(𝑟) 𝜕(𝐹03 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 ) 𝜕𝑒 𝜙(𝑟) = =− 𝐸𝜑 − 𝑒 =− 𝑒 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 = −𝐹30,0 (A.20)




𝐹10,1 =

𝜕(𝐹10 ) 𝜕(𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 ) = = (𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 ),𝑟 = −𝐹01,1 𝜕𝑟 𝜕𝑟 (A.21)

Dengan 𝛽 = 2

𝐹12,1 =

𝜕(𝐹12 ) 𝜕(𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 ) = = 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝐵 𝜑 ),𝑟 = −𝐹21,1 𝜕𝑟 𝜕𝑟 (A.22) Dengan 𝛽 = 3

𝐹13,1 =

𝜕(𝐹13 ) 𝜕(−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 ) = = −𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝐵 𝜃 ),𝑟 = −𝐹31,1 𝜕𝑟 𝜕𝑟 (A.23)

93




𝐹20,2 =

𝜕(𝐹20 ) 𝜕(𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 ) = = 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜃 ),𝜃 = −𝐹02,2 𝜕𝜃 𝜕𝜃 (A.24)

Dengan 𝛽 = 1

𝐹21,2 =

𝜕(𝐹21 ) 𝜕(−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 ) = = −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 (𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 ),𝜃 = −𝐹12,2 𝜕𝜃 𝜕𝜃 (A.25) Dengan 𝛽 = 3

𝐹23,2 =

𝜕(𝐹23 ) 𝜕(𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ) = = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 (𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ),𝜃 = −𝐹32,3 𝜕𝜃 𝜕𝜃 (A.26)




𝐹30,3

𝜕(𝐹30 ) 𝜕(𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 ) = = = 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜑 ) = −𝐹03,3 ,𝜑 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (A.27)

Dengan 𝛽 = 1

94

𝐹31,3 =

𝜕(𝐹31 ) 𝜕(𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 ) = = 𝑒 𝜙(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝜃 ),𝜑 = −𝐹13,3 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (A.28) Dengan 𝛽 = 2

𝐹32,3

𝜕(𝐹32 ) 𝜕(−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ) = = = −𝑒 𝜙(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵𝑟 ),𝜑 = −𝐹23,3 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (A.29)

8. Untuk 𝛼 ≠ 𝛾 ≠ 𝛽 𝛼 = 0 dan 𝛽 = 1 

Dengan 𝛾 = 2

𝐹01,2 =

𝜕(𝐹01 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 ) = = −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝑟 ),𝜃 = −𝐹10,2 𝜕𝜃 𝜕𝜃 (A.30)



Dengan 𝛾 = 3

𝐹01,3 =

𝜕(𝐹01 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 ) = = −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝑟 ),𝜑 = −𝐹10,3 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (A.31)

𝛼 = 0 dan 𝛽 = 2 

Dengan 𝛾 = 1

𝐹02,1 =

𝜕(𝐹02 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 ) = = −(𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 ),𝑟 = −𝐹20,1 𝜕𝑟 𝜕𝑟

95

(A.32) 

Dengan 𝛾 = 3

𝐹02,3 =

𝜕(𝐹02 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 ) = = −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜃 ),𝜑 = −𝐹20,3 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (A.33)

𝛼 = 0 dan 𝛽 = 3 

Dengan 𝛾 = 1

𝐹03,1 =

𝜕(𝐹03 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 ) = = −(𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 ) = −𝐹30,1 ,𝑟 𝜕𝑟 𝜕𝑟 (A.34)



Dengan 𝛾 = 2

𝐹03,2

𝜕(𝐹03 ) 𝜕(−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 ) = = = −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜑 ) = −𝐹30,2 ,𝜃 𝜕𝜃 𝜕𝜃 (A.35)

𝛼 = 1 dan 𝛽 = 2 

𝐹12,0 =

Dengan 𝛾 = 0 𝜕(𝐹12 ) 𝜕(𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 ) = = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝜑 ),𝑡 = −𝐹21,0 𝜕𝑡 𝜕𝑡 (A.36)



Dengan 𝛾 = 3

96

𝐹12,3 =

𝜕(𝐹12 ) 𝜕(𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 ) = = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝜑 ),𝜑 = −𝐹21,3 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (A.37)

𝛼 = 1 dan 𝛽 = 3 

𝐹13,0 =

Dengan 𝛾 = 0 𝜕(𝐹13 ) 𝜕(−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 ) = = −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝜃 ),𝑡 = −𝐹31,0 𝜕𝑡 𝜕𝑡 (A.38)



𝐹13,2

Dengan 𝛾 = 2

𝜕(𝐹13 ) 𝜕(−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 ) = = = −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 (𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 ),𝜃 = −𝐹31,2 𝜕𝜃 𝜕𝜃 (A.39)

𝛼 = 2 dan 𝛽 = 3 

𝐹23,0 =

Dengan 𝛾 = 0 𝜕(𝐹23 ) 𝜕(𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ) = = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝑟 ),𝑡 = −𝐹32,0 𝜕𝑡 𝜕𝑡 (A.40)



𝐹23,1 =

Dengan 𝛾 = 1 𝜕(𝐹23 ) 𝜕(𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ) = = 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝐵 𝑟 ),𝑟 = −𝐹32,1 𝜕𝑟 𝜕𝑟

97

(A.41) Persamaan Maxwell I tidak lenyap jika 𝛼 ≠ 𝛾 ≠ 𝛽. Maka komponenkomponennya dapat dituliskan sebagai berikut 

Untuk permutasi 012 𝐹01,2 + 𝐹20,1 + 𝐹12,0 = 0 −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝑟 ),𝜃 + (𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 ),𝑟 + 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝜑 ),𝑡 = 0 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐵 𝜑 = (𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 ),𝑟 −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝑟 ),𝜃 𝜕𝑡 (A.42)



Untuk permutasi 013 𝐹01,3 + 𝐹30,1 + 𝐹13,0 = 0 −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝑟 ),𝜑 + (𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 ) 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝜃 ),𝑡 = 0 ,𝑟

𝑒

𝜕𝐵 𝜃 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = (𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 ) −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝑟 ),𝜑 ,𝑟 𝜕𝑡

Λ(𝑟) 2

(A.43) 

Untuk permutasi 023 𝐹02,3 + 𝐹30,2 + 𝐹23,0 = 0 −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜃 ),𝜑 + 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜑 ) + 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝑟 ),𝑡 = 0 ,𝜃

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐵 𝑟 = 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜑 ) − 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜃 ),𝜑 ,𝜃 𝜕𝑡 (A.44)

98



Untuk permutasi 123 𝐹12,3 + 𝐹31,2 + 𝐹23,1 = 0

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵𝜑 ),𝜑 + 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 (𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 ),𝜃 + 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝐵𝑟 ),𝑟 = 0 (A.45)

99

LAMPIRAN B PENURUNAN PERSAMAAN MAXWELL II

Tensor kuat-medan elektromagnetik diberikan oleh (A.15) di mana determinannya

𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝑑𝑒𝑡 |𝐹𝛼𝛽 | = 0 + 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 0 Λ(𝑟) 2 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟

−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ] 0

𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑

0 Λ(𝑟) 2 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃


𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 +𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜙 [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑


𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 0 ] Λ(𝑟) 2 𝑟 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵

𝑑𝑒𝑡 |𝐹𝛼𝛽 | = 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 {𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 [0 + 𝑒 2Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 )2 ] − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 [0 − 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝜑 ]−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 [−𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝜃 − 0]} −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 {𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 [0 − 𝑒 2Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )2 𝐵 𝑟 𝐵 𝜃 ] − 0−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 [𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ]} +𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 {𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 [𝑒 2Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )2 𝐵 𝜑 𝐵 𝑟 − 0] − 0 + 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 [𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ]}

100

𝑑𝑒𝑡 |𝐹𝛼𝛽 | = 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 {𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 )2 𝐸𝑟 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝑟 𝐸𝜑 − 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝜃 } −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 {−𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 𝐵 𝜃 𝐸𝑟 − 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 − 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 } +𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 {𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐸𝑟 𝐵 𝜑 𝐵 𝑟 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵𝜃 𝐸𝜃 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 } 𝑑𝑒𝑡 |𝐹𝛼𝛽 | = {𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )2 𝐵 𝑟 𝐵𝑟 𝐸𝑟 𝐸𝑟 + 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝑟 𝐸𝜑 𝐸𝑟 + 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝜃 𝐸𝑟 } +{𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 𝐵 𝜃 𝐸𝑟 𝐸𝜃 + 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )2 𝐵 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 𝐸𝜃 + 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜃 𝐸𝜑 } +{𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵𝑟 𝐸𝜑 𝐸𝑟 + 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝜃 𝐸𝜑 𝐸𝜃 + 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 𝐸𝜑 }

𝑑𝑒𝑡 |𝐹𝛼𝛽 | = 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝑟 )2 + 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 )

2

2

+ 𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) + 2𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵𝑟 𝐸𝜑 𝐸𝑟 + 2𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝜃 𝐸𝜑 𝐸𝜃 + 2𝑒 2[𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 𝐵 𝜃 𝐸𝑟 𝐸𝜃 2

𝑑𝑒𝑡 |𝐹𝛼𝛽 | = [𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃(𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 )]

(B.1) Matrik kofaktor dari tensor kuat-medan elektromagnetik 𝐹𝛼𝛽 adalah

101

𝐶00 𝐶 𝐶 = [ 10 𝐶20 𝐶30

𝐶01 𝐶11 𝐶21 𝐶31

𝐶02 𝐶12 𝐶22 𝐶32

𝐶03 𝐶13 ] 𝐶23 𝐶33 (B.2)

dengan nilai tiap-tiap komponennya

5. Baris pertama 𝐶00

0 = [−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 0 Λ(𝑟) 2 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟


𝐶00 = [0 + 𝑒 3Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝐵 𝜑 𝐵𝑟 𝐵 𝜃 − 𝑒 3Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝐵 𝜃 𝐵 𝑟 𝐵 𝜑 ] − [0 + 0 + 0] = 0 (B.3)

𝐶01

𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 = − [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 0 −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟


𝐶01 = −{[0 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝑟 𝐸𝜑 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵𝑟 𝐸𝜃 ] − [0 + 0 − 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 𝐵 𝑟 𝐸𝑟 ]} = −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.4)

𝐶02

𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 = [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑


102


𝐶02 = [0 + 0 − 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 ] − [𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 + 0 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝑟 ] = −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 (𝐵𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.5)

𝐶03

𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 = − [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑


𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 0 ] −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟

𝐶03 = −{[𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵𝑟 𝐸𝑟 + 0 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 ] − [−𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵𝜑 𝐸𝜑 + 0 + 0]} = −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 (𝐵𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.6)

6. Baris kedua −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝐶01 = − [−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜃

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑

0 Λ(𝑟) 2 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ] 0

𝐶01 = −{[0 − 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝜃 − 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ] − [0 + 0 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 𝐵 𝑟 𝐸𝑟 ]} = −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.7)

0 𝐶11 = [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑



0 −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 ] 0

103

𝐶11 = [0 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )𝐵 𝑟 𝐸𝜃 𝐸𝜑 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )𝐵 𝑟 𝐸𝜃 𝐸𝜑 ] − [0 + 0 + 0] = 0 (B.8)

0 𝐶12 = − [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟


−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜃

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝑟 ] 0

𝐶12 = −{[0 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝑟 𝐸𝜑 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 𝐸𝜑 ] − [𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 𝐸𝜑 + 0 + 0]} = 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝜑 (𝐵𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.9)

0 𝐶13 = [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜃

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 0 ] Λ(𝑟) 2 𝑟 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵

𝐶13 = [0 + 0 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )𝐵 𝜃 𝐸𝜃 𝐸𝜃 ] − [𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )𝐵 𝜑 𝐸𝜑 𝐸𝜃 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )𝐵 𝑟 𝐸𝑟 𝐸𝜃 + 0] = −𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜃 𝐸𝜃 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.10)

7. Baris ketiga −𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝐶20 = [ 𝑒

0 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜃

Λ(𝑟) 2



𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟

−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜃 ] 0

104

𝐶20 = [0 + 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 0] − [−𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 + 0 − 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐵𝑟 𝐸𝑟 ] = 𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.11)

0 𝐶21 = − [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑



𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝑟


𝐶21 = −{[0 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 𝐸𝜑 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝑟 𝐸𝜑 ] − [−𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 𝐸𝜑 + 0 + 0]} = −𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝜑 (𝐵𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.12) 0 𝐶22 = [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑



0 Λ(𝑟) 2 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜃


𝐶22 = [0 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝑟 𝐸𝜑 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝑟 𝐸𝜑 ] − [0 + 0 + 0] =0 (B.13) 0 𝐶23 = − [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 0 Λ(𝑟) 2 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜃

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜑 ] −𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝑟

𝐶23 = −{[0 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 𝐸𝑟 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 𝐸𝑟 ] − [0 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝑟 𝐸𝑟 + 0]} = 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝑟 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.14)

105

8. Baris keempat

𝐶30 = − [




0 Λ(𝑟) 2 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜑

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜑 0

−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜃 ] 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝑟

𝐶30 = −{[−𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵𝑟 𝐸𝑟 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 0] − [𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐵𝜑 𝐸𝜑 + 0 + 0]} = −𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.15)

0 𝐶31 = [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃



𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 0


𝐶31 = [0 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 𝐸𝜃 + 0] − [−𝑒 𝑒

[2𝜙+Λ](𝑟)

𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 𝐸𝜃 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝑟 𝐸𝜃 + 0]

= 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝜃 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.16)

0 𝐶32 = − [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃



0 Λ(𝑟) 2 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜑


𝐶32 = −{[0 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 𝐸𝑟 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 𝐸𝑟 ] − [0 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝑟 𝐸𝑟 𝐸𝑟 + 0]} = −𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝑟 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) (B.17)

106

0 𝐶33 = [ 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 0 Λ(𝑟) 2 −𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜑

−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐵 𝜑 ] 0

𝐶33 = −{[0 − 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜃 𝐸𝑟 + 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐵 𝜑 𝐸𝜃 𝐸𝑟 ] − [0 + 0 + 0]} = 0 (B.18)

Maka transpos dari matrik kovaktornya diberikan oleh

𝐶00 𝐶 𝐶 𝑇 = [ 01 𝐶02 𝐶03

𝐶10 𝐶11 𝐶12 𝐶13

𝐶20 𝐶21 𝐶22 𝐶23

𝐶00 ′ 𝐶30 𝐶31 𝐶 ′ ] = (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) 01 𝐶32 𝐶02 ′ 𝐶33 [𝐶03 ′

𝐶10 ′ 𝐶11 ′ 𝐶12 ′ 𝐶13 ′

𝐶20 ′ 𝐶21 ′ 𝐶22 ′ 𝐶23 ′

𝐶30 ′ 𝐶31 ′ 𝐶32 ′ 𝐶33 ′] (B.19)

dengan 𝐶00 ′ = 𝐶11 ′ = 𝐶22 ′ = 𝐶33 ′ = 0 𝐶01 ′ = −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 = −𝐶10 ′ 𝐶02 ′ = −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 = −𝐶20 ′ 𝐶03 ′ = −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 = −𝐶30 ′ 𝐶12 ′ = 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝜑 = −𝐶21 ′ 𝐶13 ′ = −𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝜃 = −𝐶31 ′ 𝐶32 ′ = −𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝑟 = −𝐶23 ′ (B.20) sedemikian rupa sehingga tensor kuat-medan elektromagnetik kontravarian adalah

107

𝐹 𝛼𝛽 =

𝐶𝑇 𝑑𝑒𝑡 |𝐹𝛼𝛽 |

𝐶00 ′ 𝐶01 ′ = 2 [𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 )] 𝐶02 ′ [𝐶03 ′ (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 )

𝐶10 ′ 𝐶11 ′ 𝐶12 ′ 𝐶13 ′

𝐶20 ′ 𝐶21 ′ 𝐶22 ′ 𝐶23 ′

𝐶30 ′ 𝐶31 ′ 𝐶32 ′ 𝐶33 ′] (B.20)

2

Dengan menuliskan 𝛽 = [𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ] dan memasukkan niai ini ke dalam matriks (B.21), maka didapat

𝐹 𝛼𝛽

𝐶00 ′ 𝛽 𝐶01 ′ 1 𝛽 = 𝑟 𝜃 𝜑 (𝐵 𝐸𝑟 + 𝐵 𝐸𝜃 + 𝐵 𝐸𝜑 ) 𝐶02 ′ 𝛽 𝐶03 ′ [ 𝛽

𝐶10 ′ 𝛽 𝐶11 ′ 𝛽 𝐶12 ′ 𝛽 𝐶13 ′ 𝛽

𝐶20 ′ 𝛽 𝐶21 ′ 𝛽 𝐶22 ′ 𝛽 𝐶23 ′ 𝛽

𝐶30 ′ 𝛽 𝐶31 ′ 𝛽 𝐶32 ′ 𝛽 𝐶33 ′ 𝛽 ] (B.21)

dengan

𝐹 ′00 =

𝐶00 ′ =0 𝛽

𝐹 ′11 =

𝐶11 ′ =0 𝛽

𝐹 ′22 =

𝐶22 ′ =0 𝛽

𝐹 ′33 =

𝐶33 ′ =0 𝛽

108

𝐹 ′01 =

𝐶01 ′ −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝑟 𝐶10 ′ = = −𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝑟 = − = −𝐹 ′10 [𝜙+Λ](𝑟) 2 2 𝛽 [𝑒 𝛽 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]

𝐹 ′02 =

𝐶02 ′ −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜃 𝐶20 ′ = = −𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝜃 = − = −𝐹 ′20 [𝜙+Λ](𝑟) 2 2 𝛽 [𝑒 𝛽 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]

𝐹 𝐹 𝐹

′12

′13

′03

𝐶03 ′ −𝑒 [𝜙+2Λ](𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝐵 𝜑 𝐶30 ′ = = = −𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝜑 = − = −𝐹 ′30 [𝜙+Λ](𝑟) 2 2 𝛽 [𝑒 𝛽 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]

𝐶12 ′ 𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝜑 𝐶21 ′ = = [𝜙+Λ](𝑟) 2 = 𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜑 = − = −𝐹 ′21 2 𝛽 [𝑒 𝛽 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]

𝐶13 ′ −𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝜃 𝐶31 ′ −Λ(𝑟) (𝑟 2 −1 ) = = = −𝑒 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸 = − = −𝐹 ′31 𝜃 𝛽 [𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]2 𝛽

𝐹 ′32 =

𝐶32 ′ −𝑒 [2𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝑟 𝐶23 ′ −Λ(𝑟) (𝑟 2 −1 ) = = −𝑒 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸 = − = −𝐹 ′23 𝑟 𝛽 [𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]2 𝛽

dan (𝐵 𝑟 𝐸𝑟 + 𝐵 𝜃 𝐸𝜃 + 𝐵 𝜑 𝐸𝜑 ) = (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 )

maka persamaan (B.21) menjadi

𝐹 𝛼𝛽

𝐹 ′00 ′01 1 = 𝑖 [𝐹 ′02 (𝐵 𝐸𝑖 ) 𝐹 𝐹 ′03

𝐹 ′10 𝐹 ′11 𝐹 ′12 𝐹 ′13

𝐹 ′20 𝐹 ′21 𝐹 ′22 𝐹 ′23

𝐹 ′30 𝐹 ′31 ]. 𝐹 ′32 𝐹 ′33 (B.22)

Dengan mensubstitusikan persamaan (B.22) ke persamaan (2.135), maka didapatkan medan listrik, yaitu 𝐸𝜇 = 𝐹𝜇𝑣 𝑢𝑣 . (B.23)

109

Mengingat kecepatan-4 𝑢0 = 𝑒 𝜙(𝑟) , 𝑢1 = 0, 𝑢2 = 0 dan 𝑢3 = 0, maka komponen medan listriknya adalah

4. Komponen radial 𝐸 𝑟 = 𝐸1 = 𝐹 𝑟𝑣 𝑢𝑣 = 𝐹10 𝑢0 + 𝐹11 𝑢1 + 𝐹12 𝑢2 + 𝐹13 𝑢3 = 𝐹10 𝑢0

𝐸𝑟 =

𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝑟 𝜙(𝑟) 𝑒 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 )

𝐸𝑟 =

𝐵𝑟 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) (B.24)

5. Komponen polar 𝐸 𝜃 = 𝐸 2 = 𝐹 𝜃𝑣 𝑢𝑣 = 𝐹 20 𝑢0 + 𝐹 21 𝑢1 + 𝐹 22 𝑢2 + 𝐹 23 𝑢3 = 𝐹 20 𝑢0 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝜃 𝜙(𝑟) 𝐸 = 𝑒 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) 𝜃

𝐵𝜃 𝐸 = 𝑖 (𝐵 𝐸𝑖 ) 𝜃

(B.25)

6. Komponen toroidal 𝐸 𝜑 = 𝐸 3 = 𝐹 𝜑𝑣 𝑢𝑣 = 𝐹 30 𝑢0 + 𝐹 31 𝑢1 + 𝐹 32 𝑢2 + 𝐹 33 𝑢3 = 𝐹 30 𝑢0

110

𝐸𝜑 =

𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵 𝜑 𝜙(𝑟) 𝑒 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 )

𝐵𝜑 𝐸 = 𝑖 (𝐵 𝐸𝑖 ) 𝜑

(B.26)

Selanjutnya diketahui dari persamaan (2.136)

̇ 𝑢𝛽 = 𝐵𝛼 = 𝐹𝛼𝛽 𝐵𝛼 =

1 1 𝜂𝛼𝛽𝛾𝛿 𝑢𝛽 𝐹 𝛾𝛿 = √−𝑔 𝜖𝛼𝛽𝛾𝛿 𝑢𝛽 𝐹 𝛾𝛿 2 2

1 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜖𝛼𝛽𝛾𝛿 𝑢𝛽 𝐹 𝛾𝛿 2 (B.27)

Maka komponen medan magnetnya

4. Komponen radial 𝐵𝑟 = 𝐵1 =

1 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝜖1023 𝑢0 𝐹 23 + 𝜖1032 𝑢0 𝐹 32 + 𝜖1203 𝑢2 𝐹 03 2 + 𝜖1230 𝑢2 𝐹 30 + 𝜖1302 𝑢3 𝐹 02 + 𝜖1320 𝑢3 𝐹 20 )

𝐵𝑟 =

1 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝜖1023 𝑢0 𝐹 23 + 𝜖1032 𝑢0 𝐹 32 ) 2

Dengan 𝜖1023 = −𝜖0123 = −1 dan 𝜖1032 = −𝜖1023 = −(−𝜖0123 ) = +1, maka 1 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵𝑟 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (−𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝑟 − 𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝑟 ) (𝐵𝑖 𝐸𝑖 ) 2

111

1 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵𝑟 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (−2𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝑟 ) (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) 2 𝐵𝑟 = −

𝐸𝑟 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) (B.28)

5. Komponen polar 1 𝐵𝜃 = 𝐵2 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝜖2013 𝑢0 𝐹13 + 𝜖2031 𝑢0 𝐹 31 + 𝜖2103 𝑢1 𝐹 03 2 + 𝜖2130 𝑢1 𝐹 30 + 𝜖2301 𝑢3 𝐹 01 + 𝜖2310 𝑢3 𝐹10 ) 𝐵𝑟 =

Dengan

1 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝜖2013 𝑢0 𝐹13 + 𝜖2031 𝑢0 𝐹 31 ) 2

𝜖2013 = −𝜖0213 = −(−𝜖0123 ) = +1

dan

𝜖2031 = −𝜖0231 =

−(−𝜖0132 ) = −𝜖0123 = −1, maka

𝐵𝜃 =

1 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (−𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜃 − 𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜃 ) (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) 2 1 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵𝜃 = 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (−2𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜃 ) (𝐵𝑖 𝐸𝑖 ) 2 𝐵𝜃 = −

𝐸𝜃 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) (B.29)

6. Komponen toroidal 1 𝐵𝜑 = 𝐵3 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝜖3012 𝑢0 𝐹12 + 𝜖3021 𝑢0 𝐹 21 + 𝜖3102 𝑢1 𝐹 02 2 + 𝜖3120 𝑢1 𝐹 20 + 𝜖3201 𝑢2 𝐹 01 + 𝜖3210 𝑢2 𝐹10 ) 1 𝐵𝜑 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (𝜖3012 𝑢0 𝐹12 + 𝜖3021 𝑢0 𝐹 21 ) 2 112

Dengan 𝜖3012 = −𝜖0312 = −(−𝜖0132 ) = −𝜖0123 = −1 dan 𝜖3021 = −𝜖0321 = −(−𝜖0123 ) = +1, maka

𝐵𝜑 =

1 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (−𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜑 − 𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜑 ) (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) 2 1 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵𝜑 = 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜃 (−2𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜑 ) (𝐵𝑖 𝐸𝑖 ) 2 𝐵𝜑 = −

𝐸𝜑 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) (B.30)

Oleh karena itu, tensor kuat-medan elektromagnetik kontravarian adalah

𝐹 𝛼𝛽

𝐹 00 01 = [𝐹 02 𝐹 𝐹 03

𝐹10 𝐹11 𝐹12 𝐹13

𝐹 20 𝐹 21 𝐹 22 𝐹 23

𝐹 30 𝐹 31 ] 𝐹 32 𝐹 33 (B.31)

dengan 𝐹 00 = 𝐹11 = 𝐹 22 = 𝐹 33 = 0 01

𝐹 ′01 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵𝑟 = 𝑖 = = 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝑟 = −𝐹10 (𝐵 𝐸𝑖 ) (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 )

02

𝐹 ′02 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵𝜃 = 𝑖 = = 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜃 = −𝐹 20 (𝐵 𝐸𝑖 ) (𝐵𝑖 𝐸𝑖 )

𝐹 𝐹

𝐹 03 =

𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐵𝜑 𝐹 ′03 = = 𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜑 = −𝐹 30 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) (𝐵𝑖 𝐸𝑖 )

113

𝐹12 =

𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜑 𝐹 ′12 = = −𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜑 = −𝐹 21 (𝐵𝑖 𝐸𝑖 ) (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 )

𝐹13 =

𝐹 ′13 −𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝜃 = = 𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜃 = −𝐹 31 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 )

𝐹 32 =

𝐹 ′32 −𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐸𝑟 = = 𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝑟 = −𝐹 23 (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) (𝐵 𝑖 𝐸𝑖 ) (B.32)

Dari persamaan (2.133), komponen rapat arus-4 adalah 𝐽𝛼 = 𝜌𝑒 𝑢𝛼 + 𝑗 𝛼 = 𝜌𝑒 𝑢𝛼 + 𝜎𝐹𝛼𝛽 𝑢𝛽 (B.33)

5. Komponen waktu 𝐽𝑡 = 𝜌𝑒 𝑢0 + 𝜎(𝐹00 𝑢0 + 𝐹01 𝑢1 + 𝐹02 𝑢2 + 𝐹03 𝑢3 ) = 𝜌𝑒 𝑢0 + 𝜎𝐹00 𝑢0 = 𝜌𝑒 𝑢0 = 𝜌𝑒 𝑒 −𝜙(𝑟) (B.34)

6. Komponen radial 𝐽𝑟 = 𝜌𝑒 𝑢1 + 𝜎(𝐹10 𝑢0 + 𝐹11 𝑢1 + 𝐹12 𝑢2 + 𝐹13 𝑢3 ) = 𝜎𝐹10 𝑢0 = 𝜎𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝑟 𝑒 −𝜙(𝑟) = 𝜎𝐸𝑟 (B.35)

7. Komponen polar 𝐽𝜃 = 𝜌𝑒 𝑢2 + 𝜎(𝐹20 𝑢0 + 𝐹21 𝑢1 + 𝐹22 𝑢2 + 𝐹23 𝑢3 ) = 𝜎𝐹20 𝑢0 = 𝜎𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 𝑒 −𝜙(𝑟) = 𝜎𝐸𝜃 (B.36)

114

8. Komponen toroidal 𝐽𝜑 = 𝜌𝑒 𝑢3 + 𝜎(𝐹30 𝑢0 + 𝐹31 𝑢1 + 𝐹32 𝑢2 + 𝐹33 𝑢3 ) = 𝜎𝐹30 𝑢0 = 𝜎𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 𝑒 −𝜙(𝑟) = 𝜎𝐸𝜑 (B.37)

Dari semua hasil di atas, maka Persamaan Maxwell II pada (2.132) dapat diturunkan

𝛼𝛽

𝐹;𝛽 =

1 √−𝑔

(√−𝑔 𝐹 𝛼𝛽 ) = 4𝜋𝐽𝛼 ,𝛽

atau 𝛼𝛽

𝐹;𝛽 = (√−𝑔 𝐹 𝛼𝛽 ) = √−𝑔 4𝜋𝐽𝛼 ,𝛽

(B.38) 5. Untuk 𝛼 = 0 𝐹;000 + 𝐹;101 + 𝐹;202 + 𝐹;303 = √−𝑔 4𝜋𝐽0 (√−𝑔 𝐹 00 ) + (√−𝑔 𝐹 01 ) + (√−𝑔 𝐹 02 ) + (√−𝑔 𝐹 03 ) = √−𝑔 4𝜋𝐽0 ,0

[(𝑒

,1

[𝜙+Λ](𝑟) 2

𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃)0],𝑡 + [(𝑒

,2

,3

[𝜙+Λ](𝑟) 2

𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝑟 ],𝑟

+ [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜃 ],𝜃 + [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜑 ],𝜑 = 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝑡 [𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐸 𝑟 ],𝑟 + [𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐸 𝜃 ],𝜃 + [𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐸 𝜑 ],𝜑 = 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝑡 [𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐸 𝑖 ],𝑖 = 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝑡 (B.39) 6. Untuk 𝛼 = 1

115

𝐹;010 + 𝐹;111 + 𝐹;212 + 𝐹;313 = √−𝑔 4𝜋𝐽1 (√−𝑔 𝐹10 ) + (√−𝑔 𝐹11 ) + (√−𝑔 𝐹12 ) + (√−𝑔 𝐹13 ) = √−𝑔 4𝜋𝐽1 ,0 ,1 ,2 ,3 [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝑟 ],𝑡 + [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)0],𝑟 + [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜑 ]

,𝜃

+ [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜃 ],𝜑 = 4𝜋𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝑟 [−𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐸 𝑟 ],𝑡 + [−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐵𝜑 ] + [𝑒 𝜙(𝑟) 𝐵𝜃 ],𝜑 = 4𝜋𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝑟 ,𝜃

[−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐵𝜙 ] + [𝑒 𝜙(𝑟) 𝐵𝜃 ],𝜑 = [𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝐸 𝑟 ],𝑡 + 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝑟 ,𝜃

𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜃,𝜑 − 𝐵𝜑,𝜃 ) = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝑟 + 4𝜋𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝑟 𝜕𝑡 (B.40)

7. Untuk 𝛼 = 2 𝐹;020 + 𝐹;121 + 𝐹;222 + 𝐹;323 = √−𝑔 4𝜋𝐽2 (√−𝑔 𝐹 20 ) + (√−𝑔 𝐹 21 ) + (√−𝑔 𝐹 22 ) + (√−𝑔 𝐹 23 ) = √−𝑔 4𝜋𝐽2 ,0

[−(𝑒

,1

,2

,3

[𝜙+Λ](𝑟) 2

𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜃 ],𝑡 + [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜑 ]

,𝑟

+ [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)0],𝜃 + [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝑟 ],𝜑 = 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜃

116

[−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜃 ],𝑡 + [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜑 ]

,𝑟

+ [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝑟 ],𝜑 = 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜃 [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜑 ]

,𝑟

+ [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝑟 ],𝜑 = [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜃 ],𝑡 + 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜃 [𝑒 𝜙(𝑟) 𝐵𝜑 ] + [−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐵𝑟 ],𝜑 ,𝑟

= [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜃 ],𝑡 + 4𝜋𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜃 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜑,𝑟 − 𝐵𝑟,𝜑 ) = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝜃 + 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜃 𝜕𝑡 (B.41)

8. Untuk 𝛼 = 3 𝐹;030 + 𝐹;131 + 𝐹;232 + 𝐹;333 = √−𝑔 4𝜋𝐽3 (√−𝑔 𝐹 30 ) + (√−𝑔 𝐹 31 ) + (√−𝑔 𝐹 32 ) + (√−𝑔 𝐹 33 ) = √−𝑔 4𝜋𝐽3 ,0

,1

,2

,3

[−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜑 ],𝑡 + [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜃 ],𝑟 + [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝑟 ],𝜃 + [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)0],𝜑 = 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜑 [−(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝜃 ],𝑟 + [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −Λ(𝑟) (𝑟 2𝑠𝑖𝑛 𝜃 )−1 𝐵𝑟 ],𝜃 = [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜑 ],𝑡 + 4𝜋𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜑

117

[−𝑒 𝜙(𝑟) 𝐵𝜃 ],𝑟 + [𝑒 𝜙(𝑟) 𝐵𝑟 ],𝜃 = [(𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃)𝑒 −𝜙(𝑟) 𝐸 𝜃 ],𝑡 + 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜑 𝑒

𝜙(𝑟)

(𝐵𝑟,𝜃 − 𝐵𝜃,𝑟 ) = 𝑒

𝜕𝐸 𝜑 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐽𝜑 𝜕𝑡

Λ(𝑟) 2

(B.42)

118

LAMPIRAN C DINAMIKA MEDAN ELEKTROMAGNETIK RELATIVISTIK BINTANG NEUTRON STASIONER

A. Medan Listrik 4. Komponen radial Untuk medan listrik komponen radial, persamaan (B.35) disubstitusikan ke persamaan (B.40), yaitu 𝜕𝐸 𝑟 + 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎𝐸𝑟 𝜕𝑡 𝜕𝐸 𝑟 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎𝐸𝑟 = 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜃,𝜑 − 𝐵𝜑,𝜃 ) − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜕𝑡 1 𝜕𝐸 𝑟 𝜙(𝑟) Λ(𝑟) 2 𝐸𝑟 = [𝑒 (𝐵𝜃,𝜑 − 𝐵𝜑,𝜃 ) − 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ] 𝜕𝑡 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜃,𝜑 − 𝐵𝜑,𝜃 ) = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

(C.1)

5. Komponen polar Untuk medan listrik komponen polar, persamaan (B.36) disubstitusikan ke persamaan (B.41), yaitu

𝑒

𝜙(𝑟)

(𝐵𝜑,𝑟 − 𝐵𝑟,𝜑 ) = 𝑒

𝜕𝐸 𝜃 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎𝐸𝜃 𝜕𝑡

Λ(𝑟) 2

4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎𝐸𝜃 = 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜑,𝑟 − 𝐵𝑟,𝜑 ) − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝐸𝜃 =

1 4𝜋𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎

[𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜑,𝑟 − 𝐵𝑟,𝜑 ) − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝜃 𝜕𝑡 𝜕𝐸 𝜃 ] 𝜕𝑡 (C.2)

6. Komponen toroidal

119

Untuk medan listrik komponen polar, persamaan (B.37) disubstitusikan ke persamaan (B.42), yaitu 𝜕𝐸 𝜑 + 4𝜋𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎𝐸𝜑 𝜕𝑡 𝜕𝐸 𝜑 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝜙(𝑟) Λ(𝑟) 2 4𝜋 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎𝐸𝜑 = 𝑒 (𝐵𝑟,𝜃 − 𝐵𝜃,𝑟 ) − 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜕𝑡 1 𝜕𝐸 𝜑 𝜙(𝑟) Λ(𝑟) 2 𝐸𝜙 = [𝑒 (𝐵𝑟,𝜃 − 𝐵𝜃,𝑟 ) − 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ] 𝜕𝑡 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝑟,𝜃 − 𝐵𝜃,𝑟 ) = 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

(C.3)

B. Dinamika Medan Magnet 4. Komponen radial Untuk dinamika medan magnet komponen radial, persamaan (C.2) dan (C.3) disubstitusikan ke persamaan (A.44), yaitu 𝜕𝐵 𝑟 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜑 ) − 𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝜃 ),𝜑 ,𝜃 𝜕𝑡 𝜕𝐵 𝑟 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜕𝑡 1 = 𝑒 𝜙(𝑟) ( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝑟,𝜃 − 𝐵𝜃,𝑟 ) 4𝜋 𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 𝜕𝐸 𝜑 − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]) 𝜕𝑡 ,𝜃 Λ(𝑟) 2

1 − 𝑒 𝜙(𝑟) ( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜑,𝑟 − 𝐵𝑟,𝜑 ) [𝜙+Λ](𝑟) 4𝜋 𝑒 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝜃 ]) 𝜕𝑡 ,𝜑

sehingga

120

𝜕𝐵 𝑟 1 1 = Λ(𝑟) 2 {𝑒 𝜙(𝑟) ( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝑟,𝜃 − 𝐵𝜃,𝑟 ) [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝜕𝑡 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 4𝜋 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 −𝑒

𝜕𝐸 𝜑 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]) 𝜕𝑡 ,𝜃

Λ(𝑟) 2

1 − 𝑒 𝜙(𝑟) ( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜑,𝑟 − 𝐵𝑟,𝜑 ) [𝜙+Λ](𝑟) 2 4𝜋 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝜃 ]) } 𝜕𝑡 ,𝜑

(C.4)

5. Komponen polar Untuk dinamika medan magnet komponen polar, persamaan (C.1) dan (C.3) disubstitusikan ke persamaan (A.43), yaitu

𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐵 𝜃 = (𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜑 ) −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝑟 ),𝜑 ,𝑟 𝜕𝑡

𝜕𝐵 𝜃 𝜕𝑡 𝑒 𝜙(𝑟) =( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝑟,𝜃 − 𝐵𝜃,𝑟 ) [𝜙+Λ](𝑟) 2 4𝜋 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝐵𝜑,𝜃 ) − 𝑒

𝜕𝐸 𝜑 1 ]) −𝑒 𝜙(𝑟) ( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜃,𝜑 [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝜕𝑡 ,𝑟 4𝜋𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 𝜕𝐸 𝑟 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]) 𝜕𝑡 ,𝜑

Λ(𝑟) 2

sehingga

121

𝜕𝐵 𝜃 1 𝑒 𝜙(𝑟) = Λ(𝑟) 2 {( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝑟,𝜃 − 𝐵𝜃,𝑟 ) [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝜕𝑡 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 4𝜋 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝜑 1 ]) −𝑒 𝜙(𝑟) ( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜃,𝜑 [𝜙+Λ](𝑟) 𝜕𝑡 ,𝑟 4𝜋 𝑒 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎

− 𝐵𝜑,𝜃 ) − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝑟 ]) } 𝜕𝑡 ,𝜑

(C.5)

6. Komponen toroidal Untuk dinamika medan magnet komponen toroidal, persamaan (C.1) dan (C.2) disubstitusikan ke persamaan (A.42), yaitu

𝑒 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐵 𝜑 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = (𝑒 𝜙(𝑟) 𝐸𝜃 ),𝑟 −𝑒 𝜙(𝑟) (𝐸𝑟 ),𝜃 𝜕𝑡

Λ(𝑟) 2

𝜕𝐵 𝜑 𝜕𝑡 = (𝑒 𝜙(𝑟)

1 4𝜋

𝑒 [𝜙+Λ](𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛

− 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝐵𝜑,𝜃 ) − 𝑒

𝜃𝜎

[𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜑,𝑟 − 𝐵𝑟,𝜑 )

𝜕𝐸 𝜃 1 ]) −𝑒 𝜙(𝑟) ( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜃,𝜑 [𝜙+Λ](𝑟) 𝜕𝑡 ,𝑟 4𝜋 𝑒 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 𝜕𝐸 𝑟 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ]) 𝜕𝑡 ,𝜃

Λ(𝑟) 2

sehingga

122

𝜕𝐵 𝜑 1 1 = Λ(𝑟) 2 {(𝑒 𝜙(𝑟) [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜑,𝑟 − 𝐵𝑟,𝜑 ) [𝜙+Λ](𝑟) 2 𝜕𝑡 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 4𝜋 𝑒 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎 − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝜃 1 ]) −𝑒 𝜙(𝑟) ( [𝑒 𝜙(𝑟) (𝐵𝜃,𝜑 [𝜙+Λ](𝑟) 𝜕𝑡 ,𝑟 4𝜋 𝑒 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜎

− 𝐵𝜑,𝜃 ) − 𝑒 Λ(𝑟) 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

𝜕𝐸 𝑟 ]) } 𝜕𝑡 ,𝜃

(C.6)

123

LAMPIRAN D PENURUNAN PERSAMAAN GEODESIK

Geodesik adalah lintasan terpendek pada dua titik di sebuah permukaan. Pada koordinat Cartesian, geodesik adalah garis lurus. Pada koordinat lengkung, geodesik adalah garis lengkung. Di dalam kalkulus variasi (Boas, 1983), prinsip Fermat menyatakan bahwa lintasan cahaya dengan kecepatan v adalah sedemikian rupa sehingga waktu tempuh dari satu titik ke titik lainnya minimum, atau 𝐵

𝑑𝑣 1 𝐵 1 ∆𝑡 = ∫ = ∫ (𝑑𝑥 2 + 𝑑𝑦 2 ) ⁄2 𝑣 𝐴 𝐴 𝑣 (C.1)

atau

∆𝑡. 𝑣 = ∫ 𝑑𝑠 = 𝐼. (C.2)

Syarat agar I bernilai ekstrem (maksimum atau minimum) harus divariasikan, yakni 𝛿𝐼 = 0 (C.3)

sehingga

124

𝛿𝐼 = 𝛿 ∫ 𝑑𝑠 = 0. (C.4)

Sementara itu, diberikan elemen garis dari ruang yang hendak kita tinjau adalah 𝑑𝑠 2 = 𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 . (C.5) Variasi 𝑑𝑠 2 adalah 𝛿𝑑𝑠 2 atau 𝛿(𝑑𝑠. 𝑑𝑠). Sebelum menghitungnya, kita andaikan sebuah fungsi {x, y(x), y’(x)} atau F (x, y’, y”), di mana x tetap. Kita translasikan fungsi tersebut, sehingga ∆𝐹 = 𝐹(𝑥, 𝑦 + 𝜖𝜇, 𝑦′ + 𝜖𝜇′) − 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′). (C.6) Selanjutnya kita definisikan 𝑌 = 𝑦(𝑥) + 𝜖𝜇(𝑥) atau 𝑌 = 𝑦(𝑥) + 𝛿𝑦 atau 𝑌 = 𝑦(𝑥) + (𝑦 − 𝑦0 ). Lalu 𝑌′ = 𝑦′(𝑥) + 𝜖𝜇′(𝑥) atau 𝑌′ = 𝑦′(𝑥) + 𝛿𝑑𝑦′ atau 𝑌′ = 𝑦′(𝑥) + (𝑑𝑦′ − 𝑑𝑦′). Ide ini berasal dari Euler ketika memandang Gambar 2.3. 𝛿𝑦

Y

y0 y

x1

x2

X

Gambar 2.3. Koordinat variasi Euler

125

Pada grafik y = y(x) ini, jika y = y0, akan memenuhi nilai ekstrem baik di x1 maupun x2 atau 𝛿𝑦 = 0. Pada x tetap, maka 𝑌 = 𝑦(𝑥) + 𝜖𝜇(𝑥) = 𝑦(𝑥) dan 𝑌′ = 𝑦′(𝑥) + 𝜖𝜇′(𝑥) = 𝑦′(𝑥) (Soedojo, 1995). Kita gunakan deret Taylor untuk x = a, y = b dan y’ = c (Boas, 1983).

𝐹(𝑥, 𝑦 + 𝜖𝜇, 𝑦′ + 𝜖𝜇′) = 𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) +

𝑑𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) 𝑑𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) 𝑑𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) (𝑥 − 𝑎) + (𝑦 − 𝑏) + (𝑦′ − 𝑐) + ⋯ … 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑦′

= 𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) + 0 + = 𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) +

𝑑𝐹(𝑎,𝑏,𝑐) 𝑑𝑦

𝑑𝐹(𝑎,𝑏,𝑐) 𝑑𝑦

(𝑦 − 𝑦 + 𝜖𝜇) +

𝜖𝜇 +

𝑑𝐹(𝑎,𝑏,𝑐) 𝑑𝑦′

𝑑𝐹(𝑎,𝑏,𝑐) 𝑑𝑦′

(𝑦′ − 𝑦′ + 𝜖𝜇′) + ⋯ …

𝜖𝜇′ + ⋯ …

(C.7)

sehingga ∆𝐹 = 𝐹(𝑥, 𝑦 + 𝜖𝜇, 𝑦 ′ + 𝜖𝜇 ′ ) − 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = 𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) + =

𝑑𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) 𝑑𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) ′ 𝜖𝜇 + 𝜖𝜇 − 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) 𝑑𝑦 𝑑𝑦 ′

𝑑𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) 𝑑𝐹(𝑎, 𝑏, 𝑐) ′ 𝜖𝜇 + 𝜖𝜇 𝑑𝑦 𝑑𝑦 ′ 𝜕𝐹

𝜕𝐹

= 𝜕𝑦 𝜖𝜇 + 𝜕𝑦′ 𝜖𝜇′. (C.8)

Ini disebut variasi F atau

𝛿𝐹 =

𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜖𝜇 + 𝜖𝜇′. 𝜕𝑦 𝜕𝑦′ (C.9)

Kita tahu bahwa 𝜖𝜇 = 𝛿𝑦, maka variasi F dapat ditulis

126

𝛿𝐹 =

𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝛿𝑦 + 𝛿𝑦′. 𝜕𝑦 𝜕𝑦′ (C.10)

Dengan demikian, variasi ds2 dapat diperoleh

𝛿(𝑑𝑠. 𝑑𝑠) =

𝜕(𝑑𝑠. 𝑑𝑠) 𝜕(𝑑𝑠. 𝑑𝑠) 𝛿𝑦 + 𝛿𝑦′ 𝜕𝑦 𝜕𝑦′ = (𝑑𝑠

𝜕𝑑𝑠 𝜕𝑑𝑠 𝜕𝑑𝑠 𝜕𝑑𝑠 + 𝑑𝑠 ) 𝛿𝑦 + (𝑑𝑠 + 𝑑𝑠 ) 𝛿𝑦′ 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑦′ 𝜕𝑦′

𝜕𝑑𝑠 𝜕𝑑𝑠 𝜕𝑑𝑠 𝜕𝑑𝑠 = 𝑑𝑠 ( 𝛿𝑦 + 𝛿𝑦) + 𝑑𝑠 ( 𝛿𝑦′ + 𝛿𝑦′) = 𝑑𝑠𝛿𝑠 + 𝑑𝑠𝛿𝑠 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑦′ 𝜕𝑦′ = 2𝑑𝑠𝛿𝑠. (C.11) Oleh karena itu, variasi ds2 adalah 2𝑑𝑠𝛿𝑑𝑠 = 𝛿𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 𝛿𝑑𝑞𝜇 𝑑𝑞 𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝛿𝑑𝑞 𝜗 . (C.12) Tetapi kita tahu bahwa sifat 𝛿 sama dengan sifat d dalam kalkulus dan di depan sudah diketahui bahwa 𝛿𝑑𝑦 = 𝑑𝑦 − 𝑑𝑦0 = 𝑑𝑦′ − 𝑑𝑦 (C.13)

atau dengan koordinat umum 𝛿𝑑𝑞 = 𝑑𝑞′ − 𝑑𝑞.

127

(C.14) Dari kurva di atas, kita dapatkan 𝛿𝑦 = 𝑦 − 𝑦0 . Ini juga berlaku untuk 𝛿𝑥 = 𝑥 − 𝑥0 . Jika kita pakai koordinat umum, maka 𝛿𝑞 = 𝑞 − 𝑞0 = 𝑞′ − 𝑞 atau 𝑞′ = 𝑞 + 𝛿𝑞. Masukkan hasil ini, maka 𝛿𝑑𝑞 = 𝑑𝑞′ − 𝑑𝑞 = 𝑑(𝑞 + 𝛿𝑞) − 𝑑𝑞 = 𝑑𝛿𝑞. (C.15) Sehingga variasi ds2 dapat ditulis 2𝑑𝑠𝛿𝑑𝑠 = 𝛿𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 𝑑𝛿𝑞𝜇 𝑑𝑞 𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝛿𝑞 𝜗 . (C.16)

Jika persamaan ini dibagi 2ds.ds lalu dikalikan ds dan diintegralkan, maka akan kita dapatkan

𝛿 ∫ 𝑑𝑠 =

1 ∫{𝛿𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 𝑑𝛿𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝛿𝑞 𝜗 }𝑑𝑠 = 0. 2 (C.17)

Dari persamaan (2.74), maka memberikan 1 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝛿𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝛿𝑞 𝜗 ∫ {𝛿𝑔𝜇𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 } 𝑑𝑠 = 0. 2 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 (C.18)

Dengan menggunakan hubungan

128

𝛿𝑔𝜇𝜗 =

𝜕𝑔𝜇𝜗 𝛾 𝛿𝑞 𝜕𝑞 𝛾 (C.19)

dan 𝑑 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 𝑑𝑞 𝜗 (𝑔𝜇𝜗 𝛿𝑞 𝜇 ) − (𝑔𝜇𝜗 ) 𝛿𝑞 𝜇 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 =

𝑑𝑔𝜇𝜗 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝛿𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 2 𝑞 𝜗 𝑑𝑔𝜇𝜗 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝛿𝑞 + 𝑔𝜇𝜗 + 𝑔𝜇𝜗 𝛿𝑞 𝜇 − 𝛿𝑞 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 𝑑𝑠 𝑑𝑠

+ 𝑔𝜇𝜗 𝛿𝑞 𝜇

𝑑2𝑞𝜗 𝑑𝛿𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 = 𝑔 . 𝜇𝜗 𝑑𝑠 2 𝑑𝑠 𝑑𝑠 (C.20)

Maka persamaan (2.76) menjadi 𝜕𝑔𝜇𝜗 1 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 𝑑𝑞 𝜗 ∫ { 𝛾 𝛿𝑞 𝛾 − (𝑔𝜇𝜗 ) 𝛿𝑞 𝜇 − (𝑔𝜇𝜗 ) 𝛿𝑞 𝜗 } 𝑑𝑠 = 0 2 𝜕𝑞 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 (C.21)

atau 𝜕𝑔𝜇𝜗 𝛾 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 1 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝑞 𝜇 ∫ { 𝛾 𝛿𝑞 − (𝑔𝛾𝜗 + 𝑔𝜇𝛾 ) 𝛿𝑞 𝛾 } 𝑑𝑠 2 𝜕𝑞 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝜕𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 1 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝑞 𝜇 = ∫{ 𝛾 − (𝑔𝛾𝜗 + 𝑔𝜇𝛾 )} 𝛿𝑞 𝛾 𝑑𝑠 = 0. 2 𝜕𝑞 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 (C.22)

129

𝛿𝑞 𝛾 secara umum tidak sama dengan nol, sehingga integrannya harus sama dengan nol. Kita dapat menunjukkan hal ini dengan metode kontradiksi begini: andaikan integrannya tidak sama dengan nol, maka integrannya >0 atau <0, sehingga ruas kiri akan positif, dan ini bertentangan dengan kenyataan bahwa 𝛿 ∫ 𝑑𝑠 = 0. Jadi integrannya harus sama dengan nol 𝜕𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝑞 𝜇 − (𝑔𝛾𝜗 + 𝑔𝜇𝛾 ) = 0. 𝜕𝑞 𝛾 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 (C.23)

Ini disebut persamaan geodesik. Untuk menghubungkan persamaan geodesik dengan Simbol Christoffel, gunakan hubungan 𝑑𝑔𝜇𝛾 𝑑𝑠

=

𝜕𝑔𝜇𝛾 𝑑𝑞 𝛾 𝜕𝑞 𝛾

𝑑𝑠

dan

𝑑𝑔𝛾𝜗 𝑑𝑠

=

𝜕𝑔𝛾𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝜕𝑞 𝜇 𝑑𝑠

(C.24)

sehingga memberikan 𝜕𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝑔𝛾𝜗 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 2 𝑞 𝜗 𝑑𝑔𝜇𝛾 𝑑𝑞 𝜇 𝑑2𝑞𝜇 − − 𝑔𝛾𝜗 − − 𝑔𝜇𝛾 =0 𝜕𝑞 𝛾 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 𝜕𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝑔𝛾𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 2 𝑞 𝜗 𝑑𝑔𝜇𝛾 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑2𝑞𝜇 − − 𝑔 − − 𝑔 =0 𝛾𝜗 𝜇𝛾 𝜕𝑞 𝛾 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 𝑑𝑠 2 𝑑𝑞 𝜗 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝜕𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑔𝜇𝛾 𝑑𝑔𝛾𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑2𝑞𝜗 𝑑2𝑞𝜇 ( 𝛾 − − ) − 𝑔 − 𝑔 =0 𝛾𝜗 𝜇𝛾 𝜕𝑞 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 𝑑𝑠 2 𝑑𝑞 𝜗 𝜕𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑔𝜇𝛾 𝑑𝑔𝛾𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑2𝑞𝜇 ( 𝛾 − − ) = 2𝑔 . 𝜇𝛾 𝜕𝑞 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 𝑑𝑞 𝜗 (C.25)

130

Kalikan dengan 𝑔𝛾𝜎 , sehingga

𝑔

𝛾𝜎

𝜕𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑔𝜇𝛾 𝑑𝑔𝛾𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑2𝑞𝜇 𝑑2𝑞𝜇 𝑑2 𝑞𝜎 𝛾𝜎 𝜎 𝜎 ( 𝛾 − − ) = 2𝑔 𝑔𝜇𝛾 = 2𝑔𝜇 = 2𝑔𝜎 𝜕𝑞 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 𝑑𝑠 2 𝑑𝑠 2 𝑑𝑞 𝜗 =2

𝑑2𝑞𝜎 𝑑𝑠 2

atau 𝑔𝛾𝜎 𝜕𝑔𝜇𝜗 𝑑𝑔𝜇𝛾 𝑑𝑔𝛾𝜗 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 2 𝑞 𝜎 ( 𝛾 − − ) − = 0. 2 𝜕𝑞 𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 𝑑𝑞 𝜗 (C.26)

Dengan menggunakan Simbol Christoffel, maka

𝜎 Г𝜇𝜗

𝑑𝑞 𝜇 𝑑𝑞 𝜗 𝑑 2 𝑞 𝜎 − = 0. 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠 2 (C.27)

Ini adalah persamaan geodesik di mana Simbol Christoffel menjadi koefisien kecepatan (Purwanto, 2009).

131

LAMPIRAN E PENURUNAN RUANG-WAKTU SCHWARZSCHILD

Diberikan sebuah elemen garis 𝑑𝑠 2 = 𝑑𝑟 2 + 𝑟 2 (𝑑𝜃 2 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑑𝜑 2 ). (D.1)

Ini adalah elemen garis koordinat bola tak bergantung waktu. Sedangkan elemen garis koordinat bola bergantung waktu adalah 𝑑𝑠 2 = 𝑐 2 𝑑𝑡 2 − {𝑑𝑟 2 + 𝑟 2 (𝑑𝜃 2 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑑𝜑 2 )}. (D.2)

Ruang-waktu ini disebut sebagai ruang waktu Minkowski, dengan metrik 𝑔00 = 𝑐 2 , 𝑔11 = −1, 𝑔22 = −𝑟 2, 𝑔33 = −𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃. Ruang-waktu ini terbentuk dengan distribusi massa tidak ada (M = 0), sehingga bentuk ruang-waktunya datar. Jika ada distribusi massa (M ≠0), maka ruang menjadi melengkung. Oleh karena itu, kita perlu memperumum ruang-waktu pada koordinat simetri bola. Ruang-waktu tersebut berbentuk 𝑑𝑠 2 = 𝑒 𝑣 𝑑𝑡 2 − 𝑒 𝜆 𝑑𝑟 2 − 𝑟 2 (𝑑𝜃 2 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑑𝜑 2 ) (D.3) dengan 𝑣 = 𝑣(𝑟), 𝜆 = 𝜆(𝑟) dan tensor metriknya

132

𝑔𝜇𝑣

𝑔𝜇𝑣

𝑒𝑣 =(0 0 0

𝑒 −𝑣 =( 0 0 0

0 −𝑒 𝜆 0 0 0 −𝑒 −𝜆 0 0

0 0 −𝑟 2 0

0 0 ) 0 −𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

0 0 −𝑟 −2 0

0 0 ). 0 −𝑟 −2 𝑠𝑖𝑛−2 𝜃 (D.4)

Determinannya adalah

𝑑𝑒𝑡𝑔𝜇𝑣

𝑒𝑣 =𝑔 =(0 0 0

0 −𝑒 𝜆 0 0

0 0 −𝑟 2 0

0 0 ) 0 −𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

= (𝑒 𝑣 . [−𝑒 𝜆 ]. [−𝑟 2 ]. [−𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃] + 0 + 0 + 0) − (0 + 0 + 0 + 0) = −𝑒 𝑣+𝜆 𝑟 4 𝑠𝑖𝑛2 𝜃. (D.5) Untuk menentukan nilai 𝑒 𝑣 dan 𝑒 𝜆 , kita mesti menentukan semua komponen Simbol Christoffel dan tensor kurvatur Ricci. Adapun komponen Simbol Christoffelnya adalah sebagai berikut

𝛼 Г𝜇𝑣 =

𝑔𝛼𝛽 𝜕𝑔𝑣𝛽 𝜕𝑔𝛼𝜇 𝜕𝑔𝜇𝑣 𝑔𝛼𝛽 { 𝜇 + − } = {𝜕𝜇 𝑔𝑣𝛽 + 𝜕𝑣 𝑔𝛼𝜇 − 𝜕𝛽 𝑔𝜇𝑣 } 2 𝜕𝑞 𝜕𝑞 𝑣 2 𝜕𝑞 𝛽 (D.6)

(Hidayat, 2010). 1. Untuk 𝜇 = 𝑣 = 𝛼 𝜇

Г𝜇𝜇 =

𝑔𝜇𝛽 {𝜕𝜇 𝑔𝜇𝛽 + 𝜕𝜇 𝑔𝜇𝜇 − 𝜕𝛽 𝑔𝜇𝜇 }. 2

133

Tetapi dalam kasus ini, karena komponen tensor metrik non-diagonalnya bernilai nol (𝑔𝜇𝛽 = 0), sehingga komponen tensor metrik yang ada harganya hanya yang diagonal saja (𝑔𝜇𝜇 ≠ 0), maka

𝜇 Г𝜇𝜇

Dari ∫

𝑑𝑢 𝑢

𝑔𝜇𝜇 𝑔𝜇𝜇 1 = {𝜕𝜇 𝑔𝜇𝜇 + 𝜕𝜇 𝑔𝜇𝜇 − 𝜕𝜇 𝑔𝜇𝜇 } = 𝜕𝜇 𝑔𝜇𝜇 = 𝜕 𝑔 . 2 2 2𝑔𝜇𝜇 𝜇 𝜇𝜇

= 𝑙𝑛|𝑢| + 𝐶, maka

𝜇

Г𝜇𝜇 =

𝜕𝜇 𝑔𝜇𝜇 1 𝜕𝜇 𝑔𝜇𝜇 1 1 = 𝜕𝜇 (∫ ) = 𝜕𝜇 𝑙𝑛 𝑔𝜇𝜇 . 2 𝑔𝜇𝜇 2 𝑔𝜇𝜇 2

Maka untuk Г000 adalah

Г000 =

1 1𝜕 𝜕0 𝑙𝑛 𝑔00 = 𝑙𝑛 𝑒 𝑣 . 2 2 𝜕𝑡

Г000 =

1 𝜕𝑣(𝑟) = 0. 2 𝜕𝑡

Dari 𝑙𝑛 (𝑒 𝑦 ) = 𝑦, maka

Untuk Г111 adalah

Г111 =

1 1𝜕 1 𝜕𝜆(𝑟) 𝜕1 𝑙𝑛 𝑔11 = 𝑙𝑛 𝑒 𝜆 = = 0. 2 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 𝑑

1

Untuk Г222 dan mengingat 𝑑𝑥 𝑙𝑛 𝑥 = 𝑥 adalah

134

1 1 𝜕 Г222 = 𝜕2 𝑙𝑛 𝑔22 = 𝑙𝑛 𝑟 2 = 0. 2 2 𝜕𝜃 Untuk Г333

Г333 =

1 1 𝜕 2 2 𝜕3 𝑙𝑛 𝑔33 = (𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃) = 0. 2 2 𝜕𝜑

2. Untuk 𝜇 = 𝑣 ≠ 𝛼 di mana 𝛽 = 𝛼

𝛼 Г𝜇𝜇

𝑔𝛼𝛼 𝑔𝛼𝛼 = {𝜕𝜇 𝑔𝜇𝛼 + 𝜕𝜇 𝑔𝛼𝜇 − 𝜕𝛼 𝑔𝜇𝜇 } = {2𝜕𝜇 𝑔𝜇𝛼 − 𝜕𝛼 𝑔𝜇𝜇 }. 2 2

Karena 𝜇 ≠ 𝛼, sedangkan kita mencari metrik diagonalnya, maka 2𝜕𝜇 𝑔𝜇𝛼 = 2𝜕𝜇 0 = 0. Sehingga

𝛼 Г𝜇𝜇 =−

𝑔𝛼𝛼 𝜕 𝑔 . 2 𝛼 𝜇𝜇

0 Untuk Г11

0 Г11

𝑔00 1 𝜕 =− 𝜕0 𝑔11 = − 𝑒 −𝑣 (−𝑒 −𝜆 ) = 0. 2 2 𝜕𝑡

Untuk Г022

Г022 = −

𝑔00 1 𝜕 𝜕0 𝑔22 = − 𝑒 −𝜆 (−𝑟 2 ) = 0. 2 2 𝜕𝑡

Untuk Г033

135

Г033 = −

𝑔00 1 𝜕 𝜕0 𝑔33 = − 𝑒 −𝜆 (−𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃) = 0. 2 2 𝜕𝑡

Untuk Г100 dan mengingat

Г100

𝑑𝑒 𝑢 𝑑𝑥

𝑑𝑢

= 𝑒 𝑢 𝑑𝑥

𝑔11 𝑒 −𝜆 𝜕𝑒 𝑣 𝑒 −𝜆 𝑣 𝜕𝑣 1 −𝜆 𝑣 𝑣′ =− 𝜕1 𝑔00 = = 𝑒 = (𝑒 𝑒 )𝑣′ = 𝑒 −𝜆+𝑣 . 2 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 2 2

Untuk Г111

Г111

𝑔11 𝑒 −𝜆 𝜕(𝑒 −𝜆 ) 𝑒 −𝜆 −𝜆 𝜕𝜆 1 𝜕𝜆 =− 𝜕𝑔 = = 𝑒 = . 2 1 11 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟

Untuk Г122

Г122 = −

𝑔11 𝑒 −𝜆 𝜕(𝑟 2 ) 𝑒 −𝜆 𝜕𝑟 2 𝜕1 𝑔22 = = = 𝑟𝑒 −𝜆 . 2 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟

Untuk Г133

Г133 = −

𝑔11 𝑒 −𝜆 𝜕(𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃) 𝑒 −𝜆 𝜕𝑟 2 𝜕𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝜕1 𝑔33 = = ( 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 𝑟 2 ) 2 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 𝜕𝑟 =

𝑒 −𝜆 (2𝑟𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 0) = 𝑟 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝑒 −𝜆 . 2

Untuk Г200

Г200

𝑔22 (𝑟 −2 ) 𝜕𝑒 𝑣 =− 𝜕 𝑔 = = 0. 2 2 00 2 𝜕𝜃 136

2 Untuk Г11

2 Г11

𝑔22 (𝑟 −2 ) 𝜕𝑒 𝜆 =− 𝜕 𝑔 = = 0. 2 2 11 2 𝜕𝜃

Untuk Г222

Г222 = −

𝑔22 (𝑟 −2 ) 𝜕𝑟 −2 𝜕2 𝑔22 = = 0. 2 2 𝜕𝜃

Untuk Г233

Г233 = −

𝑔22 (𝑟 −2 ) 𝜕(𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃) 1 𝜕𝑟 2 𝜕𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝜕2 𝑔33 = = 2( 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 𝑟 2 ) 2 2 𝜕𝜃 2𝑟 𝜕𝜃 𝜕𝜃 =

1 𝜕𝑠𝑖𝑛2 𝜃 1 𝜕𝑠𝑖𝑛2 𝜃 2 (0 + 𝑟 ) = . 2𝑟 2 𝜕𝜃 2 𝜕𝜃

Misalkan 𝑦 = 𝑢2 dengan 𝑢 = 𝑠𝑖𝑛𝜃, maka 𝑑𝑦 𝑑𝜃

𝑑𝑦 𝑑𝑢

= 2𝑢 dan

𝑑𝑢 𝑑𝜃

= 𝑐𝑜𝑠 𝜃, sehingga

𝑑𝑦 𝑑𝑢

= 𝑑𝑢 𝑑𝜃 = 2𝑢 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 2𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑐𝑜𝑠 𝜃. Dengan begitu 1 Г233 = 2𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑐𝑜𝑠 𝜃. 2 Untuk Г300

Г300 = −

𝑔33 (𝑟 −2 ) 𝜕(𝑒 𝑣 ) 𝜕3 𝑔00 = 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = 0. 2 2 𝜕𝜑

137

3 Komponen Г11 = Г322 = Г333 = Г300 = 0, karena 𝑔𝜇𝜇 bukan fungsi 𝜑.

3. Untuk 𝑣 = 𝛼 ≠ 𝜇 di mana 𝛽 = 𝑣

𝑣 Г𝜇𝑣 =

𝑔𝑣𝑣 𝑔𝑣𝑣 1 𝜕𝜇 𝑔𝑣𝑣 {𝜕𝜇 𝑔𝑣𝑣 + 𝜕𝑣 𝑔𝛼𝜇 − 𝜕𝑣 𝑔𝜇𝑣 } = 𝜕𝜇 𝑔𝑣𝑣 = 2 2 2 𝑔𝑣𝑣 𝜕𝜇 𝑔𝑣𝑣 1 1 = 𝜕𝜇 (∫ ) = 𝜕𝜇 𝑙𝑛 𝑔𝑣𝑣 . 2 𝑔𝑣𝑣 2

0 Untuk Г10 dan mengingat ln (ey) = y

1 1 𝜕(𝑙𝑛 𝑒 𝑣 ) 1 𝜕𝑣 𝑣′ 0 Г10 = 𝜕1 𝑙𝑛 𝑔00 = = = . 2 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 2 Untuk Г020 1 1 𝜕(𝑙𝑛 𝑒 𝑣 ) Г020 = 𝜕2 𝑙𝑛 𝑔00 = = 0. 2 2 𝜕𝜃 Untuk Г030

Г030

1 1 𝜕(𝑙𝑛 𝑒 𝑣 ) = 𝜕3 𝑙𝑛 𝑔00 = = 0. 2 2 𝜕𝜑

Untuk Г101

Г101 =

1 1 𝜕(𝑙𝑛 −𝑒 𝜆 ) 𝜕0 𝑙𝑛 𝑔11 = =0. 2 2 𝜕𝑡

Dengan cara yang sama, Г121 = Г131 = 0. 138

Untuk Г202

Г202

1 1 𝜕(𝑙𝑛 −𝑟 2 ) = 𝜕0 𝑙𝑛 𝑔22 = =0. 2 2 𝜕𝑡

2 Untuk Г12 serta mengingat 𝑢 = 𝑟 2 dan

2 Г12

𝑑 𝑑𝑥

𝑙𝑛 𝑢 =

1 𝑑 𝑢 𝑑𝑥

𝑢

1 1 𝜕(𝑙𝑛 −𝑟 2 ) 1 1 𝜕𝑟 2 2 𝑟 1 = 𝜕1 𝑙𝑛 𝑔22 = = = = . 2 2 2 2 𝜕𝑟 2 𝑟 𝜕𝑟 2𝑟 𝑟

Untuk Г232

Г232

1 1 𝜕(𝑙𝑛 −𝑟 2 ) = 𝜕3 𝑙𝑛 𝑔22 = =0. 2 2 𝜕𝜑

Untuk Г303

Г303

1 1 𝜕(𝑙𝑛 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃) = 𝜕0 𝑙𝑛 𝑔33 = =0. 2 2 𝜕𝑡

3 Untuk Г13

1 1 𝜕(𝑙𝑛 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃) 1 𝜕 𝜕 3 Г13 = 𝜕1 𝑙𝑛 𝑔33 = = ( 𝑙𝑛 𝑟 2 + 𝑙𝑛 𝑠𝑖𝑛2 𝜃) 2 2 𝜕𝑡 2 𝜕𝑟 𝜕𝑟 1 1 = +0= . 𝑟 𝑟 Untuk Г323

139

1 1 𝜕(𝑙𝑛 𝑟 2 + 𝑙𝑛 𝑠𝑖𝑛2 𝜃) 1 𝜕(𝑙𝑛 𝑠𝑖𝑛2 𝜃) 𝜕2 𝑙𝑛 𝑔33 = = 2 2 𝜕𝜃 2 𝜕𝜃

Г323 =

𝑑𝑦

𝑑𝑢

𝑑𝑦 𝑑𝑢

dengan memisalkan 𝑦 = 𝑢2 dan 𝑢 = 𝑠𝑖𝑛2 𝜃, maka 𝑑𝑢 = 2𝑢, 𝑑𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 𝜃, serta 𝑑𝑢 𝑑𝜃 = 2𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝜃, sehingga

Г323 =

1 𝜕(𝑙𝑛 𝑢2 ) 1 1 𝑑𝑢2 1 1 𝑑 1 1 𝑐𝑜𝑠 𝜃 2 = = 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 2𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 2 𝜕𝜃 2 𝑢2 𝑑𝜃 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝑑𝜃 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 𝑐𝑜𝑡 𝜃. 4. Untuk 𝜇 ≠ 𝑣 ≠ 𝛼 di mana 𝛽 = 𝛼

𝛼 Г𝜇𝑣 =

𝑔𝛼𝛼 {𝜕𝜇 𝑔𝑣𝛼 + 𝜕𝑣 𝑔𝛼𝜇 − 𝜕𝛼 𝑔𝜇𝑣 } = 0. 2

Jadi, ada 9 komponen Simbol Christoffel tak nol, yaitu 𝑣′

0 Г10 = 2 , Г100 =

𝑣′

1

1

1 𝜕𝜆

3 2 𝑒 −𝜆+𝑣 , Г12 = 𝑟 , Г13 = 𝑟 , Г111 = 2 𝜕𝑟 , Г233 = 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 2

Г323 = 𝑐𝑜𝑡𝜃, Г122 = 𝑟𝑒 −𝜆 , Г133 = 𝑟𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 . (D.7)

Nilai-nilai tersebut, kita masukkan ke dalam tensor Ricci 𝛽

𝛽

𝛼 𝛼 𝑅𝜇𝜗 = 𝜕𝛼 Г𝜇𝜗 − 𝜕𝜇 Г𝛼𝛼𝜗 + Г𝜇𝜗 Г𝛼𝛼𝛽 − Г𝛼𝜗 Г𝜇𝛽 .

(D.8)

Semua suku non-diagonalnya (𝜇𝑣) lenyap, sementara suku diagonalnya (𝜇𝜇) adalah

140

𝛽

𝛽

𝛼 𝛼 𝑅𝜇𝜇 = 𝜕𝛼 Г𝜇𝜇 − 𝜕𝜇 Г𝛼𝛼𝜇 + Г𝜇𝜇 Г𝛼𝛼𝛽 − Г𝛼𝜇 Г𝜇𝛽 .

(D.9) 5. Untuk 𝑅00 𝑅00 = 𝜕0 Г000 + 𝜕1 Г100 + 𝜕2 Г200 + 𝜕3 Г300 −𝜕0 Г000 − 𝜕0 Г101 − 𝜕0 Г202 − 𝜕0 Г303 +Г000 Г000 + Г000 Г101 + Г000 Г202 + Г000 Г303 0 3 2 +Г100 Г10 + Г100 Г111 + Г100 Г12 + Г100 Г13

+Г200 Г020 + Г200 Г121 + Г200 Г222 + Г200 Г323 +Г300 Г030 + Г300 Г131 + Г300 Г232 + Г300 Г333 −Г000 Г000 − Г001 Г100 − Г002 Г200 − Г003 Г300 0 3 2 −Г100 Г10 − Г101 Г110 − Г102 Г10 − Г103 Г10

−Г200 Г020 − Г201 Г120 − Г202 Г220 − Г203 Г320 −Г300 Г030 − Г301 Г130 − Г302 Г230 − Г303 Г330 = 0 + 𝜕1 Г100 + 0 + 0 −0 − 0 − 0 − 0 +0 + 0 + 0 + 0 0 3 2 +Г100 Г10 + Г100 Г111 + Г100 Г12 + Г100 Г13

+0 + 0 + 0 + 0 +0 + 0 + 0 + 0 −0 − Г001 Г100 − 0 − 0 0 −Г100 Г10 −0−0−0

−0 − 0 − 0 − 0 −0 − 0 − 0 − 0 0 3 0 2 = 𝜕1 Г100 + Г100 (Г10 + Г111 + Г12 + Г13 ) − Г001 Г100 − Г100 Г10

=

𝜕 1 𝜕𝑣 𝑣−𝜆 1 𝜕𝑣 𝑣−𝜆 1 𝜕𝑣 1 𝜕𝜆 2 1 𝜕𝑣 𝑣−𝜆 1 𝜕𝑣 ( 𝑒 )+ 𝑒 ( + + )−2 𝑒 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 𝑟 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟

141

1 𝜕𝑣′ 𝑣−𝜆 𝜕𝑒 𝑣−𝜆 𝑣′ 𝑣′ + 𝜆′ 2 𝑣 ′2 𝑣−𝜆 = ( 𝑒 + 𝑣′ ) + 𝑒 𝑣−𝜆 ( + )− 𝑒 . 2 𝜕𝑟 𝜕𝑟 2 2 𝑟 2

Mengingat

𝑅00

𝑑𝑒 𝑢 𝑑𝑥

𝑑𝑢

= 𝑒 𝑢 𝑑𝑥 , maka

𝑣′′ 𝑣−𝜆 𝑣′ 𝑣−𝜆 𝜕(𝑣 − 𝜆) 𝑣′ 𝑣−𝜆 2 𝑣′ + 𝜆′ 𝑣 ′2 𝑣−𝜆 = 𝑒 + 𝑒 + 𝑒 ( + )− 𝑒 2 2 𝜕𝑟 2 𝑟 2 2

= 𝑒 𝑣−𝜆 (

𝑣′′ 𝑣′ 𝑣′ 𝑣 ′2 𝑣′𝜆′ 𝑣 ′2 𝑣−𝜆 + (𝑣 − 𝜆)) + 𝑒 𝑣−𝜆 ( + + )− 𝑒 2 2 𝑟 4 4 2

= 𝑒 𝑣−𝜆 (

𝑣′′ 𝑣′ 𝑣 ′2 𝑣′𝜆′ 𝑣 ′2 𝑣′𝜆′ 𝑣 ′2 + + − + + − ) 2 𝑟 2 2 4 4 2 = 𝑒 𝑣−𝜆 {

𝑣′′ 𝑣′ 𝑣′𝜆′ 𝑣 ′2 + − + }. 2 𝑟 4 4

6. Untuk 𝑅11 0 3 2 𝑅11 = 𝜕0 Г11 + 𝜕1 Г111 + 𝜕2 Г11 + 𝜕3 Г11 0 3 2 −𝜕1 Г10 − 𝜕1 Г111 − 𝜕1 Г12 − 𝜕1 Г13 0 0 0 1 0 2 0 3 +Г11 Г00 + Г11 Г01 + Г11 Г02 + Г11 Г03 0 3 2 +Г111 Г10 + Г111 Г111 + Г111 Г12 + Г111 Г13 2 0 2 1 2 2 2 3 +Г11 Г20 + Г11 Г21 + Г11 Г22 + Г11 Г23 3 0 3 1 3 2 3 3 +Г11 Г30 + Г11 Г31 + Г11 Г32 + Г11 Г33 0 0 0 1 0 2 0 3 −Г10 Г01 − Г11 Г01 − Г12 Г01 − Г13 Г01 0 3 2 −Г110 Г11 − Г111 Г111 − Г112 Г11 − Г113 Г11 2 0 2 1 2 2 2 3 −Г10 Г21 − Г11 Г21 − Г12 Г21 − Г13 Г21 3 0 3 1 3 2 3 3 −Г10 Г31 − Г11 Г31 − Г12 Г31 − Г13 Г31

= 0 + 𝜕1 Г111 + 0 + 0 0 3 2 −𝜕1 Г10 − 𝜕1 Г111 − 𝜕1 Г12 − 𝜕1 Г13

+0 + 0 + 0 + 0

142

0 3 2 +Г111 Г10 + Г111 Г111 + Г111 Г12 + Г111 Г13

+0 + 0 + 0 + 0 +0 + 0 + 0 + 0 0 0 −Г10 Г01 − 0 − 0 − 0

−0 − Г111 Г111 − 0 − 0 2 2 −0 − 0 − Г12 Г21 − 0 3 3 −0 − 0 − 0 − Г13 Г31 0 3 0 3 0 0 2 2 = 𝜕1 Г111 − 𝜕1 (Г10 + Г111 + Г12 + Г13 ) + Г111 (Г10 + Г111 + Г12 + Г13 ) − (Г10 Г01 3 3 2 2 + Г111 Г111 + Г12 Г21 + Г13 Г31 )

=

𝜕 1 𝜕𝜆 𝜕 1 𝜕𝑣 1 𝜕𝜆 2 1 𝜕𝑣 1 𝜕𝑣 1 𝜕𝜆 2 1 𝜕𝑣 2 ( )− ( + + )+ ( + + )+( ) 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 𝑟 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 𝑟 2 𝜕𝑟 1 𝜕𝜆 2 1 2 1 2 +( ) +( ) +( ) 2 𝜕𝑟 𝑟 𝑟 1 𝑣′′ 𝜆′′ 2 𝑣 2 𝑣′𝜆′ 𝑣′ 𝑣2 2 = 𝜆′′ − ( + + 2 ) + ( + + )− − 2 2 2 𝑟 4 4 𝑟 2 𝑟2 𝑣 ′′ 𝑣 ′2 𝑣′𝜆′ 𝑣′ =− − + + 2 4 4 𝑟 𝑅11

𝑣′′ 𝜆′ 𝑣′𝜆′ 𝑣 ′2 =− + − + . 2 𝑟 4 4

7. Untuk 𝑅22 𝑅22 = 𝜕0 Г022 + 𝜕1 Г122 + 𝜕2 Г222 + 𝜕3 Г322 −𝜕2 Г020 − 𝜕2 Г121 − 𝜕2 Г222 − 𝜕2 Г323 +Г022 Г000 + Г022 Г101 + Г022 Г202 + Г022 Г303 0 3 2 +Г122 Г10 + Г122 Г111 + Г122 Г12 + Г122 Г13


143

−Г220 Г022 − Г221 Г122 − Г222 Г222 − Г223 Г322 −Г320 Г032 − Г321 Г132 − Г322 Г232 − Г323 Г332 = 0 + 𝜕1 Г122 + 0 + 0 −0 − 0 − 0 − 𝜕2 Г323 +0 + 0 + 0 + 0 0 3 2 +Г122 Г10 + Г122 Г111 + Г122 Г12 + Г122 Г13

+0 + 0 + 0 + 0 +0 + 0 + 0 + 0 −0 − 0 − 0 − 0 2 −0 − 0 − Г122 Г12 −0

−0 − Г221 Г122 − 0 − 0 −0 − 0 − 0 − Г323 Г332 0 3 2 2 = 𝜕1 Г122 − 𝜕2 Г323 + Г122 (Г10 + Г111 + Г12 + Г13 ) − (Г122 Г12 + Г221 Г122 + Г323 Г332 )

=−

𝜕 𝜕 𝑐𝑜𝑠 𝜃 1 𝜕𝑣 1 𝜕𝜆 2 1 (𝑟𝑒 −𝜆 ) − 𝑟𝑒 −𝜆 ( + + ) − 2 (−𝑟𝑒 −𝜆 ) − 𝑐𝑜𝑡 2 𝜃 𝜕𝑟 𝜕𝜃 𝑠𝑖𝑛 𝜃 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 𝑟 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝜕𝑒 −𝜆 𝜕𝑟 = (− 𝑟 − 𝑒 −𝜆 ) − ( 𝜕𝑟 𝜕𝑟 − 𝑟𝑒

−𝜆

𝜕(𝑐𝑜𝑠 𝜃) 𝜕(𝑠𝑖𝑛 𝜃) − 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝜕𝜃 𝜕𝜃 ) 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

2 𝜆′ + 𝑣′ 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 −𝜆 ( + ) + 2𝑒 − 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

𝜕𝜆 −𝜆 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑐𝑜𝑠 𝜃 2 𝜆′ + 𝑣′ 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 −𝜆 −𝜆 −𝜆 = 𝑟𝑒 − 𝑒 + − 𝑟𝑒 ( + ) + 2𝑒 − 𝜕𝑟 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = −𝑒

−𝜆

+ 𝜆′𝑟𝑒

−𝜆

1 2 𝜆′ + 𝑣′ 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 −𝜆 −𝜆 + − 𝑟𝑒 ( + ) + 2𝑒 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

= −𝑒 −𝜆 + 𝑟 (𝜆′ −

2 𝜆′ + 𝑣′ 2 −𝜆 1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 − + )𝑒 + ( ) 𝑟 2 𝑟 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

2𝜆′ − 𝜆′ − 𝑣′ −𝜆 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = −𝑒 −𝜆 + 𝑟 ( )𝑒 + 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

144

𝑅22 = −𝑒 −𝜆 {

𝑟(𝑣′ − 𝜆′) + 1} + 1. 2

8. Untuk 𝑅33 𝑅33 = 𝜕0 Г033 + 𝜕1 Г133 + 𝜕2 Г233 + 𝜕3 Г333 −𝜕3 Г030 − 𝜕3 Г131 − 𝜕3 Г232 − 𝜕3 Г333 +Г033 Г000 + Г033 Г101 + Г033 Г202 + Г033 Г303 0 3 2 +Г133 Г10 + Г133 Г111 + Г133 Г12 + Г133 Г13


−Г230 Г023 − Г231 Г123 − Г232 Г223 − Г233 Г323 −Г330 Г033 − Г331 Г133 − Г332 Г233 − Г333 Г333 = 0 + 𝜕1 Г133 + 𝜕2 Г233 + 0 −0 − 0 − 0 − 0 +0 + 0 + 0 + 0 0 3 2 +Г133 Г10 + Г133 Г111 + Г133 Г12 + Г133 Г13

+0 + 0 + 0 + Г233 Г323 +0 + 0 + 0 + 0 −0 − 0 − 0 − 0 3 −0 − 0 − 0 − Г133 Г13

−0 − 0 − 0 − Г233 Г323 −0 − Г331 Г133 − Г332 Г233 − 0 0 3 3 2 = (𝜕1 Г133 + 𝜕2 Г233 ) + Г133 (Г10 + Г111 + Г12 + Г13 ) + Г233 Г323 − Г133 Г13 − Г233 Г323

− (Г331 Г133 + Г332 Г233 )

145

=

𝜕 𝜕 1 𝜕𝑣 1 𝜕𝜆 2 (−𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑐𝑜𝑠 𝜃) − 𝑟𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 ( (−𝑟𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 ) + + + ) 𝜕𝑟 𝜕𝜃 2 𝜕𝑟 2 𝜕𝑟 𝑟 2𝑟𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 + + 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑐𝑜𝑡𝜃 𝑟

= (−

𝜕𝑟 𝜕𝑒 −𝜆 𝜕(−𝑠𝑖𝑛 𝜃) 𝜕(𝑐𝑜𝑠 𝜃) 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 − )+( 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ) 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝜕𝜃 𝜕𝜃 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 (𝑟

𝑣′ + 𝜆′ 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 2) + 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 + 2 𝑠𝑖𝑛 𝜃

= −𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 + 𝑟 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝜆′𝑒 −𝜆 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 (2 + 𝑟

𝑣′ + 𝜆′ − 2) 2

+ 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 = −𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 (1 − 𝑟𝜆′ + = −𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 (1 −

𝑣′ + 𝜆′ ) + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 2

2𝑟𝜆′ 𝑟𝜆′ 𝑟𝑣′ + + ) + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 2 2 2

𝑟 𝑅33 = −𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑒 −𝜆 { (𝑣′ − 𝜆′) + 1} + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑅22 . 2 Kompoen Ricci di atas akan jadi tiga persamaan diferensial dengan suku eksponensial pada 𝑅00 𝑒 0−0 = 1. Sementara itu, 𝑅33 tidak diperlukan, karena hanya dibedakan oleh suku 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 dengan 𝑅22 . Ketiga persamaan tersebut adalah 𝑣′′ 𝑣′ 𝑣′𝜆′ 𝑣 ′2 + − + =0 2 𝑟 4 4 𝑣′′ 𝜆′ 𝑣′𝜆′ 𝑣 ′2 − − + =0 2 𝑟 4 4 𝑒 −𝜆 {

𝑟(𝑣′ − 𝜆′) + 1} − 1 = 0. 2 (D.10)

Selisih dua persamaan pertama (2.105) memberikan 146

𝑣′ + 𝜆′ =0 𝑟 (D.11) atau 𝑣′ + 𝜆′ = 0 (D.12) sehingga 𝑣′ = −𝜆′. (D.13)

Kita integralkan 𝜕𝑣 𝜕𝜆 ∫ ( + ) 𝑑𝑟 = 0 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝑣 + 𝜆 = 𝐶1 . (D.14)

Lalu

𝑒 −𝜆 { 𝑒 −𝜆 {

𝑟(𝑣′ − 𝜆′) + 1} − 1 = 0 2

𝑟(−𝜆′ − 𝜆′) + 1} − 1 = 0 2

𝑒 −𝜆 {−

𝑟(2𝜆′) + 1} − 1 = 0 2

𝑒 −𝜆 {1 − 𝑟𝜆′} = 1

147

𝜕 {𝑟𝑒 −𝜆 } = 1. 𝜕𝑟 (D.15)

Kita integralkan

∫

𝜕 {𝑟𝑒 −𝜆 }𝑑𝑟 = ∫ 1 𝑑𝑟 𝜕𝑟 𝑟𝑒 −𝜆 = 𝑟 + 𝐶2 𝑒 −𝜆 = 1 +

𝐶2 . 𝑟 (D.16)

Untuk menentukan solusi konstanta integrasi 𝐶1 , kita berikan syarat batas (𝑟 ≈ ∞), sehingga elemen garis 𝑑𝑠 2 di atas haruslah mereduksi ke bentuk Minkowskian. Dengan kata lain 𝑔00 (𝑟 ≈ ∞) = 𝑒 𝑣 = 1 𝑔11 (𝑟 ≈ ∞) = 𝑒 𝜆 = −1 (D.17) yang hanya dipenuhi bila 𝑣(𝑟 ≈ ∞) = 0 dan 𝜆(𝑟 ≈ ∞) = 0, karena 𝑒 ∞ = 𝑒 0 = 1. Sehingga 𝐶1 = 0 dan 𝑣 + 𝜆 = 𝐶1 = 0 𝑣 = −𝜆. (D.18)

148

Untuk menentukan 𝐶2 , kita berikan apa yang disebut sebagai limit medan lemah (yaitu limit Newtonian dari TRU)

𝑔00 ≅ 1 +

2 ∅ 𝑐2 (D.19)

di mana c adalah kecepatan cahaya dan ∅ = −

𝐺𝑀 𝑟

adalah potensial gravitasi. Sementara

itu kita tahu bahwa 𝑔00 = 𝑒 𝑣 dan 𝑣 = −𝜆, sehingga

𝑔00 ≅ 1 +

2 𝐶2 ∅ = 𝑒𝑣 = 1 + 2 𝑐 𝑟 (D.20)

atau

𝐶2 = −

2𝑟 𝐺𝑀 2𝐺𝑀 = − . 𝑐2 𝑟 𝑐2 (D.21)

Akhirnya didapat 2𝐺𝑀 (− 2 ) 𝐶2 2𝐺𝑀 𝑐 𝑒 = 1+ =1+ =1− 2 𝑟 𝑟 𝑐 𝑟 𝑣

(D.22)

dan

149

𝑒 −𝜆

2𝐺𝑀 (− 2 ) 𝐶2 2𝐺𝑀 𝑐 = 1+ =1+ = 1− 2 𝑟 𝑟 𝑐 𝑟 1 𝑒𝜆 = . 2𝐺𝑀 (1 − 2 ) 𝑐 𝑟 (D.23)

Dengan demikian, ruang-waktu Schwarzschild kita dapatkan, yakni

𝑑𝑠 2 = (1 −

2𝐺𝑀 𝑑𝑟 2 2 ) 𝑑𝑡 − − 𝑟 2 (𝑑𝜃 2 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃𝑑𝜑 2 ). 2𝐺𝑀 𝑐2𝑟 (1 − 2 ) 𝑐 𝑟 (D.24)

Metrik ini menggambarkan medan gravitasi di luar objek simetri bola yang tidak bergantung pada distribusi materi di dalam objek (Hidayat, 2010; Purwanto, 2009).

150

MEDAN ELEKTROMAGNETIK RELATIVISTIK BINTANG NEUTRON STASIONER

Recommend Documents