El horizonte de M87* da una vuelta completa cada 7,43 días, y no es una manera de hablar: gira rígidamente, con una sola velocidad angular para toda la superficie, aunque su radio equivalga a 92 unidades astronómicas. La solución que lo describe tiene un parámetro más que la de Schwarzschild y, con ese parámetro, dos horizontes en vez de uno y una región alrededor donde nada puede estar quieto.
Corte por un meridiano, con el eje de giro vertical y la escala fija en unidades de M = GM/c², para que al subir el espín se vea de verdad lo que le pasa a cada superficie. Con a* = 0 las tres están pegadas y no hay ergosfera. Al subir el espín, el horizonte se encoge de 2M a M, el horizonte interior crece desde 0 hasta M, y el límite estático no se mueve del ecuador — 2M para cualquier espín— pero se pega al horizonte en los polos. La lente que queda en medio es la ergosfera, y es gorda por el ecuador y de espesor cero en el eje: por eso el proceso de Penrose vive en el plano ecuatorial.
A a* = 0.900 el horizonte está en 1.4359 M, casi encima del interior (0.5641 M), y los dos convergen a M en el límite extremo. La ergosfera se ha comido 0.5641 M de coordenada del ecuador y el horizonte gira cada 7.43 d. Y aquí hay que leer el aviso rojo del dibujo: por encima de a* = 0,866 la curvatura de Gauss del horizonte es negativa alrededor de los polos, así que la superficie no se puede encajar en el espacio euclídeo como una figura de revolución y lo dibujado es un mapa de coordenadas, no una forma. Es la lección del II.3 con el ejemplo más incómodo: una geometría intrínseca no tiene por qué caber en tu intuición.
Una solución con dos constantes
El teorema de Birkhoff del II.4 decía que la única solución esférica en el vacío es Schwarzschild. Lo que hay que quitar para dejar sitio a la rotación es exactamente una palabra de la hipótesis: simetría esférica. Lo que queda es más débil y es lo que tiene un objeto que gira: simetría axial —invariancia bajo rotaciones alrededor de un eje— y estacionariedad, que no es lo mismo que ser estático.
La solución la halló Roy Kerr en 1963, cuarenta y ocho años después de la de Schwarzschild, y se toma aquí como dada, igual que allí. En las coordenadas de Boyer-Lindquist, con las dos abreviaturas Σ ≡ r² + a²cos²θ y Δ ≡ r² − 2Mr + a²:
Y se comprueba, que es lo que corresponde a este nivel: sympy
deriva sus símbolos de Christoffel por la definición, contrae el
tensor de Riemann del II.3 y las diez componentes de
Rμν salen idénticamente nulas, para M y a cualesquiera.
Además se comprueban los dos límites, término a término y no de palabra:
- a = 0 devuelve Schwarzschild, componente por componente: Σ → r², Δ → r² − 2Mr, el término cruzado se anula y Σ/Δ → 1/(1 − 2M/r).
- M = 0 devuelve Minkowski, pero no en esféricas: en coordenadas esferoidales achatadas, las de x = √(r²+a²) sen θ cos φ, y = √(r²+a²) sen θ sen φ, z = r cos θ. Ese límite es el que dice qué es a geométricamente cuando no hay masa: el achatamiento de las superficies coordenadas. Y es la razón de que r de Kerr sea todavía menos «una distancia» que el de Schwarzschild — la superficie r = 0 no es un punto, es un disco de radio a.
Los dos parámetros son la masa y el momento angular, y conviene fijar la notación antes de seguir porque se confunde constantemente. Del mismo modo que M ≡ GM/c² es una longitud, se define
a* es el espín adimensional que el I.4 usó, y lo que le da su cota no es ninguna hipótesis física: es que Δ = 0 tenga soluciones reales. Si a* > 1 no hay horizonte, y de eso va la sección siguiente.
Dos horizontes, y por qué el área no es 4πr₊²
La componente grr = Σ/Δ diverge donde Δ = 0, que es una cuadrática perfectamente resoluble:
Igual que en el II.4, esa divergencia es de la coordenada y no de la geometría —el argumento es el mismo y se puede repetir con un invariante—, y r₊ es el horizonte de sucesos. Tres lecturas:
- El espín encoge el horizonte. Con a* = 0, r₊ = 2M, que es Schwarzschild; con a* = 0,9, r₊ = 1,436M; en el límite a* = 1, r₊ = M, la mitad.
- Hay un segundo horizonte, r₋, que en Schwarzschild estaba escondido en r = 0. Es el horizonte de Cauchy, y aquí se nombra y se deja: su estructura interna y su inestabilidad son del Nivel III.
- Si a* > 1 no hay ninguno. La singularidad quedaría desnuda, visible desde el infinito, y con ella la teoría dejaría de poder predecir el futuro de nadie. Que eso no ocurra es la censura cósmica, y es una conjetura: no está demostrada, y decirlo es parte del contenido.
El área del horizonte no se calcula con 4πr₊². Hay que integrar el elemento de superficie de la métrica inducida en r = r₊, y sale
donde el segundo paso usa una identidad que se lee directamente de la cuadrática: r₊² + a² = 2Mr₊, porque r₊ la resuelve. Esa forma es la que se va a usar todo el módulo, y con a = 0 devuelve A = 16πM² = 4πrs², la esfera del I.3. La otra forma es la del I.4, A = 8π(GM/c²)²(1 + √(1 − a*²)), y son la misma escrita distinto.
Un horizonte de área 4π(r₊²+a²) no es una esfera de radio r₊. Y no es un detalle de contabilidad: la geometría intrínseca de esa superficie tiene curvatura de Gauss negativa alrededor de los polos cuando a* > √3/2 = 0,866, de modo que no se puede encajar en el espacio euclídeo tridimensional como superficie de revolución. Es el mismo hecho del II.3 —una geometría intrínseca no tiene por qué caber en tu intuición— con el ejemplo más incómodo posible. Por eso todos los dibujos de un horizonte de Kerr como una pelota achatada son, en el mejor de los casos, un esquema: a partir de a* = 0,866 la forma que dibujan no existe. El panel de arriba dibuja las superficies coordenadas de Boyer-Lindquist y lo dice donde toca.
El término cruzado: arrastre de sistemas inerciales
La diferencia de fondo con Schwarzschild no son los dos horizontes: es gtφ ≠ 0. Una métrica con término cruzado entre el tiempo y un ángulo no es invariante bajo t → −t a menos que se invierta también φ, y eso es lo que significa que el objeto gire. Se dice que la métrica es estacionaria —no depende de t— pero no estática.
La consecuencia se saca con la herramienta del II.3. Como t y φ siguen siendo cíclicas, para toda geodésica se conservan
igual que antes, sólo que ahora ut y uφ mezclan dt y dφ: ut = gttut + gtφuφ. Y de ahí sale el efecto entero. Toma una partícula con ℓ = 0 — sin momento angular— y pregúntale cuánto gira:
Eso es el arrastre de sistemas inerciales, y hay que leer despacio lo que dice: una partícula soltada sin momento angular ninguno empieza a girar, en el sentido de la rotación del agujero, y no porque nada la empuje — es una geodésica. Al observador que gira con ω se le llama observador de momento angular nulo y es el sustituto natural del observador estático del II.4, que aquí deja de existir bastante antes del horizonte.
En el plano ecuatorial, con Σ = r², la fórmula exacta y su límite lejano son
La forma de la derecha es la que sirve para todo lo que no sea un agujero negro —planetas, estrellas, un satélite— porque sólo lleva J y se puede aplicar a cualquier cuerpo que gire despacio. La de la izquierda es la que hay que usar cerca, y conviene saber dónde falla la otra:
| r | ω exacto (a* = 0,9) | 2GJ/c²r³ | Error de la aproximación |
|---|---|---|---|
| 100 M | 1,80 × 10⁻⁶ c/M | 1,80 × 10⁻⁶ | +0,008 % |
| 10 M | 1,783 × 10⁻³ c/M | 1,800 × 10⁻³ | +0,97 % |
| 6 M | 8,091 × 10⁻³ c/M | 8,333 × 10⁻³ | +3,0 % |
| 3 M | 5,797 × 10⁻² c/M | 6,667 × 10⁻² | +15 % |
| r₊ = 1,436 M | 0,313 39 c/M | 0,608 01 | +94 % |
Y en el propio horizonte ω vale lo mismo para todo θ, no sólo en el ecuador:
que es el resultado más sorprendente del artículo. El horizonte gira como un sólido rígido: los polos y el ecuador tienen la misma velocidad angular, en un objeto que no tiene ni superficie ni cohesión. Con a* = 1, ΩH = c/2M exactamente.
Problema. M87* tiene 6,5 × 10⁹ masas solares y los modelos de su chorro favorecen a* ≈ 0,9. (a) Calcula M, r₊ y r₋ en kilómetros y en unidades astronómicas. (b) Calcula el área del horizonte y compárala con la de uno de la misma masa que no girase. (c) Calcula ΩH y el periodo de rotación del horizonte. (d) ¿A qué velocidad «se mueve» el ecuador del horizonte, si eso significa algo?
Solución. (a) M = 6,5 × 10⁹ × 1476,63 m = 9,598 × 10¹² m = 64,16 ua. Con a* = 0,9, √(1 − 0,81) = 0,435 89, luego r₊ = 1,435 89 M = 1,378 × 10¹³ m = 92,12 ua y r₋ = 0,564 11 M = 5,414 × 10¹² m = 36,19 ua. El horizonte exterior encierra más del doble de la órbita de Plutón —92,13 frente a 39,48 ua, un factor 2,33— y el horizonte interior, con sus 36,19 ua, cabe dentro de ella. (b) A = 8πMr₊ = 8π × 1,435 89 × M² = 3,325 × 10²⁷ m² = 3,325 × 10²¹ km². Sin espín sería A₀ = 16πM² = 4,631 × 10²⁷ m², de modo que el espín le quita el 28,2 % del área. Y cuidado con el orden de las operaciones: multiplicar 9,598 × 10¹² por 1,378 × 10¹³ —los dos ya redondeados— da 3,324 en vez de 3,325, porque la cuarta cifra se pierde por el camino. Se redondea al final, nunca en medio. (c) ΩH = 0,9c/(2 × 1,435 89 M) = 0,313 39 c/M = 9,789 × 10⁻⁶ rad/s, o sea un periodo de 2π/ΩH = 6,419 × 10⁵ s = 7,43 días. (d) El producto ΩH·r₊ vale 0,313 39 × 1,435 89 = 0,4500 c, y no es una velocidad: r₊ no es una distancia al eje y el horizonte no es un objeto material que se pueda seguir. Lo que sí es real y medible es ΩH, porque es la velocidad angular límite que ve un observador lejano para cualquier cosa que se acerque al horizonte.
Resultado. Los 7,43 días son la cifra que hay que llevarse, porque pone escala a un objeto que parece intratable: una superficie que encierra un volumen del tamaño del Sistema Solar completa una vuelta en poco más de una semana, y ésa es también la escala temporal de la variabilidad que se le puede pedir a la imagen del Event Horizon Telescope. El 28,2 % de (b) es el segundo dato útil, y es el que el I.4 usó al revés: allí el espín del agujero final de GW150914 le restaba un 13 % de área respecto de uno sin girar, y era la mitad de la comprobación del teorema del área. Ahora se sabe de dónde sale ese factor: del paréntesis 1 + √(1 − a*²), que es r₊/M.
La ergosfera: donde estar quieto es imposible
Queda una superficie más, y no coincide con ninguna de las dos anteriores. La componente gtt se anula donde 2Mr = Σ:
Compárala con r₊ = M + √(M² − a²) y verás que rE ≥ r₊ siempre, con igualdad sólo en los polos. Entre las dos hay un volumen, y es la ergosfera. Sus dos rasgos numéricos:
- En el ecuador, rE = 2M exactamente, para cualquier espín. Con cos θ = 0 la raíz vale M y rE = 2M sin más. Es una coincidencia curiosa y útil: el borde ecuatorial de la ergosfera de un agujero de Kerr está justo donde estaría el horizonte de un Schwarzschild de la misma masa, sea cual sea a*.
- El espesor ecuatorial es 2M − r₊ = M(1 − √(1 − a*²)), o sea cero sin espín y M en el límite extremo. Con a* = 0,9 son 0,564 M, y con a* = 0,998, 0,937 M: casi todo el hueco.
Qué ocurre dentro se lee del signo de gtt. Fuera es negativo, y por tanto la línea de universo r = θ = φ = constante tiene ds² = gttc²dt² < 0, o sea de tipo temporal: se puede estar quieto, con motores. Dentro de la ergosfera gtt > 0 y esa misma línea es de tipo espacial, es decir, imposible. Cuantificado: para una trayectoria a r y θ fijos con velocidad angular Ω = dφ/dt,
Ω₋ es negativa fuera —se puede girar en contra— y se anula exactamente en rE, que es otra forma de definir la ergosfera. Dentro, Ω₋ > 0: hay que girar en el sentido del agujero, quieras o no. Por eso a rE se le llama también límite estático, y por eso el observador estático del II.4 se queda sin trabajo bastante antes del horizonte. En el propio horizonte los dos límites se juntan, Ω₋ = Ω₊ = ΩH, que es el sentido preciso del giro rígido de antes.
El campo lejano, y la deuda del II.3
Con 2GJ/c²r³ delante se puede pagar una deuda. La hoja del II.3 usó como dato el arrastre que midió Gravity Probe B, 39,2 milisegundos de arco al año predichos frente a 37,2 ± 7,2 medidos, porque para deducirlo hacía falta una métrica con rotación dentro. Ya la hay.
Problema. Un giróscopo en órbita circular polar de radio 7027,4 km sobre la Tierra. Se toma como dato que la precesión del espín en el campo de un cuerpo que gira vale Ω⃗ = (G/c²r³)[3(J⃗·n̂)n̂ − J⃗], con n̂ el vector radial unitario; su deducción por transporte paralelo es del III.1. (a) Calcula J de la Tierra con I/MR² = 0,3307. (b) Promedia Ω⃗ a lo largo de la órbita polar. (c) Evalúala en milisegundos de arco por año. (d) La deriva observada es la componente perpendicular al espín del giróscopo, que apunta a la estrella guía IM Pegasi, de declinación +16,8411°. Proyecta y compara con los 39,2 mas/año publicados.
Solución. (a) I = 0,3307 × 5,972 × 10²⁴ × (6,378 137 × 10⁶)² = 8,034 × 10³⁷ kg m², y con ω = 7,292 115 × 10⁻⁵ rad/s, J = 5,859 × 10³³ kg m²/s. (b) Con J⃗ = J ẑ y n̂ = (sen χ, 0, cos χ) recorriendo la órbita, ⟨3(J⃗·n̂)n̂⟩ = 3J⟨cos χ (sen χ, 0, cos χ)⟩ = (0, 0, 3J/2), porque ⟨sen χ cos χ⟩ = 0 y ⟨cos²χ⟩ = 1/2. Restando J⃗ queda ⟨Ω⃗⟩ = (GJ/2c²r³) ẑ: la mitad, y a lo largo del eje de la Tierra. (c) GJ/(2c²r³) = 6,268 × 10⁻¹⁵ rad/s = 40,80 mas/año. (d) El eje terrestre y la línea de visión forman 90° − 16,8411° = 73,159°, cuyo seno es 0,957 11, luego la deriva observable es 40,80 × 0,957 11 = 39,05 mas/año, frente a los 39,2 publicados: un 0,4 % de acuerdo. De paso, la precesión geodética por el mismo camino da 6604 mas/año contra los 6606,1 publicados.
Resultado. El dato del II.3 ha dejado de ser un dato. Y la lección de método está en el paso (d), que es el que casi nadie hace: el 40,80 en bruto no es lo que mide el experimento, y quedarse ahí produce un desacuerdo del 4 % con el valor publicado que parece un error de física y es de geometría. Lo que un giróscopo revela no es |Ω⃗| sino la componente de Ω⃗ × S⃗, y eso depende de dónde estaba la estrella guía. El factor 168 entre las dos precesiones —geodética y arrastre— es la razón de que GP-B costara cuarenta años: había que separar una señal del 0,6 % de la otra, y la que interesaba era la pequeña.
Ejercicios
Los dos horizontes, con números. (a) Lo que se mide de un agujero negro no es a*, es un tamaño. Invierte r₊/M = 1 + √(1 − a*²) y da el espín que corresponde a los cuatro cocientes medidos r₊/M = 1,9539, 1,7424, 1,3122 y 1,0632; comprueba en cada caso r₊r₋ = a² y r₊ + r₋ = 2M. (b) Demuestra que r₊² + a² = 2Mr₊ sin resolver la cuadrática. (c) Calcula el área en km² del agujero final de GW150914 —62 masas solares, a* = 0,67— y compárala con la cifra que publicó el I.4. (d) ¿Para qué a* el área de Kerr es la mitad de la de Schwarzschild con la misma masa? ¿Y tres cuartos? (e) El texto se atribuye los dos límites de la métrica, término a término: hazlos. Pon a = 0 y recupera Schwarzschild componente por componente; después pon M = 0 y comprueba que lo que queda es Minkowski, para lo cual hay que diferenciar x = √(r²+a²) sen θ cos φ, y = √(r²+a²) sen θ sen φ, z = r cos θ y ver que dx² + dy² + dz² reproduce las tres componentes espaciales.
Solución
(a) Despejando, a* = √(1 − (r₊/M − 1)²), que da 0,300 (r₊/M = 1,9539), 0,670 (1,7424), 0,950 (1,3122) y 0,998 (1,0632); los r₋/M que les tocan son 0,046 06, 0,257 64, 0,687 75 y 0,936 79. Las dos identidades son las de Vieta para r² − 2Mr + a² = 0: la suma de las raíces es 2M y el producto a², y se comprueban a mano en cada fila. (b) Porque r₊ es raíz: r₊² − 2Mr₊ + a² = 0, y basta pasar el término central al otro lado. No hace falta ni la raíz cuadrada. (c) Con M = 62 × 1476,63 = 91 551 m y r₊ = 1,742 36 M = 1,595 × 10⁵ m, A = 8πMr₊ = 3,670 × 10¹¹ m² = 3,670 × 10⁵ km², que es exactamente la cifra del I.4. (d) A/A₀ = (1 + √(1 − a*²))/2, y eso vale 1/2 cuando la raíz se anula, o sea a* = 1; vale 3/4 cuando √(1 − a*²) = 1/2, o sea a* = √3/2 = 0,866. (e) Con a = 0: Σ → r², Δ → r² − 2Mr, el término cruzado lleva un factor a y se anula, de modo que gtt → −(1 − 2M/r), grr = Σ/Δ → r²/(r² − 2Mr) = 1/(1 − 2M/r), gθθ → r² y gφφ → r²sen²θ: es Schwarzschild, componente por componente y sin ningún límite delicado. Con M = 0 quedan Σ = r² + a²cos²θ y Δ = r² + a², así que gtt = −1, el término cruzado desaparece otra vez y la parte espacial es Σ/(r²+a²)·dr² + Σ·dθ² + (r²+a²)sen²θ·dφ². Diferenciando las tres coordenadas del enunciado sale dx² + dy² + dz² exactamente eso: es el espacio plano en coordenadas esferoidales achatadas. Y ahí se lee qué es a cuando no hay masa — el achatamiento de las superficies coordenadas—, y por qué r = 0 no es un punto sino el disco z = 0, x² + y² ≤ a².
La segunda lección es el 0,866 de (d), que reaparece en el callout de este artículo por una razón distinta y no es casualidad: es el mismo umbral por encima del cual la curvatura del horizonte se vuelve negativa en los polos. Y la de (b) es de higiene algebraica, pero es la que ahorra tiempo en todo el módulo: casi todas las identidades de Kerr salen de que r₊ resuelve una cuadrática, sin tocar nunca la raíz cuadrada. Cada vez que aparezca un r₊² se sustituye por 2Mr₊ − a² y la expresión se simplifica sola.
El arrastre, exacto y aproximado. (a) Deduce ω = −gtφ/gφφ partiendo de ℓ = 0 y explica por qué no es «una fuerza que empuja». (b) Comprueba que en el horizonte ω vale a c/(r₊²+a²) para todo θ, y no sólo en el ecuador. (c) Fuera del horizonte ω sí depende de la latitud, y el texto lo afirma sin evaluarlo nunca: con a* = 0,9 calcula ω(r, θ) en θ = 90°, 45° y 30° para r = 3M, 6M y 10M, da el cociente ω(45°)/ω(90°) en cada radio y di hacia dónde va ese cociente al acercarse a r₊ y al alejarse. (d) Un satélite en una órbita ligeramente inclinada a r = 100M alrededor de Sagitario A* con a* = 0,5. ¿Cuánto se le corre el nodo por vuelta, en segundos de arco? ¿Y qué le pasaría a una órbita exactamente ecuatorial?
Solución
(a) ℓ = uφ/c = (gφtut + gφφuφ)/c = 0 da uφ/ut = dφ/dt = −gtφ/gφφ. No es una fuerza porque la trayectoria es una geodésica: la partícula no siente nada y su cuadriaceleración es cero. Lo que ha cambiado es qué significa «no girar», igual que en el II.3 lo que cambiaba era qué significa «recto». (b) Sustituyendo Δ = 0 en las componentes, gφφ(r₊) = (r₊²+a²)²sen²θ/Σ y gtφ(r₊) = −a(r₊²+a²)sen²θ/Σ, y el cociente pierde la dependencia en θ y en Σ: ω = a c/(r₊²+a²) = ΩH. Ojo con la c, que aquí se cae de la pluma con facilidad: ω es una velocidad angular por unidad de tiempo coordenado y en unidades geométricas lleva la c del enunciado encuadrado. (c) Con a* = 0,9, en unidades de c/M:
| r | ω(90°) | ω(45°) | ω(30°) | ω(45°)/ω(90°) |
|---|---|---|---|---|
| 3 M | 5,7971 × 10⁻² | 5,7026 × 10⁻² | 5,6565 × 10⁻² | 0,9837 |
| 6 M | 8,0906 × 10⁻³ | 8,0302 × 10⁻³ | 8,0003 × 10⁻³ | 0,9925 |
| 10 M | 1,7827 × 10⁻³ | 1,7769 × 10⁻³ | 1,7740 × 10⁻³ | 0,9968 |
El cociente tiende a 1 por los dos lados, y por razones distintas: lejos, porque el término dominante 2Mac/r³ no lleva latitud; y en r₊, porque allí la dependencia se cancela exactamente, que es el apartado (b). El desvío máximo está en medio y con a* = 0,9 no pasa del 1,6 % — pequeño, pero es justo la diferencia entre un campo y un rotor rígido, y sólo r₊ es lo segundo. (d) ω = 2a*c/r³ con r = 100M: ω = 10⁻⁶ c/M. El periodo orbital es T ≈ 2πr3/2/c = 6283 M/c, así que el nodo se corre Δφ = ωT = 6,28 × 10⁻³ rad = 1296 segundos de arco = 0,36° por vuelta, porque el ritmo nodal de Lense-Thirring es precisamente ω. En una órbita exactamente ecuatorial la respuesta es cero, y no por poco: el plano ecuatorial es invariante bajo la simetría de reflexión de Kerr, así que ni siquiera hay un nodo definido que mover. Lo que sí ocurre allí es el arrastre azimutal —cuánto gira el sistema inercial local respecto del infinito—, que es la misma ω midiendo otra cosa. Confundir las dos es el error de este apartado, y es el mismo número con dos significados.
La segunda lección es (b) y es el resultado del artículo que menos se espera. Que ω pierda la dependencia angular exactamente en r₊, y sólo ahí, es lo que convierte el horizonte en un rotor rígido, y no había ninguna razón previa para que un objeto sin materia ni cohesión se comportase así. Fuera del horizonte ω sí depende de θ: dos satélites en el mismo r pero a latitudes distintas son arrastrados a ritmos distintos. Y ese giro rígido es lo que va a permitir escribir la primera ley de la termodinámica del horizonte con un solo ΩH en el artículo 04 — con un ω(θ) no habría ley que escribir.
La ergosfera, medida. (a) Deduce rE(θ) de gtt = 0. (b) Demuestra que rE(π/2) = 2M para cualquier a* y que rE(0) = r₊, y explica por qué la ergosfera «pincha» el horizonte en los polos. (c) Con a* = 0,9, calcula rE y r₊ en θ = 30°, 60° y 90°, y da el espesor en cada latitud. (d) Escribe la condición Ω₋ > 0 y comprueba que es equivalente a gtt > 0. (e) ¿Puede un rayo de luz estar quieto en r, θ fijos dentro de la ergosfera?
Solución
(a) gtt = −(1 − 2Mr/Σ) = 0 ⟺ Σ = 2Mr ⟺ r² + a²cos²θ = 2Mr, cuya raíz exterior es rE = M + √(M² − a²cos²θ). (b) Con θ = π/2, cos θ = 0 y la raíz vale M: rE = 2M, independientemente de a. Con θ = 0, cos²θ = 1 y rE = M + √(M² − a²) = r₊. La ergosfera toca el horizonte en los polos porque allí el arrastre no tiene nada que arrastrar: gtφ ∝ sen²θ se anula en el eje. (c) Con a* = 0,9 y r₊ = 1,435 89 M: en θ = 30°, cos²θ = 0,75 y rE = 1 + √(1 − 0,6075) = 1,6265 M (espesor 0,1906 M); en 60°, cos²θ = 0,25 y rE = 1 + √(1 − 0,2025) = 1,8930 M (espesor 0,4571 M); en 90°, rE = 2 M (espesor 0,5641 M). (d) Ω₋ = ω − √(ω² − gtt/gφφ) es positivo si y sólo si ω² > ω² − gtt/gφφ, o sea si gtt/gφφ > 0; y gφφ > 0 siempre fuera del eje, luego la condición es gtt > 0. (e) No. Un rayo quieto tendría ds² = gttc²dt² con dr = dθ = dφ = 0, y dentro eso es positivo, o sea de tipo espacial: ni la luz. En el borde rE sí puede, porque allí gtt = 0 y esa línea de universo es exactamente nula.
La segunda lección es la de (e), y es la que da a rE su significado exacto. El límite estático es la superficie donde una línea de universo con r, θ y φ constantes deja de ser temporal y se hace nula, exactamente como el horizonte del artículo 01 era donde la rama saliente del cono se hacía vertical. Son dos superficies distintas porque son dos condiciones distintas: en rE lo imposible es estar quieto; en r₊ lo imposible es salir. Confundirlas es el error más frecuente de este tema, y con a* = 0,9 están separadas 0,56 M en el ecuador — un 39 % del radio del horizonte, o sea nada de despreciable.
Kerr en el límite de a grande, y qué prohíbe. (a) Escribe a* en función de I, ω y M para un cuerpo rígido y evalúalo para el Sol (J = 1,92 × 10⁴¹ kg m²/s). (b) Calcula a* de la Tierra con el J del ejemplo resuelto 2. (c) ¿Qué significa el resultado de (b)? Si la Tierra colapsara conservando su momento angular, ¿qué obtendríamos? (d) ¿Cuánta masa habría que añadirle, con su J actual, para que a* ≤ 1? (e) La censura cósmica es una conjetura. ¿Qué habría que exhibir para refutarla, y por qué el apartado (c) no la refuta?
Solución
(a) a* = cJ/(GM²) = cIω/(GM²). Para el Sol, a* = 2,998 × 10⁸ × 1,92 × 10⁴¹/(6,674 × 10⁻¹¹ × (1,988 × 10³⁰)²) = 0,218. (b) Con J = 5,859 × 10³³ y M = 5,972 × 10²⁴ kg, a* = 738. (c) Que la Tierra no puede ser un agujero negro de Kerr: con su masa y su momento angular actuales, Δ = 0 no tiene raíces reales y no hay horizonte. Si colapsara conservando J, la solución de Kerr con esos parámetros describiría una singularidad desnuda — y por eso lo que se concluye es que el colapso no puede ocurrir así: algo tiene que llevarse el momento angular, y de hecho la barrera centrífuga detiene el colapso mucho antes. (d) a* ≤ 1 exige M ≥ √(Jc/G) = 1,622 × 10²⁶ kg = 27,2 masas terrestres, o sea 1,58 masas de Neptuno. (e) Habría que exhibir un colapso —unas condiciones iniciales físicamente razonables— que acabara en una singularidad visible desde el infinito. El apartado (c) no lo hace porque no describe ningún colapso: escribe la solución final que uno querría y comprueba que es inconsistente, que es justo lo contrario de un contraejemplo. Es el mismo error de método que el II.4 desmontó con la ISCO de la Tierra en 2,66 cm: una fórmula evaluada donde no vale devuelve un número.
La segunda lección es que casi todos los cuerpos del cielo giran demasiado deprisa para su masa, y con margen enorme. El Sol se queda en 0,218 y es el que mejor sale; la Tierra se pasa por un factor 738; un púlsar de 716 hercios con I = 10³⁸ kg m² y 1,4 masas solares da 0,26. La conclusión no es que existan singularidades desnudas: es que deshacerse del momento angular es la parte difícil de hacer un agujero negro, y es exactamente el trabajo que hace el disco de acrecimiento del artículo 03 — transportar momento angular hacia afuera para que la masa pueda caer.