Un disco de acrecimiento alrededor de un agujero negro sin espín radia el 5,719 % de la masa que se le echa: el número que dedujo el II.4. Alrededor de uno que gire al máximo radia el 42,265 % — sesenta veces lo que libera la fusión del hidrógeno, y con el mismo combustible. Ese número es 1 − 1/√3, sale de resolver una cuadrática, y este artículo lo calcula porque el callout del II.4 lo anunció y un número anunciado no está comprobado.
A la izquierda, el plano ecuatorial visto desde el polo: la zona clara es la ergosfera y el disco oscuro el horizonte. Una partícula entra con energía e₀, se rompe dentro, un trozo cae con e₁ y el otro escapa con e₂ = e₀ − e₁. Si e₁ es negativa —lo que sólo puede ocurrir dentro de la ergosfera— entonces e₂ > e₀ y ha salido energía del agujero negro. A la derecha, el balance y lo que le pasa al área, que es la que pone el límite: el mando k mide cuánto momento angular se lleva el trozo que cae, y por debajo de k = 1 el reparto no existe — el área bajaría y ese fragmento no puede cruzar el horizonte.
La partícula va por r = 4.200 M, todavía fuera de la ergosfera, con toda su energía e₀ = 0.0200 M. Fuera de r = 2M no hay reparto posible que dé energía negativa a ningún trozo: hay que esperar a cruzar el límite estático. Se rompe en r = 1.848 M, que está dentro de la ergosfera — cuyo espesor de coordenada aquí es 0.339 M— y fuera del horizonte, que es la única franja donde el proceso existe.
Por qué la energía puede ser negativa
Empecemos por dónde no está el truco. La energía que se conserva a lo largo de una geodésica es e = −ut/c, y se conserva porque la métrica no depende de t. Eso, dicho con más precisión, es que ∂t es un vector de Killing: un campo vectorial que genera una simetría, y cada simetría regala una cantidad conservada. La energía de una partícula es el producto escalar de su cuadrimomento con ese vector.
Ahora el paso que lo cambia todo, y es una sola observación. El producto escalar de dos cuadrivectores del II.1 no es definido positivo, y su signo depende del carácter de los dos factores. Mientras ∂t sea de tipo temporal —o sea mientras gtt < 0—, el producto escalar de un cuadrimomento futuro con él es necesariamente negativo y por tanto e > 0. Pero el artículo 02 encontró una región donde gtt > 0:
Y dentro de esa región nada obliga a que e sea positiva. Una partícula perfectamente normal, con masa positiva, cuadrimomento futuro y tiempo propio que avanza, puede tener e < 0. No está violando nada: lo que ha dejado de valer es la identificación de e con «la energía» en el sentido local. e es la energía medida en el infinito, y en el infinito esa partícula no está.
La cuenta de cuándo ocurre es de una línea. Para una partícula a r y θ fijos girando con Ω = dφ/dt, del artículo 02:
y en el plano ecuatorial eso es simplemente Ωe=0 = (2M − r)/(2a), que es positivo si y sólo si r < 2M — o sea si y sólo si estás en la ergosfera. Con números, para a* = 0,9:
| r | Ω₋ (mínimo permitido) | Ω₊ (máximo) | Ωe=0 | ¿Cabe e < 0? |
|---|---|---|---|---|
| 3 M | −0,1306 c/M | +0,2466 c/M | −0,5556 | no |
| 2,1 M | −0,0255 | +0,3116 | −0,0556 | no |
| 2 M | 0 | +0,3203 | 0 | frontera |
| 1,99 M | +0,002 80 | +0,3212 | +0,005 56 | sí |
| 1,8 M | +0,0665 | +0,3375 | +0,1111 | sí |
| 1,6 M | +0,1626 | +0,3508 | +0,2222 | sí |
| r₊ = 1,436 M | los dos se funden en ΩH = 0,3134 | +0,3134 | frontera | |
Léela por columnas. La cuarta y la segunda se cruzan exactamente en rE = 2M, y entre 2M y r₊ hay una franja de valores de Ω que están permitidos (Ω > Ω₋) y dan energía negativa (Ω < Ωe=0). Esa franja es la ergosfera vista desde el álgebra. Y hay que decir bien cuánto se puede bajar, porque la respuesta es más fuerte de lo que parece: e no está acotada por debajo. Al acercar Ω a Ω₋ el denominador √(−(gtt + 2gtφΩ + gφφΩ²)) se anula —la trayectoria se hace nula— mientras el numerador se queda finito: con a* = 0,9 en r = 1,6M vale −0,067 05 en Ω₋, así que e → −∞. No hay un «mínimo alcanzable» que publicar, y quien intente medirlo barriendo una rejilla de Ω obtendrá el valor que le dé el mallado y nada más.
Y entonces, ¿por qué no se puede extraer energía sin límite? Porque lo que acota el proceso no es cuánto puede bajar e₁. Un estado de energía muy negativa es también un estado casi nulo, y el precio de fabricarlo es que el fragmento tiene que llegar allí desde algún sitio y después cruzar el horizonte. Ésa es la condición de la sección siguiente, e₁ ≥ ΩHℓ₁/c, y es la que pone el 29,289 %. La lección de método es la de siempre en este módulo: una cantidad que diverge no tiene un valor típico, y si un cálculo devuelve uno, lo que se ha medido es el método.
El proceso de Penrose
Con eso, la idea de Roger Penrose (1969) cabe en tres líneas y es sólo contabilidad del II.2. Una partícula entra en la ergosfera con energía e₀ y allí se rompe en dos —o rebota, o emite—. La conservación del cuadrimomento entero da
Si el fragmento 1 se coloca en un estado de e₁ < 0 y cae al agujero, entonces
el fragmento 2 sale con más energía de la que entró todo el sistema. Y el agujero negro, al tragarse una energía negativa, se queda con menos masa: δM = e₁ < 0. La energía que se ha exportado no viene de ninguna parte misteriosa — viene de la rotación, porque el fragmento que cayó llevaba también momento angular negativo, δJ = ℓ₁ < 0, y el agujero gira más despacio después. Ése es el proceso de Penrose.
El tope: la masa irreducible
¿Cuánto se puede sacar? La respuesta sale de una condición que parece técnica y es la clave: el fragmento 1 tiene que poder cruzar el horizonte. Para eso su cuadrimomento tiene que apuntar hacia dentro a través de una superficie que gira con ΩH, y la condición es
Y de ahí sale todo, porque esa desigualdad es exactamente δA ≥ 0. En efecto, con A = 8πMr₊ y un poco de álgebra —o simplemente derivando la fórmula, que es lo que hace el guion— la combinación δM − (ΩH/c²)δJ resulta ser proporcional a δA con coeficiente positivo. Lo que impide extraer energía sin límite es que el área no puede bajar, que es el teorema del área del I.4 apareciendo aquí sin haberlo invocado.
El caso límite es δA = 0, y como A depende sólo de M y J, la condición A = constante define una función M(J) que no se puede bajar. Su valor con J = 0 se llama masa irreducible:
donde 𝒥 ≡ aM = GJ/c³ es el momento angular geometrizado, que se mide en longitud al cuadrado igual que M se mide en longitud. La segunda forma es la de Christodoulou (1970) y dice lo importante: la masa de un agujero negro se parte en dos piezas, una que no se puede tocar y otra que es rotación pura. La fracción extraíble:
| a* | r₊/M | Mirr/M | Energía extraíble |
|---|---|---|---|
| 0 | 2 | 1 | 0 % |
| 0,5 | 1,8660 | 0,965 93 | 3,41 % |
| 0,67 | 1,7424 | 0,933 37 | 6,66 % |
| 0,9 | 1,4359 | 0,847 32 | 15,27 % |
| 0,998 | 1,0632 | 0,729 11 | 27,09 % |
| 1 | 1 | 1/√2 = 0,707 11 | 29,289 % |
El tope absoluto es 1 − 1/√2 = 29,29 % de la masa-energía total, pero ése es el tope y no lo que tiene cada objeto: la fracción hay que evaluarla con el espín medido, que es la columna de la izquierda de la tabla. GRS 1915+105 tiene 12,4 masas solares y a* = 0,98, o sea el 22,57 %: su depósito son 2,80 masas solares de energía en reposo, 5,00 × 10⁴⁷ J. Si llegara al límite extremo serían 3,63, un 29 % más. Y la comparación con GW150914 sale al revés de lo que uno esperaría: las 2,80 masas solares extraíbles de GRS 1915+105 son un 7 % menos que las tres que aquella colisión radió en ondas gravitacionales, y eso con un objeto cuatro veces más masivo que cualquiera de los progenitores. Para M87*, con su a* = 0,9, son 9,9 × 10⁸ masas solares —1,9 × 10⁹ sería el tope absoluto, con a* = 1—, y aun así es el depósito energético más grande que se conoce en el universo.
El proceso de Penrose mecánico no es lo que alimenta un chorro, y conviene decirlo antes de que el lector lo suponga. El mecanismo de arriba es correcto y es el que demuestra que la energía existe y es extraíble; como mecanismo astrofísico es inservible, y por una razón cuantitativa que se toma como dato porque su cuenta es larga: para que uno de los fragmentos acabe con e < 0 hace falta que se separen a más de la mitad de la velocidad de la luz en el instante de la ruptura (Bardeen, Press y Teukolsky, 1972; Wald, 1974). Ninguna colisión de un gas astrofísico hace eso: la velocidad térmica de un plasma a 10¹⁰ K es del orden de 0,05c. De modo que el proceso de Penrose de partículas no ocurre en la naturaleza.
Lo que sí ocurre usa el mismo depósito con otra llave. El mecanismo de Blandford-Znajek (1977) extrae energía rotacional mediante campos magnéticos anclados en el plasma que rodea al horizonte: la ergosfera arrastra las líneas de campo, se genera una fuerza electromotriz y la potencia sale por los polos en forma de chorro. La contabilidad energética es la misma —δM ≥ (ΩH/c²)δJ, con el área creciendo— y es lo que explica los chorros de M87* y de los cuásares. Su tratamiento cuantitativo exige electrodinámica en espacio-tiempo curvo, que es del Nivel III; lo que este nivel puede afirmar y afirma es cuánta energía hay disponible y qué la limita, y eso es la tabla de arriba.
Órbitas circulares en Kerr, y el ISCO que depende del espín
Queda la parte que cambia la astrofísica, y es la que el II.4 dejó anunciada. El II.4 redujo las órbitas a un potencial de una variable porque tenía dos constantes; aquí hay las mismas dos, así que se puede repetir. En el plano ecuatorial (θ = π/2, con lo que Σ = r²) la ecuación radial exacta de Kerr es
con e y ℓ las dos constantes de siempre. No es un potencial efectivo con la forma limpia del II.4 —el término cruzado lo impide— pero sirve para lo mismo, porque las órbitas circulares y su estabilidad se leen de las raíces:
- Órbita circular: ℛ(r) = 0 y ℛ′(r) = 0.
- Frontera de la estabilidad: además ℛ″(r) = 0.
Tres ecuaciones, tres incógnitas (r, e, ℓ), y el sistema se resuelve. Resolverlo a mano en el caso general es largo, así que la solución cerrada se toma como dato —es de Bardeen, Press y Teukolsky (1972), igual que se toman la métrica de Kerr y la precesión de GP-B— y se comprueba contra los dos casos que este artículo sí resuelve a mano:
con el signo − para el prógrado y + para el retrógrado, y con la energía de la órbita circular
Las dos comprobaciones obligatorias salen redondas. Con a* = 0 se tiene Z₁ = Z₂ = 3, la raíz vale √(0 · 12) = 0 y r = 6M, con e = √(8/9): el II.4 entero. Con a* = 1, Z₁ = 1 y Z₂ = 2, de modo que el prógrado da 5 − √(2 · 8) = M y el retrógrado 5 + 4 = 9M — los dos casos límite del ejemplo resuelto 1 y del ejercicio 3, exactos y sin resolver nada. Con eso, los resultados:
| a* | rISCO prógrado | e | Eficiencia | rISCO retrógrado | Eficiencia |
|---|---|---|---|---|---|
| 0 | 6 M | 0,942 809 | 5,719 % | 6 M | 5,719 % |
| 0,5 | 4,2330 M | 0,917 882 | 8,212 % | 7,5546 M | 4,514 % |
| 0,67 | 3,5281 M | 0,900 578 | 9,942 % | 8,0557 M | 4,227 % |
| 0,9 | 2,3209 M | 0,844 247 | 15,575 % | 8,7174 M | 3,900 % |
| 0,98 | 1,6140 M | 0,766 130 | 23,387 % | 8,9437 M | 3,799 % |
| 0,998 | 1,2370 M | 0,679 006 | 32,099 % | 8,9944 M | 3,777 % |
| 1 | M | 1/√3 | 42,265 % | 9 M | 3,775 % |
La columna de la eficiencia es la interesante y va de 3,775 % a 42,265 %, un factor 11,2 según el espín y el sentido de giro. El caso a* = 0 recupera el 6M y el 5,719 % del II.4, que es la comprobación obligatoria.
Problema. Calcula la eficiencia del ISCO prógrado en el límite extremo a = M. (a) Escribe ℛ(r) con a = M = 1 y evalúala en r = 1. (b) Impón ℛ = ℛ′ = ℛ″ = 0. (c) Obtén e y la eficiencia. (d) Comprueba lo que pasa si en vez de esto se evalúa la fórmula general con a* = 0,99, 0,999 y 0,999 999.
Solución. (a) Con a = M = 1, Δ = r² − 2r + 1 = (r − 1)², de modo que
y en r = 1 el segundo corchete se anula por el factor (r − 1)²: ℛ(1) = (2e − ℓ)². (b) ℛ(1) = 0 obliga a ℓ = 2e. Derivando una vez, el primer término lleva un factor [e(r²+1) − ℓ] que en r = 1 con ℓ = 2e vale cero, y el segundo lleva un factor (r − 1): luego ℛ′(1) = 0 se cumple automáticamente, sin condición nueva. La segunda derivada sí dice algo. Con u ≡ e(r²+1) − ℓ y u′(1) = 2e, (u²)″ = 2u′² + 2uu″ = 8e²; y del segundo término, [(r−1)²w]″ = 2w(1) = 2[1 + (ℓ−e)²] = 2(1 + e²), porque ℓ − e = e. Igualando:
(c) Y la eficiencia es 1 − e: 1 − 1/√3 = 0,422 650, es decir 42,265 %, con ℓ = 2e = 2/√3 M = 1,1547 M. (d) La fórmula general da 26,40 % con a* = 0,99, 33,98 % con 0,999 y 41,36 % con 0,999 999: errores del 37,5 %, 19,6 % y 2,1 % respectivamente.
Resultado. El 42,3 % que anunció el callout del II.4 queda confirmado, y con tres cifras: 42,265 %. Pero la lección de método es (d), y es la razón de que este ejemplo exista. El límite extremo es una indeterminación 0/0 —numerador y denominador de e se anulan los dos en a = M, r = M— y acercarse numéricamente converge tan despacio que es inútil: con seis nueves de espín la fórmula todavía se equivoca el 2,1 %, y con dos nueves se equivoca el 37,5 %, que no es un error de redondeo sino un número distinto. Quien quiera este resultado tiene que hacer el álgebra, y el álgebra son cuatro líneas y una cuadrática. Es el enemigo numérico de este módulo, y es de otra familia que el del II.4: allí el problema era restar cantidades parecidas, aquí es evaluar un límite por continuidad cuando la función no es continua ahí.
Y el 42,3 % lleva dos advertencias, las dos numéricas.
La primera: rISCO = M = r₊ no significa que la última órbita esté pegada al horizonte. Es la lección del II.4 —r no es una distancia— en su versión más agresiva. La distancia propia radial entre las dos superficies, ∫√(grr)dr = ∫r dr/√((r−r₊)(r−r₋)), hace algo que nadie espera: baja hasta un mínimo de 2,225 M en a* ≈ 0,998 y después vuelve a crecer y diverge.
| a* | rISCO − r₊ (coordenada) | Distancia propia |
|---|---|---|
| 0 | 4,000 M | 7,191 M |
| 0,9 | 0,885 M | 3,020 M |
| 0,998 | 0,1738 M | 2,225 M |
| 0,999 9 | 0,0644 M | 2,476 M |
| 0,999 999 | 0,0147 M | 3,139 M |
| 0,999 999 99 | 0,003 29 M | 3,885 M |
| 1 | 0 | ∞ |
Las dos columnas van en direcciones opuestas, y la de la derecha es la que mide algo. En el límite extremo Δ = (r − M)² tiene una raíz doble, la integral ∫r dr/(r − M) diverge logarítmicamente y el horizonte se aleja infinitamente en distancia propia: es la «garganta» del agujero extremo. De modo que la frase «el ISCO extremo está en el horizonte» es falsa y sólo suena verdadera porque los dos números de coordenada coinciden. La coincidencia de coordenadas no es una coincidencia de lugares.
La segunda: 42,265 % no es un número astrofísico. Un agujero negro alimentado por un disco no puede llegar a a* = 1, porque los fotones que el propio disco emite se capturan preferentemente en órbitas retrógradas y frenan el espín; Thorne calculó en 1974 que el equilibrio está en a* = 0,998, y ahí la eficiencia es 32,099 %. Ése es el techo realista, y sigue siendo 5,6 veces el de Schwarzschild y 46 veces la fusión.
Problema. El cuásar del II.4 radia 10³⁹ W. (a) Calcula la tasa de acrecimiento en masas solares por año con a* = 0 y con a* = 0,998. (b) GRS 1915+105 tiene 12,4 masas solares y a* = 0,98 medido por el borde interior de su disco: calcula ese borde en kilómetros y compáralo con el que tendría sin espín. (c) ¿Y su periodo orbital? (d) ¿Cómo se puede medir a* con esto?
Solución. (a) dM/dt = L/(ηc²). Con η = 5,719 %, 1,946 × 10²³ kg/s = 3,088 M☉/año; con η = 32,099 %, 3,466 × 10²² kg/s = 0,550 M☉/año. El espín le ahorra al cuásar un factor 5,6 de combustible para el mismo brillo. (b) Con M = 12,4 × 1476,63 = 18 310 m y rISCO = 1,6140 M, el borde interior está a 29,55 km; sin espín, 6M = 109,86 km, casi cuatro veces más lejos. (c) El periodo coordenado de una órbita circular ecuatorial de Kerr se toma como dato, igual que la métrica y la forma cerrada del ISCO: es T = 2π(r3/2 + a)M/c con r en unidades de M, y su límite a = 0 devuelve la tercera de Kepler exacta del II.4. Aquí, 2π(1,61401,5 + 0,98) = 19,04 M/c, o sea 1,163 ms = 860 Hz. Sin espín serían 92,34 M/c = 5,64 ms. (d) Midiendo el borde interior del disco. Se ajusta el espectro continuo de rayos X o el perfil de la línea del hierro a 6,4 keV, cuyo ensanchamiento y corrimiento dependen del radio en el que se emite; de ahí sale rISCO/M, y de la tabla del artículo, a*.
Resultado. El apartado (d) es la razón de que este artículo no sea teoría pura: la tabla del ISCO es un instrumento de medida, y es el único que hay para el espín de un agujero negro aislado. Su cadena tiene tres eslabones y ninguno es gratis — el borde del disco tiene que estar de verdad en el ISCO (se supone, y en discos poco luminosos falla), hay que conocer la masa y la inclinación por otra vía, y el modelo de disco tiene que valer. Por eso los espines publicados tienen barras de error grandes y a veces se contradicen entre métodos: el a* = 0,98 de GRS 1915+105 sale del continuo, y el mismo objeto ha dado valores distintos con la línea de hierro. Lo que no depende de nada de eso es lo de la izquierda de (b): un factor 3,7 en el radio del borde interior entre girar y no girar es lo bastante grande para que la medida sea posible.
Ejercicios
Energía negativa, con la cuenta. (a) Deduce la condición e < 0 en función de Ω y demuestra que en el ecuador equivale a Ω < (2M − r)/(2a). (b) ¿Para qué r es eso compatible con Ω > Ω₋? (c) Con a* = 0,998, calcula Ω₋, Ω₊ y Ωe=0 en r = 1,5M y di si cabe energía negativa. (d) Demuestra que para a* = 0 no existe ningún r con energía negativa, sin calcular nada: mira una sola componente de la métrica.
Solución
(a) e ∝ −(gtt + gtφΩ) con la raíz del denominador positiva, luego e < 0 ⟺ gtt + gtφΩ > 0. En el ecuador gtt = −(1 − 2M/r) y gtφ = −2Ma/r, así que la condición es −(1 − 2M/r) − (2Ma/r)Ω > 0, o sea Ω < (2M − r)/(2a). (b) El miembro de la derecha es positivo si y sólo si r < 2M, y Ω₋ < Ω exige Ω positivo dentro de la ergosfera: las dos condiciones son compatibles exactamente en r₊ < r < 2M. (c) Con a* = 0,998 y r = 1,5M: r₊ = 1,0632M, luego r = 1,5M está dentro de la ergosfera. Ωe=0 = (2 − 1,5)/(2 × 0,998) = +0,250 50 c/M, y Ω₋ = ω − √(ω² − gtt/gφφ) sale +0,182 48 c/M con Ω₊ = +0,399 36: sí cabe, y la franja de energía negativa es 0,182 48 < Ω < 0,250 50, que es el 31 % de la anchura del intervalo de velocidades angulares permitidas. (d) Con a = 0, gtφ ≡ 0 y la condición de (a) se reduce a gtt > 0, o sea r < 2M — que en Schwarzschild es dentro del horizonte, de donde nada sale. Sin espín no hay ergosfera, porque el límite estático y el horizonte coinciden.
La segunda lección es (d) y explica por qué esta física no aparece en el II.4. La ergosfera existe porque el límite estático y el horizonte se separan, y lo que los separa es a. En Schwarzschild las dos superficies son la misma, así que la región de energía negativa está entera dentro del horizonte y es inservible: la energía negativa existe allí también, pero no hay manera de que el otro fragmento salga. El proceso de Penrose no necesita la energía negativa, que es barata; necesita que haya energía negativa en un sitio del que todavía se pueda salir.
La masa irreducible y el tope del 29 %. (a) Demuestra que Mirr = √(A/16π) = √(Mr₊/2) y comprueba los dos límites a* = 0 y a* = 1. (b) Verifica la fórmula de Christodoulou M² = Mirr² + J²/4Mirr² con J = aM. (c) Un agujero negro de 10 masas solares con a* = 0,9 se agota por el proceso de Penrose de forma reversible hasta quedarse sin espín. ¿Cuánta energía sale, en julios y en masas solares? ¿Cuál es su masa final y su radio? (d) Después de eso, ¿se puede seguir extrayendo energía? ¿Por qué? (e) Dos agujeros negros de 10 masas solares que no giran se fusionan y dan uno de 19 con a* = 0,7. Comprueba el teorema del área, calcula la masa irreducible del sistema de partida y la del resultado, y cierra la contabilidad de las 20 masas solares iniciales.
Solución
(a) De A = 8πMr₊, A/16π = Mr₊/2, y la raíz es Mirr. Con a* = 0, r₊ = 2M y Mirr = M: nada que extraer. Con a* = 1, r₊ = M y Mirr = M/√2. (b) Con Mirr² = Mr₊/2 y J = aM, el segundo término es a²M²/(2Mr₊) = a²M/2r₊, y sumando: Mr₊/2 + a²M/2r₊ = (M/2r₊)(r₊² + a²) = (M/2r₊)(2Mr₊) = M², usando la identidad del artículo 02. (c) Mirr = 0,847 32 × 10 = 8,4732 masas solares, y como el proceso reversible conserva el área, la masa final es exactamente Mirr: sale 1,5268 masas solares de energía = 2,73 × 10⁴⁷ J. El radio final es 2Mirr = 25,02 km, frente a los 1,435 89 × 10 × 1476,63 = 21,20 km que medía r₊ antes. Fíjate en que el radio del horizonte ha crecido un 18 % aunque la masa haya bajado un 15 %: lo que no baja es el área, y sale 7,869 × 10⁹ m² antes y después. (d) No. Sin momento angular no hay ergosfera —ejercicio 1(d)—, y la fórmula de Christodoulou dice que con J = 0 toda la masa es irreducible. Un agujero de Schwarzschild es energía muerta clásicamente, y hace falta la radiación de Hawking del artículo 04 para tocarlo. (e) Las áreas, en unidades de M☉²: A₁ = A₂ = 16π × 100 = 5026,5, que suman 10 053,1; y con r₊ = 1,714 14 M para el final, Af = 8π × 361 × 1,714 14 = 15 552,3, un 54,7 % más: el teorema del área se cumple. La masa irreducible, de las dos maneras posibles:
La masa irreducible del sistema de partida es la que corresponde al área total, √((A₁+A₂)/16π) = √2 × 10 = 14,142 M☉, y la del final es √(Af/16π) = 17,590 M☉: sube un 24,4 %, en la misma dirección que el área y como tiene que ser. Con eso la contabilidad cierra: de las 20 masas solares de partida, 1 salió en ondas gravitacionales, 17,59 son irreducibles y las 1,41 restantes son rotación todavía extraíble.
La segunda lección es el detalle de (c) que casi nadie mira: el radio del horizonte crece un 18 %, de 21,20 a 25,02 km, mientras la masa baja un 15 % y el área se queda igual. Las tres cosas a la vez suenan a contradicción y no lo son, y la razón es la del artículo 02: A = 4π(r₊² + a²) y no 4πr₊². Al vaciar el espín desaparece el término a², que con a* = 0,9 aportaba el 28,2 % del área, y r₊ tiene que crecer para compensarlo. Y ese porcentaje no es una coincidencia: usando r₊² + a² = 2Mr₊, a²/(r₊²+a²) = a²/2Mr₊ = 1 − r₊/2M = 1 − A/A₀, o sea que lo que aporta el término a² es exactamente lo que el espín le quita al área — el mismo 28,2 % que el ejemplo resuelto 1 del artículo 02 calculó para M87*, que tiene el mismo espín. (No confundirlo con a²/r₊² = 39,3 %, que es otra cosa y se parece demasiado al 39 % del espesor de la ergosfera del ejercicio 3 de aquel artículo.) Moraleja operativa: comparar radios de horizonte entre dos agujeros de espín distinto no significa nada, y el área existe precisamente para dar la comparación que sí significa algo.
El ISCO de Kerr, resuelto. (a) Escribe ℛ(r) para a* = 0 y comprueba que ℛ = ℛ′ = ℛ″ = 0 devuelve r = 6M, e = √(8/9) y ℓ = 2√3 M — o sea el II.4 entero. (b) El caso retrógrado extremo, a = M con ℓ < 0. Saca rISCO de la forma cerrada de arriba y después compruébalo de verdad: sustituye ese r, e = 5/(3√3) y ℓ = −22/(3√3) M en ℛ(r) y factoriza el polinomio. ¿Qué tipo de raíz aparece en rISCO y por qué tenía que ser ésa? Da la eficiencia. (c) Compara la eficiencia prógrada y la retrógrada para a* = 0,9 y explica por qué la retrógrada es menor que la de Schwarzschild. (d) Un disco alrededor de un agujero con a* = 0,9 gira en sentido contrario al agujero. ¿Cuántas veces más masa necesita para dar la misma luz que si girase en el mismo sentido? (e) Calcula la distancia propia radial ecuatorial entre el horizonte y el ISCO, ∫√(grr)dr, para a* = 0,9, 0,998 y 0,999 9, y comprueba que no tiende a cero aunque la separación de coordenada sí lo haga.
Solución
(a) Con a = 0, ℛ = e²r⁴ − (r² − 2Mr)(r² + ℓ²) y las tres condiciones dan el sistema del II.4; dividiendo por r⁴ se recupera (dr/dτ)²/c² = e² − (1 − 2M/r)(1 + ℓ²/r²), o sea el potencial efectivo de aquel módulo, cuyo punto de inflexión está en r = 6M con ℓ = 2√3 M y e = √(8/9) = 0,942 809. (b) Con a* = 1 la forma cerrada da Z₁ = 1 y Z₂ = 2, y el signo retrógrado deja r = 3 + 2 + √((3−1)(3+1+4)) = 5 + √16 = 9M, con ℓ = −22/(3√3) M = −4,2339 M y e = 5/(3√3) = 0,962 250; la eficiencia es 1 − e = 3,775 %. Y la comprobación es lo interesante: sustituyendo esos tres valores en ℛ con Δ = (r−1)², todo el polinomio se factoriza en
o sea una raíz triple en r = 9. Tenía que serlo: ℛ = 0 es estar en la órbita, ℛ′ = 0 es que sea circular y ℛ″ = 0 es la frontera de la estabilidad, y las tres a la vez son la definición de raíz triple. En el ISCO el polinomio no cruza el eje ni lo toca: lo besa con curvatura nula. (c) Prógrada 15,575 % frente a retrógrada 3,900 %, un factor 4,0. La retrógrada es peor que el 5,719 % de Schwarzschild porque el arrastre del artículo 02 trabaja en contra: para mantener una órbita que gira al revés hay que oponerse a ω, la barrera centrífuga efectiva se refuerza y el ISCO se aleja hasta 8,72M, donde queda menos energía por radiar. (d) La luz radiada es ηṀc², así que hace falta el cociente de eficiencias: 15,575/3,900 = 4,0 veces más masa.
(e) Con grr = Σ/Δ = r²/[(r−r₊)(r−r₋)] en el ecuador, la integral ∫r dr/√((r−r₊)(r−r₋)) desde r₊ hasta rISCO vale 3,020 M (a* = 0,9), 2,225 M (0,998) y 2,476 M (0,999 9), mientras que la separación de coordenada rISCO − r₊ vale 0,885 M, 0,174 M y 0,064 M. Las dos columnas van en direcciones opuestas: la de coordenada baja hacia cero y la propia tiene un mínimo alrededor de a* = 0,998 y después vuelve a crecer, hasta diverger en el límite extremo — porque allí Δ = (r−M)² tiene una raíz doble y ∫r dr/(r−M) es logarítmica.
La segunda lección es la de (c) y es la que hace de la eficiencia un instrumento: el espín no «mejora» el disco, orienta el resultado. Entre los dos sentidos de giro hay un factor 4 con a* = 0,9 y un factor 11,2 en el límite extremo, y eso significa que un agujero negro rodeado de material que le llega en direcciones aleatorias —como en el centro de una galaxia— tiene una historia de eficiencia complicada, con episodios prógrados brillantes y retrógrados apagados. Es también la razón física del límite de Thorne: los fotones que el disco emite se capturan preferentemente en el canal retrógrado, que es el que más los frena.
Un proceso de Penrose a la medida. Un agujero negro de a* = 0,9 (con M = 1) va a recibir un fragmento de e₁ = −0,010 M, y se quiere que el espín resultante sea exactamente a*′ = 0,880. (a) Escribe a*′ en función de ℓ₁ y despeja ℓ₁; cuidado con sus unidades. (b) Traduce ese ℓ₁ a k ≡ ℓ₁ΩH/(e₁c) y clasifica el reparto: ¿reversible, irreversible o imposible? (c) Calcula ΔA/A y comprueba que el signo es el que manda la segunda ley. (d) ¿Qué energía sale si el agujero tiene 12,4 masas solares? (e) ¿Qué k haría falta para dejar el agujero sin espín de un solo golpe, y por qué la cuenta de este ejercicio deja de valer mucho antes de llegar ahí?
Solución
(a) Con δM = e₁ y δ𝒥 = ℓ₁: M′ = 1 + e₁ = 0,990 000 y 𝒥′ = 0,9 + ℓ₁, de modo que a*′ = 𝒥′/M′² y basta despejar,
Ojo con la unidad: ℓ₁ se mide en M² y no en M. Con G = c = 1 y M como unidad de longitud, ℓ₁ = e₁c/ΩH tiene unidades (M·c)/(c/M) = M², las mismas que 𝒥 = a*M², con quien se suma. (b) Con ΩHM/c = 0,313 395, k = ℓ₁ΩH/e₁ = (−0,037 512 × 0,313 395)/(−0,010) = 1,1756: mayor que 1, así que el fragmento sí cruza y el reparto es irreversible — se lleva más momento angular del mínimo. (c) a′ = 𝒥′/M′ = 0,862 488/0,990 = 0,871 200, r₊′ = M′ + √(M′² − a′²) = 1,460 22 y A′ = 8πM′r₊′ = 36,332 4 frente a A = 8π × 1,435 89 = 36,087 8: ΔA/A = +0,678 %. Positivo, como exige la segunda ley, y tenía que serlo porque k > 1. (d) La energía exportada es |e₁| = 0,010 × 12,4 masas solares de energía en reposo = 0,124 M☉c² = 2,22 × 10⁴⁶ J. (e) Dejarlo sin espín exige 𝒥′ = 0, o sea ℓ₁ = −0,9 M², y eso es k = 0,9 × 0,313 395/0,010 = 28,2. Pero la cuenta ya no vale ahí, y no por redondeo: todo esto es un balance lineal —δM = e₁ y δ𝒥 = ℓ₁ aplicados de un golpe— que supone que el fragmento es una perturbación, y con |ℓ₁| = 0,9 el fragmento se lleva el momento angular entero del agujero de una vez. Eso no es una perturbación de nada.
La segunda lección es la de (e), y es de método. Un cálculo perturbativo no avisa de que ha dejado de valer: sigue devolviendo números. Empujando k más allá, la fórmula llega a dar espines negativos y después M′² − a′² < 0, o sea una solución de Kerr sin horizonte; ninguna de las dos cosas describe nada, y las dos salen de aplicar una fórmula correcta fuera de su hipótesis. Vaciar el espín de verdad exige el proceso del ejercicio 2(c): muchos pasos pequeños, cada uno casi reversible. Ésa es la razón de que el tope del 29,289 % se enuncie como límite de un proceso y no como el resultado de un golpe — y de que «reversible» signifique δA = 0 a primer orden y no ΔA = 0 exactamente, igual que en la termodinámica del bachiller una expansión reversible es una sucesión de estados de equilibrio y no un empujón.