La entropía de Bekenstein-Hawking vale S = kBA/4ℓP², y el I.3 la publicó con ese 1/4 dentro sin poder explicarlo. Este artículo lo calcula: dada la temperatura de Hawking, la primera ley de la mecánica de agujeros negros obliga a que el coeficiente sea 0,250 000 y ningún otro. El II.2 ya usó una ħ —para traducir un cuadrivector de onda en un cuadrimomento, pα = ħkα—, pero éste es el único sitio del Nivel II donde una constante de Planck aparece dentro de un resultado de relatividad general: fija un coeficiente que la geometría, ella sola, no puede fijar.
La gravedad superficial: qué es y por qué no es «la gravedad allí»
Hace falta una magnitud más, y es la única de este módulo que hay que definir con cuidado porque tiene tres definiciones equivalentes y todas se malinterpretan. El problema 5 de la hoja del II.4 calculó lo que cuesta flotar a un radio fijo:
Diverge, así que no sirve como propiedad del horizonte. Lo que sí converge es la fuerza que hay que aplicar desde el infinito a través de un cable ideal, que lleva un factor de corrimiento al rojo √(1 − 2M/r) menos:
Ésa es la gravedad superficial, y para Schwarzschild sale de evaluar GM/r² en rs = 2GM/c², porque las dos raíces se cancelan exactamente:
Un billón y medio de veces la gravedad terrestre para un agujero de una masa solar, y menor cuanto mayor es el agujero: en M87*, sin espín, serían 2341 m/s², unas 239 g.
Y aquí hay que cambiar de observador, porque en Kerr el de arriba no existe. La definición con √(−gtt) usa un observador estático, y el artículo 02 demostró que dentro del límite estático no hay ninguno: gtt > 0 y esa línea de universo es de tipo espacial. En el horizonte de Kerr, usando r₊² + a² = 2Mr₊, sale −gtt(r₊) = −a²sen²θ/Σ < 0 en todo θ salvo los polos —con a* = 0,9 en el ecuador vale −0,3929—, así que la raíz es imaginaria y el límite no está definido. Aplicar la fórmula de arriba a Kerr sería el error de método que el II.4 ya cazó una vez: número bueno por un camino imposible.
Lo que sí existe es el observador que corrota con el horizonte. El horizonte de Kerr es una superficie de Killing: está generada por el campo χ = ∂t + (ΩH/c)∂φ, que es nulo justo ahí. Con su factor de dilatación V ≡ √(−(gtt + 2gtφΩH + gφφΩH²)), que sí es real y positivo hasta r₊ para todo θ, la definición que vale en los dos casos es
y en Schwarzschild, donde ΩH = 0, V se reduce a √(−gtt) y se recupera la de antes. De paso, esto explica por qué ΩH va a aparecer en la primera ley: es el único Ω para el que este límite existe.
Con esa definición aplicada a la métrica del artículo 02:
Con eso, M87* —que tiene a* = 0,9— resulta tener κ = 0,607 × 2341 = 1421 m/s², unas 145 g: menos que las 239 g que tendría quieto, porque el espín enfría también aquí. Y fíjate en dos cosas más, que son el contenido del artículo. La primera: κ no depende de θ. Igual que ΩH, es un número por horizonte, no un campo sobre él. La segunda: κ → 0 cuando a → M. Un agujero negro extremo tiene gravedad superficial cero, y el hueco entre 0,25 y 0 no es lineal:
| a* | κ·M/c² | κ/κSchw | ΩH·M/c |
|---|---|---|---|
| 0 | 0,250 000 | 1 | 0 |
| 0,5 | 0,232 051 | 0,928 20 | 0,133 97 |
| 0,9 | 0,151 784 | 0,607 14 | 0,313 39 |
| 0,998 | 0,029 728 | 0,118 91 | 0,469 33 |
| 1 | 0 | 0 | 0,5 |
Las cuatro leyes
Con κ, A y ΩH sobre la mesa se pueden enunciar cuatro afirmaciones sobre agujeros negros estacionarios. Están tomadas de Bardeen, Carter y Hawking (1973), y las dos primeras se comprueban aquí como identidades algebraicas.
Ley cero. κ es constante sobre el horizonte. Para Kerr se acaba de comprobar: la fórmula no lleva θ. Es notable porque la aceleración propia sí depende de la latitud, y sin embargo la combinación que define κ no.
Primera ley. Es una identidad, y se comprueba derivando A y 𝒥 = aM respecto de las dos variables independientes (M, a):
y su versión integrada, que también es una identidad y se llama fórmula de Smarr:
Compruébala en Schwarzschild de cabeza: κ = c²/4M, A = 16πM², J = 0, y κA/4π = (c²/4M)(16πM²)/(4π) = Mc², exacto. Lo que dice la primera ley es que hay dos maneras de darle energía a un agujero negro: subirle el área y subirle el momento angular. La segunda es reversible; la primera, como se va a ver, no.
Segunda ley. δA ≥ 0 en cualquier proceso clásico (Hawking, 1971). Es el teorema del área que el I.4 comprobó con GW150914 y que el artículo 03 volvió a encontrar como el límite del proceso de Penrose. No es una identidad —es un teorema, y su demostración es del Nivel III— pero se puede usar y se puede poner a prueba, y eso es lo que hace el ejemplo resuelto 2.
Tercera ley. No se puede llegar a κ = 0 mediante ningún proceso finito. Es decir: no se puede fabricar un agujero negro extremo. Se enuncia y se comprueba con un caso en el ejercicio 3, y la razón intuitiva es la del artículo 03 leída al revés — echarle material a un agujero casi extremo sube M más de lo que sube J, así que a* baja.
Y ahora la tabla que convierte esas cuatro frases en algo:
| Mecánica de agujeros negros | Termodinámica |
|---|---|
| κ es constante sobre el horizonte | T es uniforme en equilibrio |
| d(Mc²) = (κc²/8πG)dA + ΩHdJ | dE = T dS + (trabajo) |
| δA ≥ 0 | δS ≥ 0 |
| κ = 0 es inalcanzable | T = 0 es inalcanzable |
Las cuatro filas se corresponden una a una, con A haciendo de entropía y κ haciendo de temperatura salvo por una constante. Durante dos años eso se consideró una analogía formal, y con un argumento fuerte en contra: un agujero negro clásico es negro, no radia, y un cuerpo que no radia no tiene temperatura. Bekenstein insistió en 1972 en que la entropía era real —porque si no lo fuera se podría violar el segundo principio tirando una taza de café dentro— y no convenció a nadie.
Lo que llegó en 1974, y lo que este nivel no deduce
Aquí hay una raya y conviene verla. Lo que sigue —que un agujero negro radía a temperatura T = ħκ/2πckB— es un resultado de teoría cuántica de campos en espacio-tiempo curvo, no de relatividad general. Se enuncia con su fecha y su autor, se usa, y no se deduce en este módulo, porque deducirlo exige cuantizar un campo, elegir un vacío y calcular coeficientes de Bogoliubov — con el efecto Unruh delante como caso más sencillo. Eso es el III.4, y está anunciado en la portada con ese contenido. Lo que sí puede hacer el Nivel II, y es lo que hace la sección siguiente, es tomar la temperatura como dato y sacarle una consecuencia obligatoria. La honestidad exige añadir además el estado empírico: la radiación de Hawking no se ha observado nunca, ni directamente ni indirectamente, y los agujeros negros conocidos son todos tantos órdenes de magnitud más fríos que el fondo cósmico que no hay perspectiva de observarla.
El resultado de Hawking (1974), enunciado:
Sustituyendo la κ de Schwarzschild, c⁴/4GM, sale exactamente T = ħc³/8πGMkB, que es la fórmula que publicó el I.3, con sus 6,170 × 10⁻⁸ K por masa solar. Eso es la comprobación de que las dos cosas encajan; lo nuevo es que ahora se puede evaluar para Kerr, donde T ∝ κ y por tanto un agujero negro extremo está a cero absoluto.
Y entonces el 1/4 deja de ser libre
Éste es el cálculo del artículo. Supongamos que el área es una entropía y escribámosla con el coeficiente sin determinar, porque lo único que la dimensión permite es
El único sitio donde puede vivir α es ahí, porque ℓP² es la única combinación de ħ, G y c con dimensiones de área. Ahora se exige que la primera ley sea la primera ley de la termodinámica, o sea que el término del área sea T dS:
La κ se cancela —lo cual ya es notable, porque significa que el resultado no depende de qué agujero negro sea—, la ħ se cancela contra la de ℓP², y queda una igualdad de números puros:
Eso es todo. El 1/4 de la entropía de Bekenstein-Hawking no es una
convención ni un ajuste: es lo que exige la compatibilidad entre una identidad
de la relatividad general y una fórmula de la teoría cuántica de campos.
Y merece la pena decir de dónde sale cada pieza del cociente: el 8π viene de la
primera ley, que es geometría de Kerr y se comprueba con
sympy; el 2π viene de la temperatura de Hawking, que es teoría
cuántica de campos; y el hecho de que la κ desaparezca es lo que convierte una
coincidencia numérica en una identidad válida para todos los agujeros negros a
la vez. Con eso,
Problema. Calcula κ, TH, ΩH y el periodo del horizonte para GRS 1915+105 (12,4 M☉, a* = 0,98), Cygnus X-1 (21,2 M☉, a* = 0,95), el agujero final de GW150914 (62 M☉, a* = 0,67), Sagitario A* (4,297 × 10⁶ M☉) y M87* (6,5 × 10⁹ M☉, a* = 0,9). Da además el cociente TH/TSchw y la entropía en unidades de kB.
| Objeto | κ (m/s²) | TH (K) | TH/TSchw | Periodo del horizonte | S/kB |
|---|---|---|---|---|---|
| GRS 1915+105 | 4,073 × 10¹¹ | 1,652 × 10⁻⁹ | 0,3319 | 0,939 ms | 9,67 × 10⁷⁸ |
| Cygnus X-1 | 3,416 × 10¹¹ | 1,385 × 10⁻⁹ | 0,4759 | 1,81 ms | 3,09 × 10⁷⁹ |
| GW150914, el final | 2,091 × 10¹¹ | 8,480 × 10⁻¹⁰ | 0,8521 | 9,98 ms | 3,51 × 10⁸⁰ |
| Sgr A* (a* = 0,5 supuesto) | 3,287 × 10⁶ | 1,333 × 10⁻¹⁴ | 0,9282 | 993 s | 1,81 × 10⁹⁰ |
| M87* | 1,421 × 10³ | 5,763 × 10⁻¹⁸ | 0,6071 | 7,43 días | 3,18 × 10⁹⁶ |
Solución. Todo sale de dos fórmulas y una división. Para GRS 1915+105: M = 12,4 × 1476,63 = 18 310 m, r₊ = 1,199 00 M = 21 954 m, y κ = c²(r₊ − M)/(r₊² + a²) = c²(0,199 00)/(2 × 1,199 00 M) = 0,082 985 c²/M = 4,073 × 10¹¹ m/s². Con ħκ/2πckB, TH = 1,652 × 10⁻⁹ K, que es 0,3319 veces la que tendría sin espín — el cociente es simplemente κ/κSchw = 4 × 0,082 985. ΩH = 0,408 675 c/M = 6691 rad/s, periodo 0,939 ms. Y S = kBA/4ℓP² con A = 8πMr₊ = 1,010 × 10¹⁰ m² da 9,67 × 10⁷⁸ kB.
Resultado. Tres lecturas, y la tercera es la que importa. La primera: el espín enfría, y no poco — GRS 1915+105 está a un tercio de la temperatura que tendría quieto, porque κ va con √(M² − a²). La segunda: la columna de κ recorre ocho órdenes de magnitud y la de S recorre dieciocho, con la de la temperatura al revés que la de la masa. La tercera es la comparación que hay que hacer y que este nivel puede hacer: el más caliente de los cinco está a 1,65 nanokelvin, o sea 1,6 × 10⁹ veces más frío que el fondo cósmico de 2,7255 K. Todos absorben muchísimo más de lo que emiten, todos están creciendo, y por eso el I.3 pudo decir con seguridad que no se está evaporando ninguno. La radiación de Hawking es un resultado teórico sólido sobre objetos a los que no se les puede medir.
Consecuencias, y una que suena a error
De T ∝ 1/M en el caso sin espín sale algo que en termodinámica ordinaria sería un síntoma de inestabilidad, y aquí es la norma. Derivando:
La capacidad calorífica es negativa: al perder energía, un agujero negro se calienta. Para uno de 10 masas solares vale −2,896 × 10⁵⁶ J/K. Eso significa que no puede estar en equilibrio térmico estable con un baño infinito —si se calienta un poco, radia más, se calienta más— y es el motor de la evaporación desbocada que contó el I.3. Y tiene una consecuencia formal que conviene no esconder: la termodinámica de agujeros negros no es termodinámica ordinaria, porque una entropía proporcional al área y no al volumen no es extensiva y un sistema con C < 0 no admite el colectivo canónico sin más. Es un problema abierto y con nombre.
Problema. (a) Comprueba el teorema del área para GW150914 —36 + 29 → 62 masas solares con a* = 0,67 al final— suponiendo que los progenitores no giraban, y calcula el espín final máximo que la ley permitiría. (b) Repite con progenitores de a* = 0,3 y de 0,6. (c) Calcula la masa irreducible antes y después. Cuidado con cómo. (d) ¿Cuánta energía rotacional le queda al agujero final?
Solución. (a) A₁ = 16π(36 M☉)² = 1,4204 × 10⁵ km² y A₂ = 9,2174 × 10⁴ km², que suman 2,3422 × 10⁵ km². El final, con r₊ = 1,742 36 M, da Af = 8πMr₊ = 3,6703 × 10⁵ km²: el área crece un 56,7 % mientras la masa baja un 4,6 %, que son las cifras del I.4. El espín máximo compatible sale de A(62, a*) = 2,3422 × 10⁵ km², o sea 1 + √(1 − a*²) = 2,3422/3,6703 × 1,742 36 = 1,1119, y de ahí a* = 0,9937. (b) Con progenitores de a* = 0,3, A₁ + A₂ = 2,2882 × 10⁵ km² y el área crece 60,4 %; con 0,6, crece 74,1 %. La comprobación es más holgada, no menos: el espín de los progenitores les quita área y por tanto deja más margen. (c) Aquí está la trampa. Como los progenitores no giraban, Mirr de cada uno es su propia masa, y sumarlas da 36 + 29 = 65 M☉; el final tiene Mirr = √(Af/16π) = 57,87 M☉. Escrito así, la masa irreducible ha bajado, y eso parece violar la segunda ley. No la viola: Mirr no es aditiva. Lo que suma es el área, así que la masa irreducible del sistema de partida es √((A₁+A₂)/16π) = 46,23 M☉, y de ahí a 57,87 hay un crecimiento del 25,2 %. (d) 62 − 57,87 = 4,13 M☉c² = 7,4 × 10⁴⁷ J de energía rotacional todavía extraíble.
Resultado. Lo que hay que llevarse es (c), porque es un error que se comete solo y da un resultado que parece refutar una ley. Mirr ∝ √A, y una raíz no es aditiva: √A₁ + √A₂ nunca es √(A₁+A₂), y aquí la diferencia es del 41 %. La cantidad monótona es el área, y la masa irreducible sólo es monótona cuando se calcula del área total del sistema. Éste es exactamente el motivo de que las cuatro leyes estén escritas con A y no con Mirr, aunque Mirr sea más intuitiva: la magnitud aditiva es la que puede tener una ley. Y de paso, (d) deja la contabilidad completa de GW150914 con las tres piezas: de las 65 masas solares de partida, 3 salieron en ondas gravitacionales, 4,13 quedaron como rotación extraíble y las otras 57,87 son irreducibles y no volverán a salir nunca — salvo por Hawking, y con esa masa el plazo es de 4 × 10⁷² años, o sea tres mil trillones de trillones de trillones de trillones de trillones de veces la edad del universo. (El 2 × 10⁷⁰ del I.3 es el de diez masas solares, y t ∝ M³: reescalarlo es un factor 194.)
Ejercicios
La gravedad superficial, calculada. (a) Partiendo de la aceleración propia del problema 5 de la hoja del II.4, obtén κSchw = c⁴/4GM y comprueba sus dimensiones. (b) Evalúa κ para agujeros de 1, 10 y 10⁹ masas solares, en m/s² y en g terrestres. (c) Demuestra que la κ de Kerr no depende de θ, y evalúala para a* = 0,3, 0,67 y 0,95. (d) Comprueba la fórmula de Smarr Mc² = κc²A/4πG + 2ΩHJ para a* = 0,9, numéricamente y con M = 1, y comprueba que las dos piezas suman exactamente M.
Solución
(a) κ = lím √(1 − 2M/r)·(GM/r²)/√(1 − 2M/r) = GM/rs² evaluado en rs = 2GM/c²: GM·c⁴/(4G²M²) = c⁴/4GM. Las raíces se cancelan exactamente, que es lo que hace que el límite exista. Dimensiones: [c⁴/GM] = (m/s)⁴/(m³ kg⁻¹s⁻² · kg) = m/s². ✔ (b) 1 M☉: 1,522 × 10¹³ m/s² = 1,552 × 10¹² g; 10 M☉: 1,522 × 10¹² m/s²; 10⁹ M☉: 1,522 × 10⁴ m/s² = 1552 g. (c) Con el observador corrotante, que es el que existe: en r = r₊ se tiene Δ = 0 y las tres componentes se simplifican a gφφ = (r₊²+a²)²sen²θ/Σ, gtφ = −a(r₊²+a²)sen²θ/Σ y gtt = −1 + 2Mr₊/Σ, de modo que V² = −(gtt + 2gtφΩH + gφφΩH²) se anula a la vez para todo θ, y el producto V·apropia deja (r₊ − M)/(r₊² + a²): se han ido Σ y sen²θ, y con ellos la latitud. Con la definición estática de Schwarzschild esto no se puede hacer, porque −gtt(r₊) = −a²sen²θ/Σ es negativa. Valores de κM/c²: 0,244 11 (0,3), 0,213 03 (0,67) y 0,118 98 (0,95). (d) Con M = 1, a = 0,9: r₊ = 1,435 89, A = 8πr₊ = 36,088, κ = 0,151 784, ΩH = 0,313 395 y 𝒥 = 0,9. κA/4π = 0,151 784 × 36,088/12,566 = 0,435 89, y 2ΩH𝒥 = 2 × 0,313 395 × 0,9 = 0,564 11. Suman exactamente 1 = M, y no aproximadamente: las dos piezas tienen forma cerrada trivial, κA/4π = r₊ − M y 2ΩH𝒥 = a²/r₊, cuya suma es (r₊² − Mr₊ + a²)/r₊ = M por la identidad r₊² + a² = 2Mr₊ del artículo 02. La fórmula de Smarr es esa identidad y nada más. (Si al sumar los dos redondeos sale 1,000 01, eso es el residuo de los redondeos y no el resultado de la comprobación: presentarlo como si lo fuera enseña lo contrario de lo que se quiere enseñar.) ✔
La segunda lección está en el reparto de (d): el término del área aporta el 43,6 % de la masa y el de la rotación el 56,4 %. O sea que en un agujero de a* = 0,9 más de la mitad de la masa está en la fórmula de Smarr del lado de la rotación — y sin embargo la energía extraíble es sólo el 15,3 % (artículo 03). Los dos números miden cosas distintas y confundirlos es fácil: Smarr reparte la masa entre dos términos, y la energía extraíble es cuánto se puede bajar M manteniendo A. El segundo es mucho más pequeño que el primero porque al vaciar el espín el área tiene que quedarse igual, y eso obliga a que r₊ crezca.
El 1/4, rehecho a mano. (a) Repite la deducción de α partiendo de S = α kBA/ℓP² y de T = ħκ/2πckB, y di en qué paso desaparece κ y por qué eso es esencial. (b) Si la temperatura de Hawking llevara un 4π en vez de un 2π, ¿qué valdría α? (c) El I.3 publicó que un agujero de una masa solar tiene 1,05 × 10⁷⁷ kB. Tómalo como control —no como respuesta— y calcula lo que aquel módulo no podía: la entropía de M87* con su a* = 0,9, y cuánto le falta o le sobra para igualar los ≈ 10⁸⁸ kB de todos los fotones del universo observable. (d) Calcula el cociente S(Kerr)/S(Schwarzschild) a masa fija para a* = 0,5, 0,9 y 1, y explica el resultado exacto del último caso.
Solución
(a) Igualando (κc²/8πG)dA = T dS = (ħκ/2πckB)(αkB/ℓP²)dA y sustituyendo ℓP² = ħG/c³, el miembro derecho queda ακc²dA/2πG y la κ se cancela. Es esencial porque si no se cancelara, α dependería del agujero negro y no habría una fórmula de la entropía: habría una por objeto, y la magnitud no serviría para ninguna ley. (b) Sería α = 4π/8π = 1/2, y la entropía valdría el doble: el coeficiente de S está atado al de T y no hay manera de fijar uno sin el otro. (c) El control primero: A = 16πM² con M = 1476,63 m da 1,096 × 10⁸ m² y S/kB = A/4ℓP² = 1,049 × 10⁷⁷, que es el 1,05 × 10⁷⁷ del I.3. ✔ Para M87*, con M = 6,5 × 10⁹ M☉ y a* = 0,9, el área es 8πMr₊ = 3,325 × 10²⁷ m² y S/kB = 3,18 × 10⁹⁶ — 3,0 × 10¹⁹ veces la del agujero de una masa solar sin espín del control, y eso es exactamente (6,5 × 10⁹)² × 0,718: el cuadrado de la masa por el factor de espín de (d). (Contra un agujero de una masa solar con el mismo espín el cociente sería 4,225 × 10¹⁹ = (6,5 × 10⁹)² a secas, porque el factor de espín se cancela.) Frente a los ≈ 10⁸⁸ kB de todos los fotones del fondo cósmico del universo observable, le sobra un factor 3 × 10⁸: un solo agujero negro tiene trescientos millones de veces la entropía de toda la radiación del universo. (d) S ∝ A ∝ r₊, luego el cociente es (1 + √(1 − a*²))/2: 0,933 01 (0,5), 0,717 95 (0,9) y exactamente 1/2 en el límite extremo, porque allí r₊ = M en vez de 2M.
La segunda lección es la de (b), y es la que hace de este ejercicio algo más que álgebra. El 1/4 no es un resultado independiente: es la pareja del 2π de la temperatura. Lo que la primera ley fija es el producto T·S, o dicho de otro modo, la relatividad general determina la combinación y hace falta el cálculo cuántico para partirla en dos. Por eso la deducción de Hawking se considera el resultado y no la de Bekenstein, que había propuesto la entropía proporcional al área dos años antes pero sin poder fijar el coeficiente. Y por eso (c) es la razón de que el asunto no se haya cerrado: un número como 10⁷⁷ cuenta microestados, y cuáles son sigue sin saberse.
La tercera ley, puesta a prueba — y no sale como parece. Un agujero negro se alimenta con material que le llega desde el ISCO prógrado, de modo que cada unidad de masa que cruza le aporta δM = e dm y δ𝒥 = ℓ dm con la e y la ℓ de esa órbita. (a) Demuestra que a* crece si y sólo si ℓ/e > 2a*M. (b) Evalúa ℓ/e en el ISCO para a* = 0,9, 0,99, 0,998 y 0,999 9, y compáralo con 2a*M: ¿sube o baja el espín? (c) Con a* = 0,998, e = 0,679 006 y ℓ = 1,391 81 M, calcula el a* después de que la masa suba un 1 %. (d) Integrando da*/d(ln M) = ℓ/e − 2a* desde a* = 0, el espín llega a 1 cuando la masa se ha multiplicado por √6 (Bardeen, 1970): compruébalo. ¿Contradice eso la tercera ley? (e) ¿Qué le pasa a TH durante todo el proceso?
Solución
(a) Con 𝒥 = a*M², dividiendo δ𝒥 = ℓ dm por δM = e dm y usando d(a*M²)/dM = M²da*/dM + 2a*M sale
de modo que a* crece exactamente cuando ℓ/e > 2a*M. (b) Con ℓ y e del ISCO: 2,4872 frente a 1,80 (a* = 0,9); 2,1310 frente a 1,98 (0,99); 2,0498 frente a 1,996 (0,998); 2,0076 frente a 1,9998 (0,999 9). En los cuatro casos ℓ/e es mayor: el espín sube siempre. Y en el límite a* = 1 vale exactamente 2 frente a 2: la igualdad, o sea el único punto fijo. (c) dm = 0,01/0,679 006 = 0,014 727 M, luego 𝒥 = 0,998 + 1,391 81 × 0,014 727 = 1,018 50 M² con M = 1,01, y a* = 1,018 50/1,0201 = 0,998 43. (d) Integrando numéricamente sale M/M₀ = 2,4495 = √6, en efecto. Y sí lo contradice, en apariencia: la tercera ley dice que κ = 0 es inalcanzable y esta cuenta lo alcanza con la masa multiplicada por 2,45. La salida no es que la ley esté mal, es que la cuenta usa partículas de prueba, que no radian, no tienen tamaño y no interaccionan. Al meter la radiación que el propio disco emite —cuyos fotones se capturan preferentemente en órbitas retrógradas y por tanto frenan— el espín se detiene en el 0,998 de Thorne. Desde a* = 0,998 la misma integral necesitaría M/M₀ = 1,1123 más para cerrar el último 0,2 %, y esa masa es precisamente la que la radiación no deja aprovechar. (e) TH ∝ κ ∝ √(M² − a²)/2Mr₊ baja monótonamente: el agujero se enfría al engordar, por las dos vías a la vez — la masa y el espín.
La segunda lección es (d), y es de higiene sobre las cuatro leyes. La tercera es la más débil de las cuatro y su estatus no es el de las otras tres: la ley cero y la primera son identidades que se comprueban con álgebra, la segunda es un teorema con demostración, y la tercera es un enunciado sobre procesos, que depende de qué se permita que sea la materia. Con partículas de prueba se viola; con materia que radia, no. Decir «las cuatro leyes» sin añadir eso da la impresión de un edificio homogéneo que no existe, y es exactamente la clase de detalle que un curso omite y un examen pregunta.
Termodinámica con números incómodos. (a) Calcula la capacidad calorífica de un agujero de 10 masas solares y comprueba su signo; ¿qué significa físicamente que sea negativa? (b) Un agujero negro de 10 masas solares absorbe un fotón del fondo cósmico de energía kB × 2,7255 K. ¿Cuánto sube su área, en unidades de ℓP², y cuántos bits de entropía gana? ¿Y qué energía de fotón subiría el área exactamente 4ℓP²? (c) Se echa una taza de café de 200 g a 60 °C, con una entropía de unos 300 J/K, dentro de un agujero negro de 10 masas solares. ¿Cuánto sube la entropía del agujero? Comprueba que el segundo principio no está en peligro. (d) ¿A qué masa la temperatura de Hawking de un agujero extremo igualaría el fondo cósmico? Explica por qué la pregunta está mal planteada.
Solución
(a) C = −8πGM²kB/ħc con M = 1,988 × 10³¹ kg: −2,896 × 10⁵⁶ J/K. Significa que no puede haber equilibrio térmico estable: cualquier fluctuación que le quite energía lo calienta y le hace radiar más, y cualquiera que le dé energía lo enfría. En un baño a temperatura fija sólo hay dos destinos, crecer sin parar o evaporarse, y cuál de los dos lo decide el signo de TH − Tbaño. (b) Del término del área de la primera ley con J constante, dA = 8πG dE/(κc²). Con κ = 1,522 × 10¹² m/s² y dE = kB × 2,7255 = 3,763 × 10⁻²³ J sale dA = 4,62 × 10⁻⁶¹ m² = 1,77 × 10⁹ ℓP², con lo que la entropía gana dA/4ℓP² = 4,42 × 10⁸ kB = 6,37 × 10⁸ bits. Y la energía que sube el área exactamente 4ℓP² es kBTH, o sea 8,52 × 10⁻³² J: sale de igualar (κc²/8πG)·4ℓP² a ħκ/2πc, donde la κ se cancela otra vez. (c) La energía que entra es mc² = 0,2 × c² = 1,798 × 10¹⁶ J, luego dS = dE/TH = 1,798 × 10¹⁶/6,170 × 10⁻⁹ = 2,91 × 10²⁴ J/K, que son 2,1 × 10⁴⁷ kB. La entropía del café, 300 J/K, es veintidós órdenes de magnitud menor: el segundo principio sale sobradísimo. (d) Está mal planteada porque un agujero extremo tiene TH = 0 para cualquier masa: κ = 0 exactamente, así que no hay masa que resuelva la ecuación. La pregunta con sentido es a qué masa la iguala uno sin espín, y el I.3 la contestó: 4,50 × 10²² kg.
La segunda lección es el argumento de Bekenstein escondido en (c), y es la razón histórica de que todo esto exista. Si un agujero negro no tuviera entropía, tirarle la taza de café dentro haría desaparecer 300 J/K del universo y el segundo principio se violaría con una taza de café. Ése fue el argumento de 1972, y la respuesta —que la entropía que gana el agujero es 10²² veces la que pierde el exterior— es más que suficiente. Fíjate en el margen: no es que la cuenta salga justa, es que sale ridículamente holgada, y eso es lo que convirtió una analogía formal en una sospecha de que el área contaba algo de verdad. Y (b) da la escala, que es la parte bonita: un fotón de energía kBTH engorda el horizonte exactamente cuatro áreas de Planck y le añade exactamente un kB de entropía — un bit y medio de información por fotón térmico, sea cual sea la masa del agujero. El fotón del fondo cósmico, que para un agujero de 10 masas solares es cuatrocientos millones de veces más energético que eso, aporta los 4,4 × 10⁸ kB de arriba — y no es casualidad que las dos cifras coincidan: el cociente de energías ES el número de kB, porque cada kBTH vale exactamente un kB de entropía.
Todo lo que hay que poder consultar sin releer el módulo. Cada fila se ha
recalculado desde los datos con scripts/verificar-horizontes.py,
no copiado del texto: la métrica de Eddington-Finkelstein, la identidad de
Kruskal, el tensor de Ricci de Kerr, la fórmula de Smarr y las dos derivadas
de la primera ley las comprueba sympy como identidades, y el
ISCO extremo se resuelve en forma exacta porque el límite es 0/0. Signatura
de Hartle, (−,+,+,+), y convenio x⁰ = ct. Notación:
M ≡ GM/c² es una longitud (1476,63 m por masa solar);
a ≡ J/(Mc) es también una longitud y a* ≡ a/M = cJ/(GM²) es
adimensional; 𝒥 ≡ aM = GJ/c³ es una longitud al cuadrado; e es adimensional y
ℓ se mide en metros, como en el II.4.
| Qué | Fórmula o valor | Dónde |
|---|---|---|
| Coordenada tortuga | r* = r + 2M ln(r/2M − 1); −8,587 M en 2,01M; −∞ en 2M; baja 2M ln 10 = 4,605 M por década | artículo 01 |
| Coordenada nula entrante | v ≡ ct + r*, constante sobre cada rayo que cae; es una longitud | artículo 01 |
| Eddington-Finkelstein | ds² = −(1−2M/r)dv² + 2 dv dr + r²dΩ²; det = −r⁴sen²θ; grr = 1−2M/r; Rμν ≡ 0 | artículo 01 |
| Ramas nulas radiales | dv = 0 (entrante) y dr/dv = (1/2)(1−2M/r) (saliente), adimensional: 0 en 2M, −0,167 en 1,5M | artículo 01 |
| El horizonte es nulo | generado por rayos con dr/dv = 0; dentro, las DOS ramas van a r menor ⇒ no retorno | artículo 01 |
| No hay observador estático dentro | r = cte da ds² = −(1−2M/r)dv², positivo para r < 2M: de tipo espacial | artículo 01 |
| La caída del II.4 en v | desde 10M: τ = 33,70 M/c, t = ∞, v = 43,326 M/c; dv/dr = −1/[w(e+w)] con e²−w² = f | artículo 01 |
| Colapso de la superficie | τ = (π/2)√(R₀³/2M)/c = √(3π/32Gρ̄), el tiempo newtoniano exacto; el Sol, 1769 s = 29,5 min | artículo 01 |
| Kruskal-Szekeres (enunciada) | U = −e−u/4M, V = ev/4M; UV = −(r/2M−1)er/2M; ds² = −(32M³/r)e−r/2MdU dV | artículo 01 |
| Factor conforme de Kruskal | F(2M) = 16M²/e = 5,886 M², finito y no nulo; F → ∞ en r = 0, que no se arregla | artículo 01 |
| Métrica de Kerr | Boyer-Lindquist, con Σ = r²+a²cos²θ y Δ = r²−2Mr+a²; gtφ ≠ 0; Rμν ≡ 0 (sympy) | artículo 02 |
| Los dos límites de Kerr | a = 0 ⇒ Schwarzschild; M = 0 ⇒ Minkowski en esferoidales achatadas, donde r = 0 es un disco de radio a | artículo 02 |
| Espín | a = J/(Mc) (longitud); a* = cJ/(GM²) ≤ 1; 𝒥 = aM. Sol 0,218, Tierra 738 | artículo 02 |
| Los dos horizontes | r± = M(1 ± √(1−a*²)); r₊r₋ = a², r₊+r₋ = 2M; r₊ = 1,436M con a* = 0,9 | artículo 02 |
| Identidad que lo simplifica todo | r₊² + a² = 2Mr₊, porque r₊ resuelve Δ = 0 | artículo 02 |
| Área del horizonte | A = 4π(r₊²+a²) = 8πMr₊; A/A₀ = (1+√(1−a*²))/2; 1/2 si a* = 1, 3/4 si a* = 0,866 | artículos 02 y 04 |
| Arrastre de sistemas inerciales | ω = −gtφ/gφφ: una partícula con ℓ = 0 gira. Lejos, ω = 2GJ/c²r³ | artículo 02 |
| Dónde falla el campo lejano | +0,97 % en 10M, +3,0 % en 6M, +15 % en 3M, +94 % en r₊ (a* = 0,9) | artículo 02 |
| El horizonte gira rígido | ΩH = ac/(r₊²+a²) = ac/2Mr₊, sin dependencia en θ; c/2M si a* = 1 | artículo 02 |
| Periodos de horizonte | M87* (0,9) 7,43 días; Sgr A* (0,5) 993 s; GRS 1915+105 (0,98) 0,939 ms | artículos 02 y 04 |
| Gravity Probe B, deducido | ⟨Ω⟩ = GJ/2c²r³ = 40,80 mas/año; × sen(90°−16,8411°) = 39,05 frente a 39,2 publicados | artículo 02 |
| Ergosfera | rE(θ) = M + √(M²−a²cos²θ); 2M en el ecuador para cualquier a*; r₊ en los polos | artículo 02 |
| Límite estático | dentro, Ω₋ > 0: hay que girar. Ω± = ω ± √(ω² − gtt/gφφ); en r₊ se funden en ΩH | artículos 02 y 03 |
| Energía negativa | e < 0 ⟺ Ω < (2M−r)/2a, posible sólo si r < 2M; e no está acotada por debajo: → −∞ cuando Ω → Ω₋ | artículo 03 |
| Proceso de Penrose | e₂ = e₀ − e₁ > e₀ con e₁ < 0; condición de cruce e₁ ≥ ΩHℓ₁/c, que es δA ≥ 0 | artículo 03 |
| Masa irreducible | Mirr = √(A/16π) = √(Mr₊/2); M² = Mirr² + 𝒥²/4Mirr² (Christodoulou) | artículos 03 y 04 |
| Energía rotacional extraíble | 1 − Mirr/M: 3,41 % (0,5), 15,27 % (0,9), 27,09 % (0,998), 1 − 1/√2 = 29,289 % (1) | artículo 03 |
| Mirr NO es aditiva | √A₁+√A₂ ≠ √(A₁+A₂): en GW150914, 65 M☉ (mal) frente a 46,23 (bien), un 41 % de diferencia | artículo 04 |
| Ecuación radial de Kerr | (r⁴/c²)(dr/dτ)² = [e(r²+a²)−ℓa]² − Δ[r²+(ℓ−ae)²]; circular ℛ = ℛ′ = 0; ISCO además ℛ″ = 0 | artículo 03 |
| ISCO prógrado | 6M (0) · 4,233M (0,5) · 2,321M (0,9) · 1,614M (0,98) · 1,237M (0,998) · M (1) | artículo 03 |
| Eficiencia del disco | 1 − e: 5,719 % (0) · 8,212 % (0,5) · 15,575 % (0,9) · 23,387 % (0,98) · 32,099 % (0,998) · 1 − 1/√3 = 42,265 % (1) | artículo 03 |
| El extremo, exacto | a = M: ℛ(M) = (2e−ℓ)² ⇒ ℓ = 2e; ℛ″(M) = 6e²−2 = 0 ⇒ e = 1/√3. Acercarse falla el 2,1 % con seis nueves | artículo 03 |
| ISCO retrógrado | 6M (0) · 8,717M (0,9) · 9M (1) con e = 5/(3√3): eficiencia 3,775 %, peor que Schwarzschild | artículo 03 |
| Distancia propia horizonte-ISCO | 7,19M (0) · 3,02M (0,9) · mínimo 2,225M (0,998) · ∞ (1): la coordenada tiende a 0 y la distancia diverge | artículo 03 |
| Periodo del ISCO | T = 2π(r3/2+a)M/c, tomada como dato: 92,34 M/c (Schwarzschild), 19,04 M/c (GRS 1915+105) | artículo 03 |
| Límite de Thorne | a* = 0,998 por captura de fotones del disco ⇒ techo realista de eficiencia 32,099 % | artículo 03 |
| Gravedad superficial | κ = c²(r₊−M)/(r₊²+a²), sin θ; κSchw = c⁴/4GM = 1,522 × 10¹³ m/s² por masa solar; → 0 si a* → 1 | artículo 04 |
| Las cuatro leyes | κ constante · d(Mc²) = (κc²/8πG)dA + ΩHdJ · δA ≥ 0 · κ = 0 inalcanzable | artículo 04 |
| Fórmula de Smarr | Mc² = κc²A/4πG + 2ΩHJ; con a* = 0,9 el reparto es 43,6 % área y 56,4 % rotación | artículo 04 |
| Temperatura de Hawking | enunciada, no deducida (III.4): T = ħκ/2πckB; con κSchw da los 6,170 × 10⁻⁸ K del I.3 | artículo 04 |
| Temperaturas reales | 1,652 nK (GRS 1915+105) · 0,848 nK (GW150914) · 1,33 × 10⁻¹⁴ K (Sgr A*) · 5,76 × 10⁻¹⁸ K (M87*) | artículo 04 |
| El 1/4 calculado | (κc²/8πG)dA = T dS con S = αkBA/ℓP² ⇒ 1/8π = α/2π ⇒ α = 1/4, y la κ se cancela | artículo 04 |
| Entropía | S = kBc³A/4Għ = kBA/4ℓP²; 1,049 × 10⁷⁷ kB por masa solar; S(a*=1)/S(0) = 1/2 | artículo 04 |
| Capacidad calorífica | C = −8πGM²kB/ħc, negativa; −2,896 × 10⁵⁶ J/K con 10 M☉ | artículo 04 |
| Teorema del área con espín | GW150914: +56,7 % con progenitores quietos, +60,4 % con a* = 0,3; espín final máximo compatible 0,9937 | artículo 04 |
| Lo que queda de GW150914 | 65 M☉ → 3 en ondas + 4,13 de rotación extraíble + 57,87 irreducibles | artículo 04 |
| El único 0/0 del módulo | la e del ISCO extremo (a = M, r = M), y el b del fotón prógrado extremo de la hoja: numerador y denominador se anulan los dos | artículo 03 y hoja |
| Las otras tres trampas del límite a → M | κ y TH → 0/(2M²) = 0, cero limpio; r₊ − r₋ = 2√(M²−a²), resta inestable; la distancia propia hasta r₊, integral divergente | artículos 03 y 04 |
El módulo se cierra en la hoja de problemas.