Geometria dell'universo

[DOMMAG63]

Di seguito la mia convinzione sintetica sulla forma dell'universo stesso, ovviamente basata sui dati scientifici attuali a cui gradirei, ovviamente, il vostro commento.
Se l'universo esiste da un tempo finito (circa 14 miliardi di anni), allora deve essere una sfera quadridimensionale (3 dimensioni spaziali e una temporale) con centro nel big bang, raggio uguale a 14 miliardi di anni circa (ricordo che il tempo nello spazio quadridimensionale corrisponde ad una coordinata spaziale immaginaria) e volume ipersferico finito, ma senza confini (come la superficie di una sfera tridimensionale che è finita (4pigrecoR^2), ma allo stesso tempo non ha confini). Senza confini, non significa infinito. Infatti, quando la superficie sferica dell'esempio è finita, percorrendola sempre in una direzione, ad un certo punto si raggiunge il punto di partenza, cosa non possibile se fosse infinito. Ovviamente non ha alcun confine dato che oltre non c'è nulla (questo nel caso dell'universo).

[Red Hanuman]

I 14 miliardi di anni sono relativi alla sola dimensione tempo.
Le dimensioni spazio, in termini di anni luce, sono molto più estese.
Almeno, attualmente...

[Alby68a]

Ho letto un articolo proprio sul forum che spiegava come l'espansione dello spazio fosse avvenuta in modo repentino ed é tutt'ora in espansione.
Fatta questa premessa allora una parte di ciò che esiste come materia ed energia non sarà mai visibile in quanto la velocità di espansione dello spazio impedisce che la luce di certa materia arrivi a noi. Se questo é vero allora come facciamo a calcolare la materia/energia totale presente nel nostro universo?

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[DOMMAG63]

una parte di ciò che esiste come materia ed energia non sarà mai visibile in quanto la velocità di espansione dello spazio impedisce che la luce di certa materia arrivi a noi. Se questo é vero allora come facciamo a calcolare la materia/energia totale presente nel nostro universo?

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Per quanto ne so si "stima" la densità di massa o energia nell'universo visibile e questa stima si suppone valida per l'intero universo presupponendo però che esso sia uniforme su larga scala, cosa prevista dal modello cosmologico standard.
Per la materia ordinaria si stima che la sua densità sia di 9,9x10-27 Kg/m3. Con lo stesso metodo si stima la percentuale di materia ed energia "normale", e materia ed energia oscura. Il contenuto assoluto, invece, non può essere stimato proprio perchè presuppone la conoscenza del volume dell'intero universo. Questo volume, moltiplicato per la stima della densità della materia ordinaria, ad esempio, darebbe la quantità totale di materia ordinaria nell'intero universo. Infatti
46637

[manzonis]

Buonasera a tutti..
Il problema della geometria dell'universo è molto complesso e difficile secondo me, perché vi sono 4 dimensioni in gioco e noi cerchiamo di immaginare una sua rappresentazione bidimensionale nel nostro cervello. Ovviamente è impossibile, come è impossibile disegnare una sfera tridimensionale su un foglio...
Bisogna anzitutto differenziare l'universo nella sua globalità e l'universo locale osservabile. In questo modo noi possiamo dire che, dai dati, l'universo globalmente appare piatto e infinito in ogni direzione. L'universo osservabile, invece, è una sfera centrata sull'osservatore.
Si noti che con piatto non si intende una superficie piatta come può essere un foglio bianco, ma si intende piatto nel senso euclideo: la somma degli angoli interni di un triangolo è 180°.

[manzonis]

Si prenda come esempio la superficie laterale di un cilindro. Con un po' (non troppa) di geometria differenziale si può dimostrare che lo scalare di Ricci (che appunto determina la curvatura) vale zero. Quindi la superficie esterna di un cilindro è considerata piatta da un punto di vista matematico. Per una sfera però non vale lo stesso ragionamento. Se per il cilindro lo scalare di Ricci vale 0, per la superficie di una sfera lo scalare vale \frac{2}{R^2} dove R è il raggio della sfera.
Può anche essere che globalmente il nostro universo sia una sfera: con un raggio infinitamente grande, cioè al tendere di R\to\infty, lo scalare di Ricci tenderebbe a zero e di conseguenza lo spazio apparirebbe piatto.

Se qualcuno volesse, posso trascrivere i "conti della serva"... (come diceva un mio professore :razz:)

[Red Hanuman]

manzonis , bisogna pregarti? :sneaky:

[Antonello66]

Seguo con interesse. Ma più vi leggo, più nascono le domande e mi mancano le risposte. Probabilmente mi manca qualche “dimensione”.

[manzonis]

manzonis , bisogna pregarti? :sneaky:

Intanto facciamo quella del cilindro che è più facile!!

Partiamo dalle coordinate cilindriche avendo fissato il raggio di base del cilindro al valore a

\begin{cases}
x=a\cos\theta\\
y=a\sin\theta\\
z=z
\end{cases}\,


dobbiamo ora scrivere la parte spaziale della metrica dl^2=dx^2+dy^2+dz^2. Le coordinate sulla superficie laterale del cilindro sono (x^1,x^2)=(\theta,z). Calcolando dx,dy,dz nelle nuove coordinate otteniamo la metrica dl^2=a^2d\theta^2+dz^2 e quindi
g_{\mu\nu}=\begin{pmatrix}
a^2 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}

Come possiamo notare la metrica non dipende dalle coordinate (\theta,z) e quindi quando andremo a calcolare i simboli di Christoffel e di conseguenza il tensore di riemann questi saranno nulli, poiché non sono altro che "combinazioni delle derivate della metrica", che essendo costante in \theta e z annullerà tutto.
Quindi, essendo R=g^{\mu\nu}R_{\mu\nu} ed avendo R_{\mu\nu}=0, lo scalare di Ricci vale zero! In questo modo abbiamo mostrato che la superficie laterale del cilindro è matematicamente piatta!

Per la superficie sferica, la metrica dipende da \theta e quindi il tensore di Riemann non sarà nullo.

Appena ho tempo, forse in serata oppure domani, scrivo anche la "dimostrazione" per la superficie sferica. ;)

[manzonis]

Altrimenti "basterebbe" trasportare parallelamente un vettore lungo una curva su un cilindro e su una sfera vedendo cosa cambia! Per esempio quando avevo parlato delle geodetiche (https://www.astronomia.com/forum/showthread.php?38349-Geodetiche-e-Relativit%E0-Generale)...

Comunque nel modo di sopra, calcolando lo scalare di Ricci, si ha proprio il valore della curvatura dello spazio.

[manzonis]

Per quanto riguarda la superficie sferica di raggio a dobbiamo fare un po' più di conti.. :razz:

Notazione e premessa:

La virgola negli indici indica la derivata, per esempio g_{\alpha\beta,\mu}=\partial_\mu g_{\alpha\beta}=\frac{\partial g_{\alpha\beta}}{\partial x^\mu}
Consideriamo ora una metrica tempo indipendente, quindi avremo solo due coordinate: \theta,\phi.


Partiamo dalla metrica:
g_{\mu\nu}=\begin{pmatrix}
a^2 & 0\\
0 & a^2\sin^2\theta
\end{pmatrix}

Ricordiamo la definizione dello scalare di Ricci R=g^{\mu\nu}R_{\mu\nu} dove R_{\mu\nu}=R^\alpha_{\mu\alpha\nu} è la contrazione del tensore di Riemann. Il tensore di Riemann a sua volta è definito come R^\alpha_{\sigma\mu\nu}=\partial_\mu \Gamma^\alpha_{\nu\sigma}-\partial_\nu \Gamma^{\alpha}_{\mu\sigma}+\Gamma^\alpha_{\mu\lam bda}\Gamma^\lambda_{\sigma\nu}-\Gamma^\alpha_{\nu\lambda}\Gamma^\lambda_{\sigma\m u} dove gamma sono i simboli di Christoffel \Gamma^\alpha_{\mu\nu}=\frac{1}{2}g^{\alpha\rho}\l eft(\partial_\mu g_{\rho\nu}+\partial_\nu g_{\mu\rho}-\partial_\rho g_{\mu\nu}\right)
Gli unici simboli di Christoffel non nulli saranno \Gamma^{\theta}_{\phi\phi} e \Gamma^{\theta}_{\theta\phi}=\Gamma^{\theta}_{\phi \theta}.

Ora abbiamo tutto! Basta "solamente" tanta voglia di fare conti e derivate, però in maniera molto lineare si può calcolare il valore del tensore di Riemann, farne la contrazione del primo e terzo indice ottenendo il tensore di Ricci e ulteriormente contrarre questo per ottenere lo scalare di Ricci.

Ovviamente questi conti sono lunghissimi. Conviene sfruttare una proprietà fondamentale dello spaziotempo. Preso un qualunque punto P in ogni spaziotempo, è possibile scegliere un sistema di coordinate tale che la metrica sia quella di Minkowski. Questo sistema viene detto Local Inertial Frame (LIF). In questo modo, se riusciamo a trovare un punto in cui g_{\mu\nu}(P)=\eta_{\mu\nu} e g_{\mu\nu,\alpha}(P)=0, i conti si semplificano di molto! Infatti lo scalare di Ricci assume la forma:
R=\frac{1}{2}\eta^{\alpha\lambda}\eta^{\gamma\delt a}\left(g_{\delta\alpha,\lambda\gamma}-g_{\lambda\alpha,\delta\gamma}-g_{\delta\gamma,\lambda\alpha}+g_{\lambda\gamma,\d elta\alpha}\right)

È possibile costruire al polo nord della sfera un sistema di coordinate che soddisfi le condizioni dette poco fa: al polo è quindi possibile costruire un LIF semplificando i conti. La metrica quindi in prossimità del polo nord vale
g_{\mu\nu}=\begin{pmatrix}
1-\frac{y^2}{3a^2} & \frac{xy}{3a^2}\\
\frac{xy}{3a^2} & 1-\frac{x^2}{3a^2}
\end{pmatrix}

Sembra molto più complessa ma, esattamente al polo (con x=0 e y=0) questa diventa l'identità g_{\mu\nu}=\text{diag(1,1)}. Calcoliamo R con la (4) sommando su tutti gli indici:

\begin{array}
&R=\frac{1}{2}\eta^{00}\eta^{00}(g_{00,00}-g_{00,00}-g_{00,00}+g_{00,00})+ \frac{1}{2}\eta^{11}\eta^{11}(g_{11,11}-g_{11,11}-g_{11,11}+g_{11,11})+
&+\frac{1}{2}\eta^{00}\eta^{11}(g_{10,01}-g_{00,11}-g_{11,00}+g_{01,10})+\frac{1}{2}\eta^{11}\eta^{00} (g_{01,10}-g_{11,00}-g_{00,11}+g_{10,01})
\end{array}


Molti termini si annullano e giungiamo alla forma
R=2g_{10,01}-g_{00,11}-g_{11,00}
Le derivate seconde della metrica valgono
g_{10,01}=\frac{\partial^2g_{10}}{\partial x \partial y}=\frac{1}{3a^2}
g_{00,11}=\frac{\partial^2g_{00}}{\partial y^2}=-\frac{2}{3a^2}
g_{11,00}=\frac{\partial^2g_{11}}{\partial x^2}=-\frac{2}{3a^2}

Possiamo finalmente concludere facendo questa ultima somma:
R=\frac{2}{3a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{2}{a^2}

Ed eccoci al risultato! La curvatura di una sfera di raggio a vale R=2/a^2 al polo nord. Ora, dato che la sfera è simmetrica, la curvatura al polo nord sarà la stessa in ogni altro punto sulla superficie sferica!