Løsningsforslag til eksamen i AST4220, høsten 2003

Løsningsforslag til eksamen i AST422, høsten 23 Oppgave a) Ligningen er, i enheter der c =, Støv: Da er p m =, og vi har ρ i = 3H(ρ i + p i ). ρ m = 3Hρ m, og siden H = ȧ/a får vi diffligningen som gir og dermed ln ρm ( ) ρm ρ m dρ m dt ρ m dρ m ρ m = 3 da a dt ρ m, a da = 3 a a, ( a = 3 ln = ln a) ( ) a 3, a dvs. ( ) a 3 ρ m = ρ m = ρm( + z) 3. a Stråling: Da er p r = ρ r /3, og vi får ligningen ρ r = 3H ( ρ r + ) 3 ρ r = 4Hρ r. Denne ligningen løses på samme måte som den i forrige punkt, og resultatet blir ( ) a 4 ρ r = ρ r = ρr( + z) 4. a

Kosmologisk konstant: Da er p Λ = ρ Λ slik at og dermed har vi at ρ Λ = 3H(ρ Λ ρ Λ ) =, ρ Λ = ρ Λ = konstant. b) Antall indre frihetsgrader for et foton er lik 2, mens et nøytrino bare har en indre frihetsgrad. Til gjengjeld kommer nøytrinoene i 3 ulike varianter (flavours), og hvert nøytrino har sitt eget antinøytrino. Her er ρ en energitetthet, så dersom vi setter inn lyshastigheten igjen har vi at ρ r c 2 = π2 3 [ 2 (k BT ) 4 + 7 ( hc) 3 8 3 2 (k BT ν ) 4 ] ( hc) 3 [ + 2 ( ) 4 4/3 ] 8 = π2 (k B T ) 4 5 ( hc) 3 7.62 4 Jm 3. Den kritiske energitettheten er gitt ved slik at dvs. ρ c c 2 =.689 9 h 2 J m 3, Ω r = ρ rc 2 ρ c c 2 = 4.2 5 h 2, Ω r h 2 = 4.2 5. Energitettheten i støv var lik energitettheten i stråling da som gir for Ω m =.3 og h =.7. Ω m ( + z eq ) 3 = Ω r ( + z eq ) 4, z eq = Ω m Ω r = 3.5 3 2

c) Med utgangspunkt i den første Friedmannligningen finner vi H 2 H 2 = Ω m ( + z) 3 + Ω r ( + z) 4 ( ) a 3 = Ω m + Ωr a ( a = Ω r a ( = Ω r a 4 ) 4 [ + Ω m + a a eq ( ) a 4 a ] a Ω r ), a der vi i siste overgang har valgt a =, noe vi kan gjøre for flate universmodeller. d) Fra resultatet i forrige punkt får vi videre ved å trekke ut kvadratroten på begge sider: ( da ah dt = Ωr + a ) /2, a 2 a eq som vi ordner om til Da kan vi integrere på begge sider: ( ada + a ) /2 = H dt. Ωr a eq H t dt = Ωr a a da. sqrt + a a eq Innfører vi en ny variabel x = a /a eq får vi så at H t = a2 a/aeq eq Ωr xdx + x. Det ubestemte integralet vi trenger står oppgitt i oppgaveteksten, og setter vi inn integrasjonsgrensene får vi da H t = a2 eq 2 ( + a ) 3/2 ( 2 + a ) /2 2 Ωr 3 a eq a eq 3 + 2 3

= a2 eq 4 ( Ωr 3 + + a = a2 eq 4 Ωr 3 4 ( + a 3 = 4a2 eq 3 Ω r ( ) /2 ( 2 a eq 3 + 2 ) a 2 3 a eq ) /2 ( a ) a eq 2a eq a ) ( + a ) /2. 2a eq a eq For å finne universets alder ved a = a eq setter vi inn a = a eq i resultatet over. Det gir H t eq = 4 a 2 ( eq ), 3 Ωr 2 og bruker vi + z eq = /a eq sammen med tallverdiene oppgitt for den andre størrelsene, får vi at t eq = 4.8 4 yrs. e) Rødforskyvningen z Λ er bestemt av at som gir + z Λ = og setter vi inn tall finner vi at z Λ = ρ m ( + z Λ ) 3 = ρ Λ, ( ) /3 ( ) /3 ρλ ΩΛ =, ρ m Ω m ( ).7 /3 =.3..3 For det tilfellet vi skal se på her blir Friedmanns første ligning H 2 H 2 = Ω m a 3, (har satt a = ), som kan omformes til Ω /2 m a /2 da = H dt. 4

Denne ligningen integrerer vi opp: H tλ dt = Ω /2 m og setter vi inn tall finner vi f) Se forelesningsnotatene. aλ t Λ = 9 yrs. a /2 da = 2 3 Ω /2 m a 3/2 Λ, g) For den strålingsdominerte fasen er a t /2 slik at ȧ/a = /2t, og med ρ m blir ligningen d 2 dt + d 2 t dt =. Innfører vi y = d /dt får vi en førsteordens diffligning: som vi ordner om til og integrerer vi denne finner vi at dy dt + y t =, dy y = dt t, y = B 2 t, der B 2 er en integrasjonskonstant. Da kan vi finne ved å integrere en gang til: = ydt = B 2 ln t + B, der B er en ny integrasjonskonstant. I et flatt, materiedominert univers er a t 2/3, ȧ/a = 2/3t, og ρ m = ρ c = 3H2 8πG = 6πGt 2. Setter vi dette inn i diffligningen blir den til d 2 dt + 4 d 2 3t dt 2 3t2 =. 5

Vi undersøker om det finnes løsninger av typen t n. Innsatt i ligningen gir dette at n 2 n + 4 3 n 2 3 =, som har løsninger n = og n = 2/3. Den generelle løsningen er derfor = C t + C 2 t 2/3, der C og C 2 er konstanter. I det siste tilfellet er a e HΛt, ȧ/a = H Λ, og ρ m. Dermed blir ligningen d 2 dt + 2H d 2 Λ dt =. Igjen setter vi først y = d /dt, slik at vi får førsteordensligningen Den skriver vi så om til dy dt + 2H Λy =. dy y = 2H Λdt, og ved integrasjon finner vi at Dermed blir til slutt gitt ved y = Ae 2H Λt. = ydt = D + D 2 e 2HΛt, der D og D 2 = A/2H Λ er integrasjonskonstanter. h) Om en perturbasjon vokser eller ei er bestemt av forholdet mellom kollapstiden for en område med tetthet ρ m og tiden universet bruker på å ekspandere vesentlig. Kollapstiden er τ c (Gρ m ) /2, 6

mens ekspansjonstiden er τ H (Gρ i ) /2, der ρ i er komponenten som dominerer universets energitetthet. For det strålingsdominerte tilfellet er dette ρ r, og for de Sitter-universet er det ρ Λ. I begge tilfeller er det da slik at ρ i ρ m, og dermed er τ c τ H. En tetthetsperturbasjon bruker da mye mer tid på å vokse enn universet bruker på å ekspandere. 7

Ä ÒÒ ÓÖ Ð ØÐ ÑÒ Ë̾¾¼ ØÒ ¾¼¼ ÇÔÔÚ ½ µ Î Ö À ¾ Þµ À ¾ ¼ ŠѼ ½ Þµ Å ¼ ½ Þµ ¾ Å ¼ µ Ö ØÒÐ Ò Å Ñ¼ Å ¼ Å ¼ ½ ÒÒÖ Ú Å ¼ ¾ Ó ½ À Þµ À ¼ ¾ ½ Þµ ¾ ½ Þµ¾ ¾ Ò ÖÚÖØ Ö ÒÙÐÐ ÒÖ À ¼ Þµ À ¼ ¾ ½ Þµ¾ ½ Þµ Õ ½ ¾ ½ Þµ ¾ ½ Þµ¾ ¾ ¼ ÓÑ Ò Þ ¼ Ö Þ ½ ÓÑ Ò Ø Ð ÒÒº Î Ö ÖÓÖ Þ ÐÓØ ½º Î ÒÒ ØØÒ ÒÒ À Þ ÐÓØ µ ¼º µ ÍÒÚÖ Ø ÐÖ Ö ØØ Ú ÓÖÐ ÒÒ ÒÓØØÖµ ½ Þ Ø ¼ ¼ ½ ÞµÀ Þµ ËÒ ÙÐÔÖÑØÖÒ ÓÖ ÒÑÓÐÐÒ Ö ÑÒÖ ÒÒ ÓÖ Ò Ø ÙÖµ Ö Ú Ø Ø ÐÓØ ¼ Ø Ø ¼ µ ÓÖ Ø ÖÙÑØ ÙÒÚÖ Ñ ÙÒ ¹ÖÐØÚ Ø ÑØÖ Ö Ú Ø Ö Ú Ø À Þµ À ¼ ÕŠѼ ½ Þµ Å ¼ ½ Þµ ¾ À ¼ Þµ À ¼ ŠѼ ½ Þµ ¾ ¾Å ¼ ½ Þµ ÕŠѼ ½ Þµ Å ¼ ½ Þµ ¾ Ó ÒÒ Ö Ð ÒÙÐÐ ÓÖ Å ¼ ½ Þ ÐÓØ ¾ ¾ ŠѼ ½ ½ ŠѼ ŠѼ

5 H(z)/H 5 2 3 4 5 z ÙÖ ½ ÀÙÐÔÖÑØÖÒ ÓÖ ÒÑÓÐÐÒ ÐØÖÙÒ ÐÒµ ÑÑÒ¹ ÐÒØ Ñ ÙÐÔÖÑØÖÒ ÓÖ Ò Ø ÑÓÐÐÒº ¾

Ö Ú Ö ÖÙØ Å Ñ¼ Å ¼ ½º Î Ö Ø Ú Ñ Å Ñ¼ ½ ÓÖ Ø ½ Þ ÐÓØ ¼º ÅÒ Ú ÖÚÖ Þ ÐÓØ ½ Ó Ñ Ú Å Ñ¼ ½ ŠѼ ¾ ËÒ Ú ÚØ Ø Å Ñ¼ ¼ Ö ØØ Ø ¾Å Ѽ ¾ ŠѼ ÑÒ Ø ØÝÖ Ø Å Ñ¼ ¾ ÚÐØ Ö ÙÑÙк ÃÓÒÐÙ ÓÒÒ ÐÖ Ø Ø Ö ÑÙÐ Þ ÐÓØ ¼ ÒÒ ÑÓÐÐÒ Ó ÖÑ Ö Ú ÐÐÖ ÒÒ Ò º µ Á Ø ÙÒÚÖ Ñ ÖÙÑÒÒ ÑØÖ Ó Ó ÑÓÐÓ ÓÒ ØÒØ Ö Ú Ø À Þµ À ¼ ÕŠѼ ½ Þµ Å ¼ ½ Þµ ¾ Å ¼ ÖÚÖÖ Ú ÒÒ Ó ØØÖ À ¼ Þµ ¼ ÒÒÖ Ú ÑÑ ÙØØÖÝ ÓÖ Þ ÐÓØ ÓÑ µ Å ¼ ½ Þ ÐÓØ ¾ ŠѼ ÑÒ Ò Ö Ú Å ¼ ½ ŠѼ Å ¼ º ËÒ Ú ÚÖØÐÐ Ñ ½ Þ ÐÓØ ¼ Ö Ú Ø Ø ÖÚÖ Ø Å ¼ ¼ Ú º ŠѼ Å ¼ ½ Ó ÙÒÚÖ ÑÓÐÐÒ Ö ÐØ ÐÙغ ÎÖ Ñ Ú Þ ÐÓØ ¼ ¾ ŠѼ Å ¼ ½ ŠѼ ½ ÓÑ Ö Å Ñ¼ Å ¼ ¾ ŠѼ ½ Ú º Å ¼ ½ ¾ ŠѼ ½ ÇÔÔÚ ¾ µ ÓÖ Ë¹ÑÓÐÐÒ Ö Ú Øµ ¼ ØØ ¼ µ ¾ À ص ¾ ص Ó Ñ Øµ ص À ¾ ½ Ø ¾

µ ÈÖØÙÖ ÓÒ ÐÒÒÒ Ö Đ ¾ ¼ ÀÝÖ Ò ÒÒ ÐÒÒÒ ÓÑÑÖ Ö ÈÓ ÓÒ ÐÒÒ ÓÖ ÔÖØÙÖ¹ ÓÒÒ ÖÚØ ÓÒ ÔÓØÒ Ðغ ÒÒ Ö Ú Ø ¼ Ð ÚÖ Ò ÑÐÖ ØØØØÒ Ú Ò ÐÒ Ú ÑØÖÒ ÓÑ Ò ÐÙÑÔ Ó ÒÒ Ö ØØ Ú ¼ ½ µ Ñ º ËØØÖ Ú ÒÒ Ö ÙÐØØÒ µ Ö Ú Ø Đ Ø ½ Ø ¾ ½ µ ¾ ½ µ Ø ¾ µ Î ÒÒ ØØÒ ÒÒÖ Ú Ø «Ñ ÓÔÔÝÐÐ ÐÒÒÒ «¾ ½ «¾ ½ µ ¼ Ó Ò ÔÓ ØÚ Ð ÒÒÒ Ñ «¼ ÓÖ Ò ÚÓ Ò Ð ÒÒµ Ú ÒÒ ÐÒÒÒ Ö ¾ «½ ¾ ½ ½ ½ µ ½ Õ ¾ ¾ ½ ½ ¾ ½ ¾ ¾ ½ ÓÖ ½ Ò Ú ÖÙ ÖÙØÚÐÒÒ Ô ½ Ü ½ ܾ Ó ÒÒÖ «½ ½¾ ½ ¾ ½ ¾ ½ µ ËÒ» Ø ¾ Ò Ú ÖÚ» «¾» ½ Þµ «¾ Ó Ö Ú Ø Þ ¼µ Þ Þ Õ µ ½ Þ Õ µ «¾ «¾ ÐÒ ½ ÞÕµ ¾ ¾ ½ µ ÐÒ ½ ÞÕµ ÐÒ ½ ÞÕµ ÐÒ ½ ÞÕµ ½ Þ Õ µ ÐÒ ½ ÞÕµ

µ ÓÖ Å Ñ ½ ¼ Ö Ú ½ Þ Õ º ÌÐÐÐØ ¼ Ö Þ ¼µ Þ Þ Õ µ ½ Þ Õ Ó ÓÖ ¼½ ÒÒ Þ ¼µ Þ Þ Õ µ ½ Þ Õµ ¼½ ÐÒ ¼ ½ Þ Õ µ Î Ö ÐØ Ø Ú ØÒ ÔÖØÙÖ ÓÒÒ ÐÖ ÖÙ ÖØ Ñ ÓÑØÖÒØ ¼ ± Ö ÓÑ ÒÝØÖÒÓÒ ÙØÖ ½¼ ± Ú ÑØÖÒº ÇÔÔÚ µ ÓÖ Ô Û ÐÒÒÒ Ûµ ½ ÓÑ Ö Ó ÖÑ ¼ ½ Ûµ ¼ ½ ¼ ¼ ½ Ûµ µ ØÒ Ú Ò Ñ Ú Ö Ú Ø Ó ÑØ Đ Ú Ú¼ ½ Ûµ Ú¼ ¾ Å Ú¼ ¼ ½ Þµ ¾ ¾ ¾ À ¾ ¼ ŠѼ ½ Þµ Å Ú¼ ½ Þµ Ñ Ú Ô Ú µ Ñ Ú Ú µ ½ ¾ À ¾ ¼ ŠѼ ½ Þµ ØØ Ö Õ ½ ŠѼ ½ Þµ ¾ ŠѼ ½ Þµ ½ ŠѼ µ ½ Þµ ¾ Ò Å Ú¼ ½ ŠѼ ÓÖ Ø Ú Ð Ø ØØ ÙÒÚÖ º

µ Á ØØ ØÐÐÐØ Ö Ú ¾ Đ À¼ ¾ ÅѼ ½ Þµ ż ½ Þµ ¾ Ѽ ½ Þµ ½ ¾ À¾ ¼ ŠѼ ½ Þµ ÁÒÒ ØØ Ò ÓÒÒ Ú Õ Ö ØØ Õ ½ ÅѼ ½ Þµ ¾ ÅѼ ½ Þµ ½ ÅѼµ ½ Þµ ¾ Ò ÅѼ ż ½º Î Ö Ø ØØ Ö ÒÝØ ÑÑ Ö ÙÐØØ ÓÑ µ Ó Ú Ò ÖÓÖ ÐÐ ÑÐÐÓÑ Ø ÖÙÑØ ÙÒÚÖ Ó Ø ØØ ÙÒÚÖ Ñ Ò Ú Ñ ØÐ ØÒ ÐÒÒ Ô ÖØ Ô ÑÐÒÖ Ú ÐÖ ÓÒ ÔÖÑØÖÒ ÐÒº Á ÔÖÒ ÔÔØ ÒÒ Ø ÑÐÖØ ÒÖ ÑÐÒÖ ÑÒ Ò Ö ÓÖ ÐÐ ØÓ ÑÓ¹ ÐÐÒ Ö ÚÖÒÖ ÓÖ ÑÔÐ Ö ÑÑÒÒÒ ÑÐÐÓÑ ÒÙÐÖ ÑØÖÚ ØÒ Ó ÖÓÖ ÝÚÒÒ ÓÖ ÐÐ ØÓ ÑÓÐÐÒ ÐÚ ÓÑ ÙØØÖÝØ ÓÖ ÙÐÔÖÑØÖÒ Ö Ø ÑѺ ÓÖ ÐÐÒ Ö Ñ ÖÓÖ ÝÚÒÒÒ ÔÓ ÓÒÒ Ú ØÓÔÔÒ ØÝÖ ÔØÖØ ØÐ Ò Ó Ñ ÖÙÒÒ ØÖÐÒÒ ÚÐ ÙÒÒ Ò ØÐ ÐÐ Ñй ÐÓÑ ÑÓÐÐÒ Ò Ö Ø ÑÐ Ô ÒÙÐÖ ÑØÖÚ ØÒ ÙØ ØÐ Þ ½¼¼¼º

n _ s B ƒ   B!"!# $ % &('#)+*-,,/.,-2+!- 345(,/..6 798"8":<;>=<?A@ BDCFEHG IKJMLONPBQNRGSNTVUQLXWYGSZ5BS[-LO\XWY]M\X]MW#^R_Y`bacDC<dYWe^f_Y`baYagC\hTidYZRGSLOG IK]M\O]jWIk]jdYNlB NfGS]jG/[G m B/oMZRJMpGqB N"rst_Quv^f_xwzy{Cl` o CF}"BQZ~B N ^Vy s DCs cd q M ˆ RŠK HŒŽ{ Y/ ~ ƒ Z QC ZPB/LO\XWY]M\X]MW^f_ˆ` a C\ TidˆZfGSLXG Ik]j\O]MWvIk]MdˆNlBQNRGS]MG"š ]M]jGSZx[{\ TidˆZ~y$sœg žÿ ƒ ^f_~ žÿ SC ^ dvik ~ _QCl dyw -G m žÿ xs gc/wy\xz~m{gsnrnfg s dik «M c IkdY \O]M] IRBQNRN \hlx\owy]j\o]mw^r_y`ˆ C<WY\XZ ^ y/sœdcs g a ~ Z m±cf ZPB/LO\XWY]M\X]MW^f_ˆ` cc\ TidˆZfGSLXG Ik]j\O]MWvIk]MdˆNlBQNRGS]MG"T BQZx[g\ n ^ y/sœcs cd² _x ž Ÿ Ik\O]j «_ M"³ r Ÿh µ fšk m{gsz~r Ÿh s žÿ u^f_~ žÿ CP` ]M] IfBQNRNxNlB LOLhWY\XZ~m{GSNRNfG ^ y/sœdc ŒŽ{ ~ Z` GYC dˆz~bqn~[{\¹ikpˆbql BGS]º BQZRNf\Xp{pGSLX MdYZR\»IKdY]gNS¼ n ½ ¾ˆ #sœàá kä A à r±^ ÄC s få $Æ Ç ÄK ÅQÈ Á B GS]ÉGS] mggslo\xẅ [GZlm{\V`-Ê"B B_" n š ]M]MG IG] G[GS]{NR MdYZR\»IKdY]gNS¼{ n ÇtË ¼m{[jI `ÇtÌÍ_ˆ`# MdYZB Nm{GSN IkpˆBQL ½ Έ #sœà-ï Ä Á r ^  à ÄC s KÐ Æ xzç Äk Å È Ï Á _

` n µ à  s Ë Ã n c a c w ` à ƒ w C n w w B n n Ë B B/GS]GS] m{glo\ow[gszlmg\ ` Ê5B$ B_zÇ4Ì ¼ m{[ji `Ç4Ë _ˆ` dˆz~ç sž_qgszo GSŴ WYG \O]gNfGSŴ ZlBQLXGS]MGdQ[GZqm{\O[GZfWYG]{NRG¼ IK\»m{G] u s LO] ` MdYZ B- BBQpjIkGSLXGSZlBˆI fdˆ] n B n r tç^ ÇÉ _QC Å ` \ m{gs]jm]m\o[gzlikgnxgspmikº BQ] m{gszfgzs¼m BÇ ¼ I n p{zr\onfgzf\ogntidyzqb pmikgslogszpbyi fdy]éomlo\xz"mmbç Ë g _Y¼m{[jI `m{gsn5ifb - -GIkdˆ TidYZ B B n GS]GS[GS]gNf MdˆZf\»IKdY]gNS` T C BYIKNlB ] m{gs]égszqwb L `-Ê~GSN"GS]MpgLOG n IkNfG dynfgpmikgs -º GSLOG NxGSZm{G \ONRNfGSZ dgm{gslolxgs]h¼ m{gsz r Ë ¼h -G] s r u res q stpdˆ] IkNPBQ]gNS`#dgm{GLOLOG]#\ TidˆZfZf\XWYGºMJj]Mp{N GSZxdYWvI B$GSNx dynfgpmikgs -º GSLi n s r u r sœç u ¼ IkdY BS[gNlBQZx G m Nf\ m{gs]-tidyz5bqlxlog Ç4Ë W{C BYIKNlB ] m{gs]9gsz ZR\OpgNf\XWM`9Ê GSN IkGSZ[{\xLXGSNfN[G n m B#oMZRJMpG m{g š ]M\»I fdy]mg] BS[ r s r r{u r s rm¼ dˆwéik\»mggs] rzë ºjZS` m{g š ]M\»I fdy]z\gn/b pmikgslogzfgszrgs] m{g JM]M\O[GZlI ¼g BQZx[g\ ^ rm #CRu s r-ë ¼ IkLO\XpBQN~rM UQpGSZ< -G m NR\»m{GS]¹` 798"8":<;>=<? BDCF ZR\OG mg BQ]M]jLO\OŴ ]M\O]jWYGS]MG~oMLX\OZ\mgGSNfNRG"Nf\XL TiGSLXLOGSN r w ^f_xwzy{c #"!Ÿ r s S^R_wzy{C <zc " r $ Ÿ dyw-[g m B$ojZfJMpGm{G š ]M\»I fdy]mgs]ébs[nfgnfnf jgsnlikº BQZPBQ -GSNRZfGS]jG TVUQLXWYGSZ5m{G/NRd TVUQZPIkNRG LO\OŴ ]M\O]jWYGS]MG\ dˆºmºmwvb [GNfGSpjIkNRGS]h`"Ê~GS] NfZRG m% fg TVU LOŴ GSZ"[G m BIkGSNRNfG yfs \X]M]#\ m{gs]-tvuqzpiknfgqlx\owy]j\o]mŵ GS]h` o C&"\ QC. r±^vy ( Cs B n B' r±^vy)(lcs WY\XZ" ^ y ( Cs dyw* rm^vy+( C-, ¼ dyw m{gszf G m ^R_wzy ( C ^R_wzy ( C "s žÿ ž/ ž { &"\»m{gzfg"ŵ \OZ rm^ y ( C-, o GSNf\X]MWYGSL IkGS] ^f_w y+( C 32 ž Ÿ ƒyž { &"\ omzrjmpgsz TVU ZlIkN $s _" /Nf\XL B GSLO\X -\O]jGSZfG n ¼IkGSNRNfGSZm{GSNRNfG \O]M]\m{GS]-TVU ZlIkNRGqLO\OŴ ž/ ]M\O]jWYGS]dYWL»Û žÿ IkGSZx G m MGS] I ž ] º n `Ê GSNxWY\XZ ž/ ž ^f_xwzy+( C ^f_w y)(lc "s ž Ÿ ž y ( ^Vy ( w ƒ

ƒ s ƒ n n GSNfNRGSZq[{\ m{gsnrnfg\o]m]4\jmlx\opg MGSNRGS] d [GSZqdˆẄ TidYZRGS]MpgLOGSZqJMNRNfZ dyºmº -G mjmlo\xp{ MGNfGS]-\hdˆºMºMWvB [GNfGSpjIkNRGS]h` pgpgs]mg¼hgs] m{gsz/[g\ m±cf m{g]m]mgé -dgm{gslxlogs]z B Z#r G] -\O]M\X BQLX[YGSZPm{\i¼ dˆw m{gn-o GSN ZB Ny B Z G] BQpjIk\X BQLX[YGSZPm{\ ¼ ys y ( ` v\»m{gs] m{gs]j]mg \O]M\X BQL [GSZRm{\XGS]q -\O] IKN BH[ ZfG~LO\Xp m{gs]é U G IKNfGdYo IKGSZf[GZfNfGZPUYmDTidˆZlIKp [{]j\o]mŵ GS]h¼ B [g\ By (,A{` GNfNfGZ [g\ m{gsnfnrgq\o]m]\ ZRG IkJjLONlB NfGSNx\ Cl¼DT BQZx[g\hB N n _ 2 žÿ _S ŒŽ{ Y µ Ê GSNfNRGGSZqGS] JMZRG BQLX\»IkNR\»IKp#L»BS[[GSZlm{\V`Ê G G IKNfGdYo IkGSZR[YBˆI fdˆ]mgsz/[g\ B Z/N m{gsz º B B N n cg¼dywé[g\[gsnb Nm{GS]zo BQZ dy]m\ IkpG B NfGSZR\OGS] BQLXGS]MGJMNfW lu Z žÿ { aj`xê GS]j]MGqJM]M\O[GZlIk dgm{gslolxgs]gsz~m{gszktidyzx M\X] Ik\ m{g IxBQLXL TidYZR]{J{TiN^ GS] ž g WBQ] IkpGBQZRNf\OW C c

z z y } o d d! #"%$'&)(+**-,/.24365! 789*-,,;: <>=8=8?A@BACED FHGJILKNMOQPRMTS ƒ N H FVUXWZY\[6]^FVM`_aWbFVPcTdfehgjilk Km[ncTdfegpo\qk roskmtu[mwzmviwgxo\q\yz {~}\; ag KmMˆOQ TŠa_TY\WZYb[m ŒY Œ Ž ŒM F [NWZP~Pl_ } Ž } z i Ž i OQKmt [mwzm Œ Ž z }Œ m Nša GJILMRWZ t/fvy\ybuzwz[ny\wzyb[m ŒY UZWXMW P~P~ nprwzu UZUZ P œ o e ož z šmÿ c oh zp e šmÿ 6c e o q zj e o q ŒPl[mWXM o6 zp n fo q R«e OQKmt _aw NFVYWZYTP~ Œ[NM~ ŒMR 8Km b KN[ ^Y\Yb m lz } n A o y «e oz n ²±m± š-³6štm ze ²± zw ³6ŠTM VG µ-s FO~F t+t+ 6t#S FVP~ OQKNt W G ^YbY\ ŒMl_TW Ž z } n A +ş¹»ºz¼ o y «e o z n o R«Ž e z Œ{R}½ ¾ Ž sg q R«e½ ÁÀ+ } mãštm GJÄ _\OsP F Y ŒY{ t+ ŒPRM~WZ T NFŒ_\OsP FVY ŒYÅGAP~WXUÆ LFVM~PRWZ T ŒUZ]bKmM~WÇOQKNYaPR ŒŸ _ Ž 8 ŒMn[NWZP~P _ {» Ž GÊz o^{ Ž G mèné Ë ¹»ºX¼ o { msìg z e «Í }½ ¾ Ž Ë ¹ÎºZ¼ msì e d e Ì Ì } Œ Ž Ž y «Í z d e }½ Œ Ž y {~} Œ Ž ~G qby «e d {~} Œ Ž~G R«e z d n {R} Œ Ž ~G q R«e z VÏÐ Ñ }

Ð z z z d } z z z d G Ð Ð e G mg ŒP~MRWZ T mfœ_boqpˆfvy Y M FKORO½PRWZU Œ Ž ŒMl[mWXP~Pl_ o^{ d z } G {» Œ ŽRGÆzj} Â Ë o { m e Ë ¹»ºX¼ y Ž y z d } } Œ Ž zxš  } Ž y y Ñ {~}VG GJILMˆF ^YbW O~KNY\ ŒYFŒ_/FVYb[ \UM WÇFVt+ P~ ŒMˆF¾_bOQPˆFVY ]^FVM6_aW Km[ F¾_ ŒP~PR F M_TW S <>=8=8?A@BAC FHG8WÅ]^F M8F P ÈmÉ { c!a{ {Î ¾ Ž ~Gz ÈNÉ {» Œ Ž QG ÈmÉ o^{ fg {» Œ Ž ~G } Œ Ž {» Ž G {~} Ž G }Œ N m Â Ñ VÏÐ mèmé {Î ¾ Ž ~G š  }Œ Ñ z M F z } š8[mmˆf M { G9z GÊz ILMˆFFV boq ŒUX ŒM FNO~KNY^OQUXWZ[mYbWZY\[N ŒY o z o {~}l8g e cf{ G z šnÿ o$ z Ï o OQ ŒMl_TWFVPl_TW t#s F ]LF')( G-,vYb ŒM~[NWZP~ P~P~]b ŒP~ ŒY t#s F8KN \ ŠTUZUZ nuxwz[mybwzy\[n ŒY Ÿ {c!l &%HG z Ï } " Ÿ -{R}½# G e Ÿ c!{~}l G }+* KNM+S F-]^F;FV boq UZ ŒMˆFmO~KNY c!nz {c! %mgz. e

} } o } o. z } c ILMˆF-U OQY\WXY\[m ŒYOQKNt ŒMlKm b \[mwxp~pl ^Y\Y\ ŒMl_TW. z m z o {~}l8g šnÿ OQUZWX +F P. e z {~}l8g šmÿ ILMˆF-M~ O\UZPˆFVPR ŒPlWFHG ^YbY\ ŒM6_aW FVP c!!z z } Ÿ {R}½# G e {~}l8g šnÿ } o } Ÿ -{R}8G e Km[ ŒM~t+ OQ MÆ_TW^F P c!nz {c! %G roskmt Y^Os ŒPŒ`µ KmPR ŒY^OQWÇFVUX ŒP x NFVY _aw ¾OQP~ t+t+ M F ŒP~WXY\[m U OQ Y %!z lc! Ft>S F8_aWÑ]^F. e {. Gz OQKmt [mwzm {. } Gz } 8WOs ŒP~PR ŒM WZY\Y \PRP~MRŠa T ŒPÅ_TW FVYTP P~W UZWX[m ŒMR KmM [m ŒY Km[ ^Y\Y\ ŒM ;{. G z e z šnÿ {~}l8g»c. e {. G. e o y. Km[ M \ ŒM I\MRWZ tjfvy\y\uxwz[ny\wzy o q y 8WÅ NFVYOS F M b \P~PRM~ŠT a P KmM. {ÎoLG`P~WXU8S F \P~MRŠa T no _. Km[ ŒM~t FVMl_TW S {. GÆz oz T {~}# GÎc šnÿ {~}8G T VÏ {.. ŒG Ÿ {~}l8g {.. G

} c œ } c o } Ì o z o Ì œ ž ž œ VG 8WÅ NFVYOQ TM~WX_ 8 ^KmP~ Y^OQWÇFVUZ Pl_aW F YaPlW GAOsKmt ;{. G z a VÏ Ÿ {R}½# G. a OQKmt ŒMl S F ŒY Y^Os KmMRt+ ŒY ŒM OsKmt _TW U F M Km[ z a VÏ Ÿ {R}½# G z {~}l8g {~}l8g. W Y % +c!nzp{r}å 8G»c! ŒPsŠaMF P }lkm[ ^ ŒM f ^Y\W O ~KmY r ŒM F ŒP~WXY\[m U OQ Y KNMS F ]^F % +c FVMR ai\kmms F½]^FFV boq ŒUX ŒM FNO~KNY t#s F8_TW ]^F ( }+* r KN[ ŒPl[mWXM ( F S ŒYO TP~ ŒP~WXY\[m ŒUÇOQ ŒY UZWXM <>=8=8?A@BAC FHGJILMRWZ t/fvy\ybuzwz[ny\wzyb[m ŒY; NFVŸ Os amrwz_ O Je e ( ( o z o e W Y F S nkm[ n] Š\OsPn ŒMnFŒ_ OsP MRM~ ŒUÇOQ OsKmM ŒY>} Ẁ M~ F UZW OsP~WÇOQ by\w _ ŒM Ost+K ŒUXUZ ŒMl_TWZU ŒP Î MˆOQPR UX \ ŒP6 AS F ] ŠaMR OQW ŒY Kmt+WXY\ ŒMR!YAS F M-o }mr _\Of P~W UZWX[W ŒYt/FVPR ŒM~WX KNt+W²Y\ ŒM~PR FmOs ŒY GJILMˆFI\M~WZ t/fvyby\uzwx[my\wxy\[m ŒY \PR ŒY/ am \t+y\wxy\[osuz \ ŒP ^Y\Y\ ŒM6_TW. ž šmÿ ž Km[ ŒM~t OQKmt [mwzm o { o m G z y «e œ n zp n y «e o q R«e y «e y «e e Ë m Ì e Ï

G Ï z e e VG ^WZ[mYbWZY\[N ŒYOQKmt OsPQŠTM~ MP~W Ö bp~_twz TUZWZYb[m ŒY+PRWZUÑP~ ŒPRP~]\ ŒPˆOQ ^ ŒMRP \M FmO ~KmY\ ŒYb - ŒM 8WÅ]^F M8F P Km[ ^WZ[mYbWZY\[N ŒY UZWXM ŒM~t $ c A{ Gz o o $ 9Ï z o o z c o { Ÿ 6c { z } " Ÿ G OQKmt ŒM;Y ŠTFV TP~WZ[ ŒY O~F t+t+ /OsKmt KmM+ Y, Ît+K ŒUXU» ŒY_KN \Os ŒY U OsY\WZYb[m ŒY UXWZM ŒMRt+ ; ŒYO~F t+t+ r { G g e GJILMˆF FGl_ ŒP6_aWF P8 ŒY\]T_ ŒM S FV ^ ŒYt+K ŒUXU _awxu Km \ M~ ;Os Œ[/OQKNt ŒY ÑFVPt+K ŒUXU _ ] Š;M N H KmMˆOQ TŠa_TY\WXY\[\I\M Fn VG`Os ŒM_aW FFVPP~ ŒPRP~]\ P OQ ^ ŒMRP \M FmO ~KmY\ Y\ 8_TWZU _Km boq 6 S FO~F t+t+ t>s F P~ 6OQKNt WÑ ŒP, WZY^OsP~ ŒWXY WXP~PR ŒM \YbWZ_ ŒMˆO ŒPA ŒM M KmM U\MRP S F/[ M~ K Os ŒM~_NFmO ~KmY\ Y\ /_ ] ŠM m H KNM OQ TŠT_aY\WXY\[ ŒM OsKmt9t/FVY Y^Os ŒM+S FOs KmM Os ~ UZUÅ AS F nprkp~wzu ŒUZUX ŒY\ À

Løsningsforslag til ny eksamen i AST422, høsten 25 Oppgave a) Setter vi inn p = wρ i ligningen vi fikk oppgitt, får vi ρ = 3ȧ ( + w)ρ, a som etter separasjon av variable gir ρ ρ dρ ρ = 3( + w) a da a, dvs. Dermed: ( ) ρ ln = 3( + w) lna = ln a 3(+w). ρ ρ = ρ a 3(+w). b) For støv er w =, for en kosmologisk konstant er w =. Vi har derfor ρ = ρ m + ρ Λ = ρ m a 3 + ρ Λ = Ω m ρ c a 3 + Ω Λ ρ c = ρ c (Ω Λ + Ω m a 3 ) = ρ c [( Ω m ) + Ω m a 3 ], der den siste overgangen følger av at Ω m +Ω Λ = for et flatt univers. c) For Chaplygingassen blir ligningen vi må løse dρ dt = 3 da (ρ Aρ ). a dt α Deb skriver vi lett om til dρ ρ A ρ α = 3 da a,

eller ρ ρ α dρ a ρ ρ α+ A = da a = 3 ln a = ln a 3. Integralet på venstresiden knekker vi ved å substituere x = ρ α+ A, slik at dx = (α + )ρ α dρ, og dermed ρ ρ ρ α dρ ρ α+ A = ρ α+ A dx α + ρ α+ A x = α + ln ( ρ α+ ) A, B der vi har satt B = ρ α+ A som oppgitt i oppgaveteksten. Da har vi at ( ρ α+ ) α + ln A = ln a 3, B dvs. som gir og endelig ( ρ α+ ) A ln = ln a 3(+α), B ρ = ρ α+ A = B a 3(+α), [ A + B ] /(+α). a 3(+α) d) For a vil det andre leddet i parentesen dominere, og vi får ρ B/(α+) a 3 a 3, dvs. samme oppførsel som for støv. For a vil det første leddet dominere, og vi får ρ A /(α+) = konstant, som for kosmologisk konstant. I dette tilfellet får vi også at p = A ρ α = AA α α+ = A /(α+) = ρ, dvs. samme tilstandsligning som for en kosmologisk konstant. 2

e) Vi kan skrive ρ = [A + Ba 3(+α) ] /(α+) [ = (A + B) /(α+) A A + B + B A + B a 3(+α) = ρ [( Ω m ) + Ω+ m a 3(+α) ] /(+α), ] /(+α) der vi har brukt definisjonene av ρ og Ω m gitt i oppgaveteksten. f) For α = blir uttrykket over ρ = ρ [( Ω m) + Ω ma 3 ], og vi ser at dette er det samme som for et flatt univers med støv og kosmologisk konstant. Men legg merke til at i b) hadde vi to komponenter, mens vi nå bare har en komponent: Chaplygingassen. Oppgave 2 a) Friedmanns første ligning gir mens kontinuitetsligningen gir Vi ser at ρ φ + p φ = φ 2, mens H 2 = 8πG 3 ρ φ = [V (φ) + 3MPl 2 2 φ ] 2, ρ φ 3H(ρ φ + p φ ). ρ φ = φ φ + dv dφ φ, slik at dvs. φ φ + dv dφ φ = 3H φ 2, φ + 3H φ = dv dφ. 3

b) Vi starter med å derivere Friedmannligningen med hensyn på tiden. Det gir 2H dh dφ φ = [V (φ) 3M φ + φ φ], Pl 2 og vi kan forkorte φ på begge sider slik at 2HH φ = [V (φ) + 3M φ]. Pl 2 Fra den andre ligningen i a) har vi at φ = 3H φ V (φ), og setter vi inn dette i ligningen over får vi og dermed 2HH (φ) = [V (φ) 3H 3M φ V (φ)] = H Pl 2 M φ, Pl 2 φ = 2M 2 Pl H (φ). c) Vi setter nå inn resulatet fra b) i Friedmannligningen: H 2 = = [V + ] 3MPl 2 2 4M4Pl(H ) 2 = V + 2 3MPl 2 3 M2 Pl(H ) 2, som umiddelbart gir [H (φ)] 2 3 H 2 (φ) = V (φ). 2MPl 2 2MPl 4 Dette er den grunnleggende ligningen i den såkalte Hamilton-Jacobiformuleringen av inflasjon. d) Vi vet at H er en løsning av ligningen i c), og vi skal også forlange at H + δh er det. Da må vi ha (H + δh ) 2 3 (H 2MPl 2 + δh) 2 = V. 2MPl 4 Vi dropper alle ledd som inneholder δh 2 og (δh ) 2, og bruker at H er en løsning. Da sitter vi igjen med 2H δh 3 2H 2MPl 2 δh =, 4

som gir e) Skriver vi diffligningen ut som H δh = 3 H 2MPl 2 δh. H d(δh) dφ = 3 H 2MPl 2 δh, ser vi at den er separabel og kan løses greit: δh δh i d(δh) δh = 3 2M 2 Pl φ H (φ) φ i H (φ) dφ, der δh i = δh(φ i ). Integralet på venstresiden er lik ln(δh/δh i ), og dermed får vi [ ] 3 φ H (φ) δh(φ) = δh(φ i ) exp φ i H (φ) dφ. 2M 2 Pl Hubbleparameteren H er positiv (ekspanderende univers). Vi har antatt at φ >, og da viser resultatet i b) at H (φ) må være negativ. Dermed er integralet som inngår i eksponensialfunksjonen negativt, og jo større φ er, desto mer negativ blir eksponenten. Perturbasjonen vil derfor dø ut. Dette holder som begrunnelse, men vi kan også gjøre dette mer presist: fra b) har vi at slik at 3 2M 2 Pl φ H = φ 2M 2 Pl H φ dφ = 3 H φ i H (φ) dφ φ. φ i Siden vi har pr. def. at φ = dφ/dt, ser vi at dφ/ φ = dt, og vi kan gjøre om integralet til et integral over tiden t. Da ser det slik ut 3 t, t i H(t)dt, og fra forelesningsnotatene ser vi at dette er det samme som antall e- foldinger med ekspansjon fra tiden t i til t. For inflasjonsmodeller av interesse er dette tallet minst lik 5, og dermed er eksponenten minst lik 5. Vi kan derfor trygt konkludere med at peturbasjonen raskt vil nærme seg δh. 5

Løsningsforslag til midtveiseksamen i AST422, høsten 26 Oppgave a) Partikkelhorisonten ved t = t = 2/3H i EdS-modellen er gitt ved t cdt r PH (t ) = a(t) = t ct2/3 t 2/3 dt = 3ct = 2c. H Eventhorisonten ved t = t i et ds-univers er gitt ved r EH (t ) = t = c H. cdt a(t) = c e H (t t ) dt t b) Lys som ble sendt ut ved tid t, rødforskyvning z og som mottas i dag har medfølgende koordinat r = t Siden + z = /a = e H (t t ), får vi t cdt a(t) = c H [e H (t t ) ]. r = cz H, og setter vi dette lik r EH (t ) = c/h, finner vi at z =. c) Vi betegner tidspunktet da foreleseren når fram til partikkelhorisonten ved t f. Siden foreleseren kan betraktes som en lysstråle(!) finner vi at vi må ha r PH (t ) = 2c tf = H t cdt a(t) = 3ct 2/3 (t /3 f t /3 ) = 2c H [( ) tf t ],

og siden r PH (t ) = 2c/H får vi ligningen ( ) t /3 =, som gir t t f = 8t = 6 3H. d) Betingelsen for at foreleseren er nådd frem til eventhorisonten er gitt ved r EH (t ) = c tf cdt = H t a(t) = c [ e H (t f t ) ], H som gir = e H (t f t ), og denne betingelsen er ikke oppfylt for noen endelig verdi av t f. Foreleseren vil aldri nå frem til eventhorisonten. e) Vi starter med eventhorisonten. Fra definisjonen får vi r EH = t cdt a(t) = cda aȧ = cda a 2 H, der vi har brukt at dt = da/ȧ og H = ȧ/a. Dersom vi innfører rødforskyvningen + z = /a som integrasjonsvariabel får vi videre r EH = c dz ( + z) 2 ( + z) 2 H(z) = c dz H(z). Friedmannligninen for ȧ/a i tilfellet med k =, støv og vakuumenergi kan skrives som H 2 (z) = H 2 [Ω m( + z) 3 + Ω Λ ]. For z = gir dette betingelsen Ω Λ = Ω m, og innsatt i integralet for r EH gir dette det ønskede resultatet. For partikkelhorisonten blir utledningen den samme, bortsett fra integrasjonsgrensene: t = svarer til z =, og t = t gir z =. f) Sålenge < Ω m <, vil (+z) 3 -leddet sørge for at integralet konvergerer for z, og partikkelhorisonten eksisterer. Og samme betingelse sørger for at integranden er endelig i z =, og at integralet for eventhorisonten også eksisterer. 2

Oppgave 2 a) Bare massen innenfor kulen med radius R bidrar til tyngdekreftene på partikkelen. La denne massen være M. Da gir Newtons 2. lov dvs. GMm R 2 = ma = m R, R = GM R 2. Universet er homogent, så M = 4 3 πr3 ρ, og slik at ρ = ρ m a 3 M = H2 R3 2G Innsatt i bevegelsesligningen gir dette = Ω mρ c = 3H2 Ω m a 3 8πG a, 3 Ω m a 3. R = Ω mh 2 2a 3 R. b) Setter vi inn for EdS, som har a = (t/t ) 2/3, H t = 2/3, finner vi at bevegelsesligningen blir R = 2 R 9 t 2. Vi forsøker en potenslovløsning, R = At n, der A og n er konstanter. Innsatt i ligningen gir dette betingelsen n(n ) = 2 9, og løsningene av denne annengradslikningen er n = /3 og n = 2/3. Den generelle løsningen blir derfor R(t) = At 2/3 + Bt /3. 3

Må så bruke initialbetingelsene R(t ) = R og Ṙ(t ) =. Det gir At 2/3 + Bt /3 = R 2 3 At /3 + 3 Bt 2/3 =. som har A = R t 2/3, B = 2R t /3 som løsning. Dermed: ( ) t /3 ( ) ] t 2/3 R(t) = R [2. t t c) Til å begynne med, f.eks. ved t =.t har vi R(t).999R. Partikkelen vil i begynnelsen bevege seg innover mot oss i origo. Vi ser at for t t vil R(t) R (t/t ) 2/3. For en partikkel som starter i R = R ved t = t, men som følger universets ekspansjon, vil vi ha R(t) = R (t/t ) 2/3. Partikkelen vi ser på vil derfor bevege seg inn mot oss og videre forbi, og vil ende opp med å følge universets ekspansjon, men på motsatt side av universet sammenlignet med en partikkel som starter i samme posisjon ved samme tidspunkt, men som følger universets ekspansjon hele tiden. 4

Løsningsforslag til eksamen i AST422, høsten 26 Oppgave a) Vi finner eller v = 2.76 8 m s. b) Fra Hubbles lov finner vi v c = ( + z)2 ( + z) 2 + =.92, d = v H =.72 ly. c) Kosmologiske rødforskyvning skyldes universets ekspansjon, det er ikke en Dopplereffekt. Spesiell relativitetsteori kan bare brukes i et flatt tidrom, der gravitasjonsfelt kan neglisjeres. Det er definitivt ikke tilfellet i kosmologien. En passende straff for forfatterne ville være å måtte følge forelesningene i AST422. d) I et Einstein-de Sitterunivers er a(t) = (t/t ) 2/3, H = 2/3t. Dersom lyset fra kvasaren ble sendt ut ved kosmisk tid t e, så er metrikkavstanden til den gitt ved t cdt d P = t e a(t) = t ct2/3 t 2/3 dt t e ( ) ) /3 te = 3ct ( t = 2c ( ), H + z der vi har brukt at + z = a(t )/a(t e ) = (t /t e ) 2/3. Innsatt verdiene i oppgaven gir dette d P =.9c H = 2.3 ly.

Oppgave 2 a) En brukbar forklaring: fra Friedmannligningene finner vi at tetthetsparameteren er gitt ved Ω(t) (ah) 2, som i støvdominerte og strålingsdominerte univers er en økende funksjon av tiden. Det betyr at siden vi måler at Ω er nær i dag, må den ha vært ekstremt når i de tidlige fasene av Big Bang. b) Slow-rollparametrene er gitt ved ǫ = E2 Pl 6π η = E2 Pl 8π c) Betingelsen ǫ(φ end ) = gir ( V V ) 2 = E2 Pl p 2 6π φ 2. V V = E2 Pl p(p ). 8π φ 2 φ end = pe Pl 4 π. d) Antall e-foldinger er gitt ved og krever vi N = 6, finner vi at Oppgave 3 a) Betingelsen N = 8π φi V 4π EPl 2 φ end V dφ = φ 2 pepl 2 i p 4, ( p φ i = E Pl 6 + p ). 4π 4 Ω r a 2 > Ω r a 4 2

gir dvs. a 2 > Ω r Ω r, Ωr a > a m =. Ω r b) Lett ommøblering av Friedmannligningen gir da a dt = H Ωr a 2 c) Vi skriver ligningen som + Ω r a Ω 2 = H r Ωr a 2 ada + (a/a m ) = H 2 Ω r dt + a2 a 2 m. og integrerer. Innfører vi substitusjonen x = (a/a m ) 2 gir dette a 2 m 2 a 2 /a 2 m dx + x = H Ω r t, og siden det ubestemte integralet på venstresiden er lik 2 + x finner vi + a2 = H Ωr t. a 2 m a 2 m Løst med hensyn på a gir denne ligningen resultatet som er oppgitt i oppgaveteksten. d) Setter a = a m i resultatet i c): H Ωr t a 2 m = 2. m Innsatt verdiene oppgitt i teksten gir dette t m 8 34 s. 3

e) Langt inne i den krumningsdominerte fasen, dvs. for t t m, vil vi ha H Ωr a a m t t. a 2 m Da har vi at H = ȧ/a = /t, ρ c (t) = 3H 2 /8πG = 3/8πGt 2 t 2, og ρ r (t) a 4 t 4. Dermed får vi at Ω r (t) t 4 t 2 t 2. Det betyr at strålingstettheten raskt blir neglisjerbar. f) Om all strålingen blir konvertert til ikke-relativistisk materie langt inne i den krumningsdominerte fasen, vil Ω m (t) på grunn av resultatet i e). I ligningen for tidsutviklingen til tetthetsperturbasjonene, k + 2H k = 4πGρ m (t) k, betyr dette at kildeleddet på høyresiden er neglisjerbart. Ligningen blir dermed k + 2 t k =, og setter vi k t n, finner vi ved innsetting at t = og t = er de eneste løsningene. Det betyr at vi ikke har noen løsninger som vokser med tiden, og det vil derfor være umulig å få dannet storskalastrukturer i universet. 4

Løsningsforslag til utsatt eksamen i AST422, høsten 26 Oppgave a) Vi har at dz dt = d a(t) dt a(t e ) + a(t) d ( ) dte dt e a(t e ) dt = a(t) a(t) a(t e ) a(t) a(t) a(t a 2 e ) dt e (t e ) dt = a(t) a(t) a(t e ) a(t) a(t) a(t e ) dt e a(t e ) a(t e ) dt. b) For EdS-modellen er a(t) = (t/t ) 2/3, så r = ct 2/3 Siden dr/dt = gir dette det vil si t t e = 3ct 2/3 dt = 3ct2/3 t2/3 (t /3 t /3 e ). ( 3 t 2/3 3 t 2/3 e ) dt e, dt dt e dt = t2/3 e t = a(t e) 2/3 a(t) = + z. c) Setter vi sammen resultatene fra a) og b) finner vi at dz dt = ( + z)h(t) ( + z)h(t e) + z = ( + z)h(t) H(t e). d) For EdS-modellen er H(t) = 2/3t, som innsatt i resultatet fra c) gir ( ) dz = 2 [ ( + z) t ] = 2 [ ] ( + z) ( + z) 3/2, dt t=t 3t t e 3t og innsatt z = 4 gir dette dz dt = 4.2 t <.

e) I de Sitter-modellen er H(t) = H = konstant, så ( ) dz = ( + z)h H = zh = 4H >. dt t=t Rødforskyvningen måler hvor mye universet har ekspandert siden lyset ble sendt ut. I EdS-modellen, der universets ekspansjonsrate avtar med tiden, vil derfor rødforskyvningen til et objekt også avta med tiden. Det motsatte er tilfellet i de Sitter-modellen, der universets ekspansjon akselererer. Oppgave 2 a) Horisontproblemet: vi ser at den kosmiske bakgrunnstrålingen er isotrop med en presisjon på noen titalls mikrokelvin. Men dersom vi regner ut størrelsen på partikkelhorisonten ved rekombinasjon, da strålingen ble sluppet fri, finner vi at den bare dekker et par grader på himmelen i dag. Områder som ligger mer enn et par grader unna hverandre på himmelen har med andre ord ikke vært i kausal kontakt, og da er det vanskelig å forstå hvorfor temperaturen skal være den samme. b) Skalarfeltet gir opphav til en energitetthet og et trykk gitt ved ρ φ p φ = 2 φ 2 + V (φ) = 2 φ 2 V (φ) Dersom V (φ) = blir p φ = ρ φ. Skalarfeltet oppfører seg da som en væske med tilstandsligningsparameter w =, og da er ikke universets ekspansjon akselerert, og dermed har vi heller ikke inflasjon. c) I dette tilfellet er p φ =, som for støv, så universet vil følge EdSløsningen, som deselererer. Heller ikke i dette tilfellet vil vi ha inflasjon. d) Ved å bruke definisjonen av SR-parametrene finner vi at ǫ = 6π η = 8π. 2

Begge er altså konstante og mindre enn en. Inflasjon vil derfor aldri slutte i denne modellen. Oppgave 3 a) Ligningen reduseres i dette tilfellet til H 2 = H2 a 2. Den oppgitte løsningen gir H = ȧ/a = /t, og ved innsetting ser vi lett at denne oppfyller ligningen. b) Med definisjonene av α og β i teksten kan vi skrive H 2 = H 2 Ω r a 4 Ω r ( Ωk a 2 + Ω ) m + Ω r Ω r = H 2 a 4 (α2 a 2 + βa + ) ( = H 2 Ω r αa + beta ) 2 + β2. a 4 2α 4α 2 c) For β = 2α forenkles ligningen til H = H Ωr a 2 (αa + ). Ved separasjon av variable og bruk av a αa + = α /α αa + finner vi at a ( α /α ) da = αa + t Ω r H dt, som gir resultatet oppgitt i oppgaveteksten. 3

d) I grensen a >> kan logaritmeleddet neglisjeres, og dermed får vi a α Ω r H t, som vi ville forvente ut i fra a), siden krumningsleddet dominerer de andre leddene i denne grensen. Bruker vi rekkeutviklingen av logaritmen for αa, finner vi at 2 a2 Ω r H t, dvs. a t /2, som for et strålingsdominert univers. Dette er igjen som forventet, siden strålingsleddet dominerer ved tidlige tidspunkter, dvs. små verdier av a. 4

Løsningsforslag til midtveiseksamen i AST422, høsten 27 Oppgave a) For EdS-modellen er skalafaktoren gitt ved a = a (t/t ) 2/3, slik at ȧ = 2 3 a t 2/3 t /3 ä = 2 9 a t 2/3 t 4/3. Innsatt i definisjonen av q gir dette q = 2 = konstant. b) For denne modellen kan, som vi har sett på forelesningene, Friedmannligningene skrives som (ȧ ) 2 [ ] = H 2 Ωm ( + z) 3 + Ω Λ a ä a = [ ] 2 H2 Ωm ( + z) 3 2Ω Λ, der Ω m + Ω Λ =. Definisjonen av q gir da ) 2 ( ȧ q = ä a a = Ω m ( + z) 3 2Ω Λ, 2 Ω m ( + z) 3 + Ω Λ der Ω Λ = Ω m. For z = finner vi q = Ω m 2Ω Λ 2 Ω m + Ω Λ = 2 (Ω m 2 + 2Ω m ) = 2 (Ω m 2).55 der vi til slutt har satt inn verdien Ω m =.3.

c) Her bruker vi at H = ȧ/a, slik at d dt H = d a dt ȧ = ȧ2 aä ȧ 2 = aä ȧ 2 = + q. d) Nå bruker vi kjerneregelen sammen med definisjonen av rødforskyvningen, + z = a /a: d dt H = da d dt da = da dz dt da = ȧ d da ( = ah = a a H H d dz ( a H a ) ( a a 2 dh dz ) dh H 2 dz ) ( ) dh H 2 dz = ( + z) H dh dz. e) Vi setter uttrykkene i c) og d) lik hverandre. Det gir diffligningen + z H Vi separerer variablene og integrerer: og dermed og endelig H f) For q = q = konstant får vi [ H(z) = H exp H dh H = dh dz = + q. z + q + z dz, ( H z + q ln =, H) + z dz [ z ] + q H = H exp. + z dz ( + q ) z dz ] + z = H exp[( + q ) ln( + z)] = H ( + z) +q. 2

g) Luminositetsavstanden finner vi ved å sette inn resultatet fra f): z dz d L = c( + z) ( + z ) +q [ = c H ( + z) = q ( + z ) q c q H ( + z) [ ( + z) q h) For EdS-modellen er q = q = /2, slik at d L = 2c [ ] ( + z).95 c H + z H for z =.83. Legg merke til at dette resultatet er eksakt, siden q virkelig er konstant i EdS-modellen. Det samme er ikke tilfelle for ΛCDM-modellen, så luminositetsavstanden vi regner ut nå ved å sette q =.55 blir en tilnærming til det eksakte resultatet. Med denne verdien for q og med z =.83 får vi d L.3 c H. Dette tyder på at en modell med en kosmologisk konstant ligger nærmere virkeligheten enn EdS-modellen. i) Taylorutvikling av /H om z = gir til første orden i z ( ) d H(z) H(z = ) + z dz H z= = ( ) dh z. H H 2 dz Resultatene fra c) og d) gir at + z dh H 2 (z) dz = + q(z) H(z), og for z = finner vi da at ( ) dh = + q, H 2 dz H z= 3 z= ] z ].

slik at Tayloruviklingen av /H kan skrives som H(z) H z H ( + q ). Dette setter vi nå inn i uttrykket for d L og integrerer: z [ d L c( + z) z ] ( + q ) dz H H [ z = c( + z) z 2 ] ( + q ) H 2 H cz [ + ] H 2 ( q )z, der vi har neglisjert ledd av orden z 3. j) For EdS er q = /2, og for våre formål her er det greit nok å sette q = /2 for ΛCDM-modellen. Da er d L (EdS) = cz ( + ) H 4 z d L (ΛCDM) = cz ( + 3 ) 4 z. H den relative forskjellen mellom de to modellene blir da d L d L (EdS) 2 c H z 2 cz H = 2 z, og vi ønsker nå at denne skal være større enn.. Da må altså ha at z >.2. I praksis viser dette estimatet seg å være for optimistisk. 4

Løsningsforslag til eksamen i AST422, høsten 27 Oppgave a) Fra definisjonene finner vi ǫ = E2 Pl 6π η = E2 Pl 8π ( V V V V =. ) 2 = E2 Pl 6π Feltverdien der inflasjon slutter er pr. def. bestemt av at ǫ(φ end ) =, som gir φ end = E Pl 4 π. b) Fra slow-rolluttrykket for antall e-foldinger finner vi Innsatt uttrykket for V gir dette N = 6 = 8π φi V EPl 2 φ end V dφ. φ i = 24φ end. c) I heftet om tetthetsperturbasjoner og gravitasjonsbølger finner vi uttrykket for det søkte forholdet: r = 3 ǫ, der ǫ = ǫ(φ ), og φ bestemmes fra 5 = 8π φ V EPl 2 φ end V dφ. Denne betingelsen gir φ = 2φ end, og dermed ǫ = /2. Dermed blir r = 3 2 =.2.

Oppgave 2 a) Se forelesningsnotatene, avsnitt 4.5. b) I dette tilfellet har vi at Det gir og ( ) 2 t 3(+w) a(t) = a. t H(t) = ȧ a = 2 3( + w)t, ρ (t) = ρ c (t) = 3H2 8πG = 6πG( + w) 2 t 2. Innsatt i ligningen for gir dette k + 4 3( + w)t k = 2 3( + w) 2 t 2 k, og gjetter vi at løsningen er av typen k t n, så finner vi at n må oppfylle ligningen n(n ) + 4 3( + w) n 2 3( + w) =. 2 Løser vi denne, og bruker at vi er interessert i den voksende løsningen og derfor krever at n >, får vi resultatet som er oppgitt i oppgaveteksten. c) For w = 2/3 har vi at ρ /a, a t 2 og t n t.372 a.686. Da blir δφ k a 2 a a.686 a.686, slik at δφ k blir avhengig av tiden. I et EdS-univers er δφ k og dermed δφ uavhengig av tiden. Det betyr at gravitasjonspotensialbrønnene er like dype når fotonene i den kosmiske bakgrunnsstrålingen faller ned i dem som de er høye når de klatrer opp. Fotonenes netto energiendring er da lik null. For et univers med akselerert ekspansjon vil imidlertid potensialbrønnene variere med tiden, slik at det blir en netto endring i fotonenes energi. Dette gjør det mulig å bruke den kosmiske bakgrunnsstrålingen til å skille mellom de to tilfellene. 2

. Oppgave 3 a) Generelt har vi fra den første Friedmannligningen at [ H 2 (z) = H 2 Ω k ( + z) 2 + ] Ω i ( + z) 3(+w i), i der w i er tilstandsligningsparameteren for komponent i, og Ω k + i Ω i =. Da får vi for EdS-modellen H(z) = H ( + z) 3/2, og for ds-modellen H(z) = H = konstant. b) Begge modellene har Ω k =. I ds-tilfellet finner vi og z d A (z) = a + z For EdS-modellen finner vi z H dz H H dz H ( + z ) 3/2 = 2 = z c z = c a H H ( z + z. ), + z og dermed d A (z) = 2c ( ) H + z. ( + z) 3/2 c) For ds-modellen ser vi at d dz d A(z) = c H ( + z) 2 > 3

slik at d A er strengt voksende i dette tilfellet, og derfor ikke har noe maksimumspunkt. Vi ser imidlertid at den nærmer seg verdien c/h asymptotisk for store verdier av z. I EdS-tilfellet finner vi at d dz d A(z) = 2c H [ ( + z) + 3 ], 2 2 ( + z) 5/2 som er lik null for z = 5/4. Ved å sjekke fortegnet til den deriverte, eller ved å regne ut den dobbeltderiverte i z = 5/4, ser vi at dette er et maksimumspunkt, og ved innsetting finner vi at maksimalverdien er d A (z = 5/4) = 8c/27H. d) For k =, w = /3 (heretter tilfelle ) ser vi at H(z) = H ( + z), mens vi for k = og med alle Ω i = (heretter tilfelle 2) finner H(z) = H ( + z), dvs. det samme uttrykket. Integralet vi må regne ut blir z I tilfelle ) finner vi da at mens vi i tilfelle 2) har at d A (z) = H dz = ln( + z). H ( + z ) d A (z) = c ln( + z), H + z c sinh[ln( + z)] = c H ( + z) 2H [ ], ( + z) 2 der vi har brukt at sinh(x) = (e x e x )/2. I tilfelle ) har vi da at d dz d A(z) = c H ( + z) 2[ ln( + z)], som gir at den deriverte er null i z = e, og dette svarer til et maksimumspunkt. I tilfelle 2) er et blikk på uttrykket for d A (z) nok til å fastslå at dette er strengt økende for alle z, men at det gå asymptotisk c mot 2H. Ved å måle d A ut til rødforskyvninger z > e.72 kan vi dermed skille mellom de to modellene. 4

Midtveiseksamen i AST422, 28: Løsningsforslag Oppgave a) Vi vet at ρ r = ρ r ρ Λ og da blir a eq bestemt av Dermed finner vi at a eq = a 4 = ρ Λ = konstant, ρ r a 4 eq b) Den første Friedmannligningen blir = ρ Λ. ( ) /4 ( ) /4 ρr Ωr =. ρ Λ Ω Λ (ȧ ) 2 = 8πG a 3 = H 2 ( ρ r a + ρ 4 Λ ), ( Ωr a 4 + Ω Λ der vi også merker oss at Ω Λ = Ω r siden k =. c) Vi skriver om den første Friedmannligningen: ) da a dt [ Ωr = H + Ω ] /2 Λ a 4 a 2 Ω r = H ( ) 4 Ωr a + a 2 a eq /2. Vi separerer variablene i differensialligningen og finner dt = H Ωr ada + (a/aeq ) 4,

og dermed t = H Ωr a a da + (a /a eq ) 4. d) Universets alder ved a = a eq er bestemt av t eq = H Ωr aeq a da + (a /a eq ) 4. Bruker jeg den anbefalte substitusjonen, finner jeg og dermed blir uttrykket til t eq = a da = a2 eq 2 dx, a 2 eq 2H Ωr dx + x 2. I Rottmann finner vi det ubestemte integralet vi trenger, det er lik sinh x, slik at a 2 eq t eq = sinh (), 2H Ωr og ved å sette inn for a eq og de oppgitte tallverdiene finner vi t eq 4.2 9 yrs. e) For å finne tidspunktet da universet begynte å akselerere i denne modellen, setter vi først opp Friedmanns andre ligning: ( ä a = 4πG ρr 3 a + ρ 4 Λ + 3 ρ r c 2 3 ) c 2 3 a 4 c 2ρ Λc 2 = 4πG ( ) 2ρr 2ρ 3 a 4 Λ ( ) = H 2 Ωr a Ω 4 Λ. Overgang fra deselerasjon til akselerasjon starter ved verdien av skalafaktoren a acc bestemt av Ω r a 4 acc Ω Λ =, 2

som gir a acc = ( Ωr Ω Λ ) /4 = a eq. Det betyr at akselerasjonen starter ved samme tidspunkt som bidraget til tettheten fra den kosmologiske konstanten er lik bidraget fra stråling, og det tidspunktet fant vi i d). Oppgave 2 a) Skalafaktoren er i Einstein-de Sittermodellen gitt ved Fra dette uttrykket finner vi ( ) t 2/3 a(t) = a. t slik at ( t t ) 2/3 = a(t) a = + z, t(z) = t ( + z) 3/2. b) Ved innsetting finner vi lett at t(z ) = t ( + 3) 3/2 = 8 t. t(z 2 ) = t ( + 8) 3/2 = 27 t. c) Den medfølgende radielle koordinaten til et objekt vi observerer i dag er gitt ved t cdt r = a(t), t e der t e er tidspunktet lyset vi mottar ved t ble sendt ut. Her finner vi da at r = c t 2/3 t t 2/3 dt a t e = 3ct2/3 (t /3 t /3 e ) a 3

Dermed får vi at = 3ct ( a ( = 3ct a r = r(z ) = 3ct a r 2 = r(z 2 ) = 3ct a t/3 e t /3 ) ). + z ( ) = 3ct. 4 2a ( ) = 2ct. 9 a d) Langs banen til en lysstråle er ds 2 =. Videre er også dφ = dθ =, så Robertson-Walker-linjeelementet for k = gir slik at c 2 dt 2 a 2 (t)dr 2 =, dr = cdt a(t), der negativt fortegn er valgt fordi vi ser på lys som beveger seg mot r =. Integrasjon gir r(t) r 2 t cdt dr = t e a(t ) = ct2/3 a = 3ct a t (t ) 2/3 dt t e [ ( ) t /3 t ( ) ] /3 te t, slik at r(t) = r 2 3ct a = 2ct a 3ct a [ ( ) t /3 ( ) ] /3 te t t [ ( ) t /3 ( ) ] /3 te. t t 4

e) Lyset når r ved tidspunktet T bestemt av 3ct = 2ct 3ct [ (T ) /3 2a a a t ( ) ] /3 te og etter at vi har forkortet felles faktorer gir dette ligningen Vi har at og vi finner da at [ (T ) /3 2 3 t ( ) /3 te = t ( ) ] /3 te t t = 3 2. a(t e) a(t ) = = + z2 3, ( T t ) /3 = 2., Observatøren ved r ser derfor objektet ved r 2 ved en rødforskyvning gitt ved + z 2 = a(t) a(t e ) = (T/t ) 2/3 ( ) 2 /2 (t e /t ) = = 9 2/3 /3 4, slik at z 2 = 5 4. 5

Løsningsforslag til eksamen i AST422, høsten 28 Oppgave a) Den første Friedmannligningen med k = + og kosmologisk konstant er (ȧ ) + c2 a a = Λ 2 3. Det er tilstrekkelig å sette inn uttrykket i oppgaveteksten og vise at det oppfyller denne ligningen. Men det er heller ikke så vanskelig å løse denne diffligningen. Vi skriver den om litt: (ȧ ) a = Λ 3 c2 = c2 a 2 a ( 2 a 2 der vi har innført a 2 Λ 3c2 /Λ. Av det siste uttrykket merker vi oss at vi må ha a a Λ, siden venstresiden av ligningen ikke kan være negativ. Vi tar kvadratroten på begge sider, separerer variablene og integrerer: a a 2 Λ da a ( ) = c Λ a 2 a Λ t ), dt = ct. Bruker vi substitusjonen a = a Λ cosh x og identiteten cosh 2 x = sinh 2 x, finner vi at cosh (a/a Λ ) ( ) a Λ sinh xdx a dx = a Λ cosh = ct, sinh x a Λ som til slutt gir ( ) ct a(t) = a Λ cosh, a Λ som vi skulle vise. Vi ser at a Λ er den minste verdien skalafaktoren kan ha i denne modellen. Dette er altså en universmodell som ikke har en singularitet i t = (eller noe annet sted).

b) Ti e-foldinger etter t = har vi ( ) a(t) ln =, dvs. eller som gir a(t) a Λ a Λ ( ) ct = cosh = e, a Λ ct a Λ = cosh (e ).69, t =.69 a Λ 3 c =.69 Λ. Kosmologisk konstant-leddet i den første Friedmannligningen er alltid lik Λ/3. Krumningsleddet er c 2 a 2 (t) = c 2 a 2 Λ(e ) 2 = e 2 c 2 Λ 3c 2 = e 2Λ 3, dvs. en faktor e 2 = 2. 9 mindre enn kosmologisk konstantleddet. c) Den første Friedmannligningen kan skrives om til denne formen: + kc2 a 2 H 2 = 8πG 3H 2 ρ = ρ(t) ρ c (t), der ρ c (t) er den kritiske tettheten ved tid t. Vi vet at ρ(t ) > ρ c (t ), og det betyr at k = +. Men k er konstant, og venstresiden vil derfor alltid være større enn, og da følger det at tettheten alltid vil være større enn den kritiske. Oppgave 2 a) Friedmannligningene er (ȧ ) 2 + kc2 a a 2 = 8πG 3 ρ ä a = 4πG 3 2 ( ρ + 3p c 2 ).

Betingelsen ρ+3p/c 2 betyr at ä <. Den første ligningen kan vi skrive som (ȧ ) 2 = 8πG a 3 ρ kc2 a. 2 Siden H >, må høyresiden være positiv i dag, slik at det første leddet er større enn det andre. Men siden ρ per antagelse faller raskere enn /a 2 betyr det at det første leddet også dominerer når vi går bakover i tid (laver verdier av a). Vi kan altså konkludere med at ȧ > for alle t t. Til sammen har vi at a(t) er en strengt voksende funksjon for t t med ä(t) < for alle t. En slik funksjon må krysse t-aksen et sted, og det vil si at det må finnes et tidspunkt der a =. b) I denne modellen er ä > i dag, men siden ρ m a 3 og ρ Λ = konstant, var ä < for alle tidspunkter før universet begynte å akselerere. Argumentet fra forrige punkt kan da brukes også på denne modellen, og det må derfor finnes et tidspunkt der a =. Oppgave 3 a) Rødforskyvningen der størrelsen på det observerbare universe var km er gitt ved + z = 5 9 ly km =.4 26 m.4 22. 4 m Strålingstemperaturen var da T = T ( + z) = 2.73.4 22 K = 3.9 22 K. Dette svarer til en termisk energi k B T = 3.3 2 MeV = 3.3 9 GeV. Ved slike energier kan vi regne med at alle frihetsgradene i Standardmodellen var til stede, var relativistiske og i termisk likevekt. Det effektive antallet relativistiske frihetsgrader blir (se kapittel 2 i forelesningsnotatene) g = 28 + 7 9 = 6.75, 8 3

og tiden etter Big Bang er da gitt ved t = 2.423g /2 ( ) 2 kb T s = 2. 26 s. MeV b) For dette potensialet er totalt antall e-foldinger gitt ved N tot = 8π φi V EPl 2 φ end V dφ = 4π (φ 2 pepl 2 i φ 2 end ) = 4πφ2 i pepl 2 ( φ2 end φ 2 i Her er φ i feltverdien ved start av inflasjon, og φ end er verdien der inflasjon slutter. Den sistnevnte er bestemt av at ǫ(φ end ) =, der slowroll-parameteren ǫ er gitt ved Dette gir ǫ = E2 Pl 6π ( V V ) 2 = E2 Pl p 6π φ 2. φ end = pe Pl 4 π. For at vi skal ha slow-roll, må vi ha ǫ(φ i ), som gir Det betyr at N tot 4πφ2 i pe 2 Pl φ 2 i p2 E 2 Pl 6π = φ2 end. 4π pe 2 Pl p 2 E 2 Pl 6π = p 4, og siden p/4 er et tall av størrelsesorden, har vi vist det ønskede resultatet. Oppgave 4 a) Jeansbølgelengden er lengdeskalaen som skiller balanse mellom trykkgradient og gravitasjon fra gravitasjonell kollaps. Fouriermoder av tetthetsperturbasjonen med λ > λ J vil øke med tiden. 4 ).

b) I et EdS-univers har vi a(t) = a (t/t ) 2/3, slik at H = 2/3t, ρ(t) = ρ c (t) = 3H 2 /8πG = /6πGt 2, og ( + z) 3/2 = (a /a) 3/2 = t /t, c 2 s = c 2 s(t /t) 2. Ligningen for tidsutviklingen av tetthetsperturbasjonene blir derfor k + 4 3t k = ( ) 2 t 2 3 k2 c 2 s t2 k. Setter vi inn k t n, finner vi at n må oppfylle andregradsligningen n 2 + ( ) 2 3 n 3 k2 c 2 s t2 =, som har løsninger som kan skrives på formen oppgitt i oppgaveteksten (etter litt omskriving): n = ( ) ± 25 26k 6 2 c 2 st 2. c) Vi har tre muligheter å ta hensyn til. Den første er 25 36k 2 c 2 st 2 >, dvs. kc s t < 5/6. Da har vi to reelle røtter. Dersom vi skal ha en voksende løsning, må vi i tillegg ha n >. Da må 25 36k 2 c 2 s t2 >, som gir kravet kc s t < 2 6. For 25 36k 2 c 2 s t2 < har vi to komplekse røtter n = 6 ( ± i D), der D = 36k 2 c 2 st 2 25. I dette tilfellet kan den generelle løsningen skrives k (t) = At ( i D)/6 + Bt ( +i D)/6 = At /6 (e ln t ) i D/6 + Bt /6 (e ln t ) i D/6 ( ) ( ) D D = t /6 [A cos 6 ln t i sin 6 ln t ( ) ( ) D D + B cos 6 ln t + i sin 6 ln t ] ( ) ( ) D D = C t /6 cos 6 ln t + C 2 t /6 sin 6 ln t, 5

som vi ser er oscillasjoner med dempet amplitude. Det siste tilfellet vi må ta for oss, er grensetilfellet 25 36k 2 c 2 st 2 =. Da har vi én reell rot, n = /6, som svarer til en avtagende løsning. 6