¿Cómo probar la ausencia de singularidades desnudas?

Hay muchos tipos posibles de singularidades que pueden ocurrir, incluso en condiciones tan benignas. Más allá de la métrica extrema de Nordstrom, consideremos:

Espacio de Minkowski con la línea$\{ (t, 0, 0, 0) | t \in \mathbb{R} \}$remoto. Este es un punto límite regular, que es técnicamente una singularidad aunque no muy interesante.

Puede crear una singularidad cuasi-regular con tales atributos en$2+1$dimensiones también, considerando el espacio-tiempo cónico generado por una masa puntual, pero no estoy 100% seguro de cómo hacer tal cosa en$3+1$dimensión, ya que el proceso habitual para ello rompe la simetría esférica.

Todavía hay más tipos de singularidades patológicas que podemos aplicar allí. Tome un estático, esféricamente simétrico, por ejemplo:

$$ds^2 = -e^{2\alpha(r)} dt^2 + e^{2\beta(r)} dr^2 + r^2 d\Omega^2$$

Hay varias formas en que una singularidad puede salir mal. La definición general de una singularidad de curvatura (una singularidad que no es casi regular) es que, dado un marco en movimiento a lo largo de alguna curva$e^\mu_i$, entonces las componentes del tensor de Riemann en esa base no son$C^0$a lo largo de esa curva. Es muy posible que todas las cantidades escalares se comporten bien en tales circunstancias (las llamadas singularidades no escalares), aunque no sé si este es el caso aquí. Así que vamos a crear un truco bastante desagradable: incluso si todas las cantidades están acotadas, una forma simple de que las cantidades salgan mal es tener oscilaciones infinitas.

No es terriblemente difícil ir desde allí. De Carroll, el tensor de Ricci es

$$\begin{eqnarray} R_{tt} &=& e^{2(\alpha - \beta)} \left[ \alpha'' + (\alpha')^2 - \alpha'\beta' + \frac{2}{r} \alpha' \right]\\ R_{rr} &=& - \left[ \alpha'' + (\alpha')^2 - \alpha' \beta' - \frac{2}{r} \beta' \right]\\ R_{\theta\theta} &=& e^{-2\beta} \left[ r (\beta' - \alpha') - 1 \right] + 1\\ R_{\phi\phi} &=& R_{\theta\theta} \sin^2 \theta \end{eqnarray}$$

Ahora el escalar de Ricci es simplemente

$$\begin{eqnarray} R &=& -e^{2\alpha}e^{2(\alpha - \beta)} \left[ \alpha'' + (\alpha')^2 - \alpha'\beta' + \frac{2}{r} \alpha' \right] \\ &&- e^{2\beta} \left[ \alpha'' + (\alpha')^2 - \alpha' \beta' - \frac{2}{r} \beta' \right]\\ &&+ r^2 (e^{-2\beta} \left[ r (\beta' - \alpha') - 1 \right] + 1)\\ &&+r^2 (e^{-2\beta} \left[ r (\beta' - \alpha') - 1 \right] + 1) \sin^4 \theta \end{eqnarray}$$

Como soy un poco perezoso, supongamos que$\alpha = 0$, esto simplifica bastante las cosas:

$$\begin{eqnarray} R &=& e^{2\beta} \frac{2}{r} \beta' + r^2 (e^{-2\beta} \left[ r \beta' - 1 \right] + 1) (1 + \sin^4(\theta)) \end{eqnarray}$$

De esta forma solo tenemos que preocuparnos por las primeras derivadas. elijamos

$$\begin{equation} \beta = r^3 \sin(\frac{1}{r}) \end{equation}$$

con

$$\begin{equation} \beta' = r (3r\sin(\frac{1}{r}) - \cos(1/r)) \end{equation}$$

Tanto esta función como su derivada están acotadas localmente, y el escalar de Ricci se convierte en

$$\begin{eqnarray} R &=& e^{2 r^3 \sin(\frac{1}{r})} 2(3r\sin(\frac{1}{r}) - \cos(1/r)) + r^2 (e^{-2r^3 \sin(\frac{1}{r})} \left[ r^2 (3r\sin(\frac{1}{r}) - \cos(1/r)) - 1 \right] + 1) (1 + \sin^4(\theta)) \end{eqnarray}$$

perfectamente acotado localmente. Puede verificar en su tiempo libre que todas las formas de cantidades del tensor de tensión-energía también están acotadas. Sin embargo, si se considera el valor de$R$a lo largo de una curva bastante simple (digamos una curva descendente de la forma$(\lambda, -\lambda, 0,0)$), debido a la aparición de$\sin(1/x)$,$r = 0$es una singularidad de curvatura, ya que el transporte de esta cantidad a lo largo de una curva no es continuo. No revisé todo en busca de horizontes y demás, pero por lo que sé, los componentes métricos nunca cambian de signo.

Este es un ejemplo bastante tonto, pero es posible que desee investigar este tipo de solución para obtener una versión más realista (si no esféricamente simétrica): https://link.springer.com/article/10.1007/BF01651509

Para la ecuación del vacío de Einstein, esto es cierto solo bajo el supuesto de simetría esférica. En simetría esférica, el teorema de Birkhoff nos da que la solución es isométrica a un subconjunto de la solución de Schwarzschild. Esto también es estático y no tiene una singularidad desnuda siempre que$M$es positivo.

Para el sistema de Einstein-Maxwell, la simetría esférica te da el espacio-tiempo de Reissner-Nordstrom por un resultado análogo al teorema de Birkhoff. También es estático. Tenga en cuenta que para el caso súper extremo, este agujero negro tiene una singularidad desnuda. Este puede ser el caso no físico, pero definitivamente tiene un contraejemplo para su afirmación. Necesita una declaración rigurosa en su reclamo que excluya este caso.

Para demostrar que su espacio-tiempo está libre de singularidades desnudas, está tratando de resolver la conjetura de la censura cósmica débil. Para esto, necesitas probar que el futuro infinito nulo es completo. Esto significa que debe demostrar que los generadores de esta hipersuperficie nula tienen un parámetro afín que toma todos los valores en$(-\infty,\infty)$.