Abbiamo calcolato l’energia totale dello spaziotempo di Schwarzschild, e ora facciamo lo stesso con la metrica di Kerr-Newman, data da
$$ds^{2}=\pqty{\frac{\Delta-a^2 \sin^2{\theta}}{\rho^2}}dt^2+\frac{4amr \sin^2{\theta}}{\rho^2}dt d\varphi-\frac{\bqty{(r^2+a^2)^2 -\Delta a^2 \sin^2\theta}}{\rho^2}\sin^{2}\theta d\varphi^2 +\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,-\frac{\rho^2}{\Delta}\mathrm{d} r^2 -\rho^{2}\mathrm{d}\theta^{2}$$
dove $\rho^2 = r^2 + a^2 \cos^2{\theta}$ e $\Delta = r^2 -2mr + a^2 + Q^2$. La metrica è molto più complicata di quella di Schwarzschild. Per calcolare l’energia ADM dovremmo scriverla in coordinate cartesiane, ma ciò è parecchio difficile. Pertanto utilizziamo una diversa definizione di energia, l’energia di Komar, valida per uno spaziotempo stazionario. Se esiste, si può dimostrare che dà lo stesso risultato. L’energia di Komar è data da:
$$E = -\frac{1}{8\pi} \int_{S_\infty} \star dk$$
dove $S_\infty$ è la solita sfera all’infinito, $k$ il vettore di Killing stazionario e $\star$ il duale di Hodge. Nel caso di Kerr-Newman abbiamo $k = \pdv{}{t}$. Abbassando l’indice:
$$k = g_{tt}dt +g_{t\varphi}d\varphi$$
Quindi:
$$dk = \pdv{g_{tt}}{r}dr \wedge dt +\pdv{g_{tt}}{\theta} d\theta \wedge dt +\pdv{ g_{t\varphi}}{r} dr \wedge d\varphi+\pdv{g_{t\varphi}}{\theta} d\theta \wedge d\varphi$$
Evitiamo di calcolare tutte le derivate perché sono brutte e non serviranno tutte. Dobbiamo calcolare il duale di Hodge. La metrica non è diagonale, per cui dobbiamo stare attenti. Usiamo la formula:
$$\star (dx^{\mu_1} \wedge \ldots \wedge dx^{\mu_p})=\frac{\sqrt{\abs{\det{g}}}}{(n-p)!} g^{\mu_1 \nu_1} \cdots g^{\mu_p \nu_p} \epsilon_{\nu_1 \ldots \nu_p\nu_{p+1} \cdots \nu_n} dx^{\nu_{p+1}} \wedge \ldots \wedge dx^{\nu_n}$$
Ovvero per $p=2$
$$\star (dx^{\mu} \wedge dx^{\nu})=\frac{\sqrt{\abs{\det{g}}}}{2} g^{\mu \alpha} g^{\nu \beta} \epsilon_{\alpha \beta \sigma \delta} dx^{\sigma} \wedge \ldots \wedge dx^{\delta}$$
Per evitare di fare calcoli inutili, rimandiamo i calcoli espliciti il più possibile. La metrica inversa $g^{\mu\nu}$ ha la stessa forma di $g_{\mu\nu}$, ovvero gli unici elementi non diagonali non nulli sono $g^{03}=g^{30}$. Perciò
$$\star(dr \wedge dt) =\sqrt{\abs{\det{g}}} \bqty{g^{00} g^{11} d\varphi \wedge d\theta +g^{03} g^{11} d\theta \wedge dt}\\
\star(d\theta \wedge dt) = \sqrt{\abs{\det{g}}} \bqty{g^{00} g^{22} dr \wedge d\varphi +g^{03} g^{22} dt \wedge dr}\\
\star(dr \wedge d\varphi) =\sqrt{\abs{\det{g}}} \bqty{g^{11} g^{30} d\varphi \wedge d\theta +g^{11} g^{33} dt \wedge d\theta}\\
\star(d\theta \wedge d\varphi) =\sqrt{\abs{\det{g}}} \bqty{g^{22} g^{30} d\varphi \wedge dr +g^{22} g^{33} dt \wedge dr}$$
Poiché calcoliamo l’integrale su un’ipersuperficie tipo spazio $dt=0$ e poiché lo calcoliamo su una sfera $dr=0$. Per questo gli unici termini non nulli sono il primo termine di $\star(dr \wedge dt)$ e il primo termine di $\star(dr \wedge d\varphi)$. Mettendo insieme
$$\star dk |_{t,r} = \bqty{g^{00}\pdv{g_{tt}}{r}+g^{30}\pdv{g_{t\varphi}}{r}}g^{11}\sqrt{\abs{\det{g}}} d\varphi \wedge d\theta$$
Invertendo la metrica troviamo $g^{11} = 1/g_{11}$, $g^{00} = g_{33}/A$, $g^{30} =-g_{30}/A$ dove $A= g_{00}g_{33}-g_{03}^2$. Inoltre $\det{g} =-A g_{11} g_{22}$, quindi:
$$\star dk |_{t,r} = \bqty{g_{\varphi\varphi}\pdv{g_{tt}}{r}-g_{t\varphi}\pdv{g_{t\varphi}}{r}}\sqrt{\frac{\Delta}{A}} d\theta \wedge d\varphi$$
Tuttavia per $r \to \infty$ abbiamo $g_{t\varphi} \sim 1/r$, $g_{\varphi\varphi} \sim r^2$ e $g_{tt} \sim 1+1/r$ per cui
$$g_{\varphi\varphi}\pdv{g_{tt}}{r} \sim 1\\
g_{t\varphi}\pdv{g_{t\varphi}}{r} \sim \frac{1}{r^3}$$
quindi nel limite il secondo termine è irrilevante e possiamo scordarcelo. Possiamo quindi procedere al calcolo dell’integrale:
$$\begin{align*}E &= -\frac{1}{8\pi} \lim_{r\to \infty} \int_{S_r} \star dk=\\
&= -\frac{1}{8\pi} \lim_{r\to \infty} \int_0^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}d\theta\,g_{\varphi\varphi}\pdv{g_{tt}}{r}\sqrt{\frac{\Delta}{A}}=\\
&=\frac{1}{4} \int_0^{\pi}d\theta\, \lim_{r\to \infty} \sqrt{\frac{\Delta}{A}}\frac{\bqty{(r^2+a^2)^2 -\Delta a^2 \sin^2\theta}}{\rho^2}\sin^{2}\theta\pqty{\frac{2(r-m)\rho^2-2r(\Delta-a^2 \sin^2{\theta})}{\rho^4}}=\\
&=\frac{1}{2} \int_0^{\pi}d\theta\, \lim_{r\to \infty} \sqrt{\frac{\Delta}{A}}\frac{\bqty{(r^2+a^2)^2 -\Delta a^2 \sin^2\theta}}{\rho^2 r^2}\sin^{2}\theta r^2\pqty{\frac{mr^2 -ma^2 \cos^2{\theta}-r Q^2}{\rho^4}}
\end{align*}$$
Abbiamo:
$$\begin{align*}
\lim_{r\to \infty} & \sqrt{\frac{\Delta}{A}} = \lim_{r\to \infty} \sqrt{\frac{1 -2m/r + (a^2 + Q^2)/r^2}{g_{tt}g_{\varphi\varphi}/r^2-g_{t\varphi}^2}}=\frac{1}{\sin{\theta}}\\
\lim_{r\to \infty} &\frac{\bqty{(r^2+a^2)^2 -\Delta a^2 \sin^2\theta}}{\rho^2 r^2} = 1\\
\lim_{r\to \infty} & r^2\pqty{\frac{mr^2 -ma^2 \cos^2{\theta}-r Q^2}{\rho^4}} = m
\end{align*}$$
Per cui
$$E= \frac{1}{2} m\int_0^{\pi}d\theta\, \sin\theta =m$$
come ci aspettavamo.