Rezessionsgeschwindigkeit, Rotverschiebung und verschiedene kosmologische Modelle?

Das, was Sie vermissen, ist vielleicht

$$H(z) = H_0\left((1-\Omega_\Lambda -\Omega_m)(1+z)^2 + (\Omega_\Lambda + \Omega_m)\frac{\rho(z)}{\rho_0}\right)^{1/2}$$ Wo die Dichten $\rho$abhängig vom Materieinhalt, also müssen sie in verschiedene Epochen (der Materie-, Strahlungs-, etc.-Herrschaft) aufgeteilt werden, um das volle Integral aber eben zu machen. Diese Gleichung kann aus den Friedmann-Gleichungen abgeleitet werden. Wenn Sie die Werte für die heute gemessenen Mengen einsetzen, $0$, können Sie das Integral berechnen und die Geschwindigkeit erhalten. Weitere Einzelheiten finden Sie unter dem folgenden Link ( https://ned.ipac.caltech.edu/level5/Peacock/Peacock3_2.html ) oder in jedem Standardbuch über Kosmologie wie Mukhanovs "Physical Foundations of Cosmology" (2005), Kapitel 2.

BEARBEITEN: Die obige Formel gilt für Universen, die nicht räumlich flach sind.$k\neq 0$.

Ausgehend von der Friedmann-Gleichung:

$$H^2(t) = \frac{8\pi G}{3}\rho(t)- \frac{k}{a^2} + \frac{\Lambda}{3}$$

Es stellt sich heraus, dass sie für das Dokument "Expanding Confusion" die räumliche Krümmung mit Null (flaches Universum) annehmen, sodass sich die Dichteparameter zu 1 addieren (so dass Sie immer einen von ihnen eliminieren können, in Ihrem Fall zu eliminieren$\Omega_r$) und das Universum nur aus Materie, Strahlung und einer kosmologischen Konstante zusammengesetzt sein, so dass mit den üblichen Definitionen

$$\rho_{crit} = \frac{3H_0^2}{8\pi G}\qquad \textrm{and}\qquad \Omega_X = \frac{\rho_X}{\rho_{crit}},$$ mit $0$Wenn wir die heutigen Werte bezeichnen und wissen, wie sich die verschiedenen Komponenten des Universums in Bezug auf den Skalierungsfaktor verhalten, können wir die Friedmann-Gleichung in Bezug auf den Skalierungsfaktor umschreiben. Rückruf für Materie $\rho_m\propto a^{-3}$, für Strahlung $\rho_r\propto a^{-4}$und für Dunkle Energie nehmen wir in diesem Fall dann Konstanz an $$H(a) = H_0\sqrt{\Omega_\Lambda + \Omega_m a^{-3} + \Omega_r a^{-4}}$$ mit $a_0 =1$. Verwenden Sie nun die Beziehung zwischen Skalierungsfaktor und Rotverschiebung $$\frac{a_0}{a(t)}=1+z$$ In der vorherigen Formel treten hier die Probleme auf $\Omega_r = 1- \Omega_m - \Omega_\Lambda$und eine Skalierung der Strahlung als $a^{-2}$Sie erhalten ihr Ergebnis, aber mit der richtigen Skalierung für Strahlung erhalten Sie: $$H(z) = H_0 (1+z)\left( 1 + \Omega_m z + \Omega_\Lambda\left(\frac{1}{(1+z)^2}-1\right) + \color{red}{2z\Omega_r + z^2\Omega_r} \right)^{1/2}$$

Ich hoffe, das hilft, aber jetzt bin ich auch neugierig, wie sie diese Formel bekommen ...

Irgendwann wurde mir klar, dass ich zur Beantwortung meiner Frage die Ableitung von D&Ls Gleichung 25 verstehen musste:

$$H\left(z\right)=H_{0}\left(1+z\right)\left[1+\varOmega_{m}z+\varOmega_{\varLambda}\left(\frac{1}{\left(1+z\right)^{2}}-1\right)\right]^{1/2}.$$

Dies ist der Hubble-Parameter, der durch die Rotverschiebung und nicht durch die Zeit parametrisiert wird. Die kritische Dichte ist derzeit

$$\rho_{c}=\frac{3H_{0}^{2}}{8\pi G}.$$

Deshalb

$$H_{0}^{2}=\frac{8\pi G\rho_{c}}{3}$$

Und

$$\varOmega=\frac{\rho}{\rho_{c}}=\frac{8\pi G\rho}{3H_{0}^{2}}.$$

Die Friedmann-Gleichung ist

$$H^{2}\left(t\right)=\frac{8\pi G}{3}\rho-\frac{kc^{2}}{R^{2}}.$$

Teilen durch$H_{0}^{2}$

$$\frac{H^{2}}{H_{0}^{2}}=\frac{8\pi G}{3H_{0}^{2}}\rho-\frac{kc^{2}}{R^{2}H_{0}^{2}}$$

$$\frac{H^{2}}{H_{0}^{2}}=\varOmega-\frac{kc^{2}}{R^{2}H_{0}^{2}}.$$ Wo $\varOmega=\varOmega_{m}+\varOmega_{\varLambda}+\varOmega_{r}$. Finden $-kc^{2}$Satz $$-kc^{2}=H_{0}^{2}R_{0}^{2}-\frac{R_{0}^{2}8\pi G\rho}{3}$$ und bekomme $$\frac{H^{2}}{H_{0}^{2}}=\varOmega+\frac{H_{0}^{2}R_{0}^{2}}{H_{0}^{2}R^{2}}-\frac{R_{0}^{2}8\pi G\rho}{3R^{2}H_{0}^{2}}$$

$$\frac{H^{2}}{H_{0}^{2}}=\varOmega+\frac{R_{0}^{2}}{R^{2}}\left(1-\frac{8\pi G\rho}{3H_{0}^{2}}\right)$$ $$\frac{H^{2}}{H_{0}^{2}}=\varOmega+\frac{R_{0}^{2}}{R^{2}}\left(1-\varOmega\right).$$

Schreiben Sie nun als Funktion der Rotverschiebung$z$.

Erste,

$$\frac{R_{0}^{2}}{R^{2}}=\left(1+z\right)^{2}$$ geben $$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left[\varOmega+\left(1+z\right)^{2}\left(1-\varOmega\right)\right].$$

Und

$$\rho\left(z\right)=\rho_{m}\left(1+z\right)^{3}+\rho_{\varLambda}+\rho_{r}\left(1+z\right)^{4}$$

geben

$$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left[\varOmega_{m}\left(1+z\right)^{3}+\varOmega_{\varLambda}+\varOmega_{r}\left(1+z\right)^{4}+\left(1+z\right)^{2}\left(1-\varOmega\right)\right].$$ Lassen Sie uns vereinfachen $\varOmega_{r}=0$(wie auch Davis und Lineweaver) $$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left[\varOmega_{m}\left(1+z\right)^{3}+\varOmega_{\varLambda}+\left(1+z\right)^{2}\left(1-\varOmega_{m}-\varOmega_{\varLambda}\right)\right]$$ $$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left(1+z\right)^{2}\left[\varOmega_{m}\left(1+z\right)+\frac{\varOmega_{\varLambda}}{\left(1+z\right)^{2}}+1-\varOmega_{m}-\varOmega_{\varLambda}\right]$$ $$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left(1+z\right)^{2}\left[1+\varOmega_{m}z+\varOmega_{\varLambda}\left(\frac{1}{\left(1+z\right)^{2}}-1\right)\right]$$

$$H\left(z\right)=H_{0}\left(1+z\right)\left[1+\varOmega_{m}z+\varOmega_{\varLambda}\left(\frac{1}{\left(1+z\right)^{2}}-1\right)\right]^{1/2}.$$