Скорость разбегания, красное смещение и разные космологические модели?

То, что вам не хватает, возможно,

$$H(z) = H_0\left((1-\Omega_\Lambda -\Omega_m)(1+z)^2 + (\Omega_\Lambda + \Omega_m)\frac{\rho(z)}{\rho_0}\right)^{1/2}$$ Где плотности $\rho$зависят от содержания материи, поэтому их надо разбить на разные эпохи (доминирования материи, излучения и т.п.), чтобы сделать полный интеграл, но они просто. Это уравнение может быть получено из уравнений Фридмана. Как только вы подставите значения для величин, измеренных сегодня, $0$, вы можете вычислить интеграл и получить скорость. Вы можете найти более подробную информацию по следующей ссылке ( https://ned.ipac.caltech.edu/level5/Peacock/Peacock3_2.html ) или в любой стандартной книге по космологии, такой как «Физические основы космологии» Муханова (2005), Глава 2.

РЕДАКТИРОВАТЬ: приведенная выше формула верна для вселенных, которые не являются пространственно плоскими,$k\neq 0$.

Исходя из уравнения Фридмана:

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

Оказывается, для документа «Расширяющаяся путаница» они принимают пространственную кривизну за нуль (плоскую вселенную), так что параметры плотности в сумме составляют 1 (так что вы всегда можете исключить один из них, в вашем случае, чтобы исключить$\Omega_r$), а Вселенная состоит только из материи, излучения и космологической постоянной, так что с обычными определениями

$$\rho_{crit} = \frac{3H_0^2}{8\pi G}\qquad \textrm{and}\qquad \Omega_X = \frac{\rho_X}{\rho_{crit}},$$ с $0$обозначение сегодняшних значений и знание того, как различные компоненты Вселенной ведут себя по отношению к масштабному фактору, позволяет нам переписать уравнение Фридмана в терминах масштабного фактора. Напомнить по делу $\rho_m\propto a^{-3}$, для радиации $\rho_r\propto a^{-4}$и для темной энергии в этом случае мы предполагаем константу, тогда $$H(a) = H_0\sqrt{\Omega_\Lambda + \Omega_m a^{-3} + \Omega_r a^{-4}}$$ с $a_0 =1$. Теперь, используя соотношение между масштабным коэффициентом и красным смещением $$\frac{a_0}{a(t)}=1+z$$ в предыдущей формуле это были проблемы, используя $\Omega_r = 1- \Omega_m - \Omega_\Lambda$и масштабирование излучения как $a^{-2}$вы получаете их результат, однако, используя правильное масштабирование для излучения, вы получаете: $$H(z) = H_0 (1+z)\left( 1 + \Omega_m z + \Omega_\Lambda\left(\frac{1}{(1+z)^2}-1\right) + \color{red}{2z\Omega_r + z^2\Omega_r} \right)^{1/2}$$

Я надеюсь, что это поможет, но теперь мне также любопытно, как они получают эту формулу...

В конце концов я понял, что для того, чтобы ответить на мой вопрос, мне нужно понять вывод уравнения 25 D&L:

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

Это параметр Хаббла, параметризованный красным смещением, а не временем. В настоящее время критическая плотность

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

Поэтому

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

и

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

Уравнение Фридмана

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

Поделить на$H_{0}^{2}$

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

$$\frac{H^{2}}{H_{0}^{2}}=\varOmega-\frac{kc^{2}}{R^{2}H_{0}^{2}}.$$ Где $\varOmega=\varOmega_{m}+\varOmega_{\varLambda}+\varOmega_{r}$. Найти $-kc^{2}$набор $$-kc^{2}=H_{0}^{2}R_{0}^{2}-\frac{R_{0}^{2}8\pi G\rho}{3}$$ и получить $$\frac{H^{2}}{H_{0}^{2}}=\varOmega+\frac{H_{0}^{2}R_{0}^{2}}{H_{0}^{2}R^{2}}-\frac{R_{0}^{2}8\pi G\rho}{3R^{2}H_{0}^{2}}$$

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

Теперь напишите как функцию красного смещения$z$.

Первый,

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

И

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

давать

$$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left[\varOmega_{m}\left(1+z\right)^{3}+\varOmega_{\varLambda}+\varOmega_{r}\left(1+z\right)^{4}+\left(1+z\right)^{2}\left(1-\varOmega\right)\right].$$ Для упрощения пусть $\varOmega_{r}=0$(как и Дэвис и Лайнуивер) $$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left[\varOmega_{m}\left(1+z\right)^{3}+\varOmega_{\varLambda}+\left(1+z\right)^{2}\left(1-\varOmega_{m}-\varOmega_{\varLambda}\right)\right]$$ $$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left(1+z\right)^{2}\left[\varOmega_{m}\left(1+z\right)+\frac{\varOmega_{\varLambda}}{\left(1+z\right)^{2}}+1-\varOmega_{m}-\varOmega_{\varLambda}\right]$$ $$H^{2}\left(z\right)=H_{0}^{2}\left(1+z\right)^{2}\left[1+\varOmega_{m}z+\varOmega_{\varLambda}\left(\frac{1}{\left(1+z\right)^{2}}-1\right)\right]$$

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