Gravedad superficial del agujero negro de Kerr

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Gravedad superficial del agujero negro de Kerr

gravedad
Física
agujeros negros
kerr-métrico
horizonte de eventos
relatividad general

dingo_d

Estoy revisando la métrica de Kerr, y siguiendo la derivación del 'juego de herramientas relativista' de la gravedad superficial, llegué a una parte que no entiendo.

En primer lugar, la métrica está dada por

d s^{2} = (\frac{Σ}{ρ^{2}} {pecado}^{2} θ ω^{2} - \frac{ρ^{2} Δ}{Σ}) d t^{2} - 2 \frac{Σ}{ρ^{2}} {pecado}^{2} θ ω d ϕ d t + \frac{Σ}{ρ^{2}} {pecado}^{2} θ d ϕ^{2} + \frac{ρ^{2}}{Δ} d r^{2} + ρ^{2} d θ^{2}

$\mathrm{d}s^2=\left(\frac{\Sigma}{\rho^2}\sin^2\theta\omega^2-\frac{\rho^2\Delta}{\Sigma}\right)\mathrm{d}t^2-2\frac{\Sigma}{\rho^2}\sin^2\theta\omega \mathrm{d}\phi \mathrm{d}t+\frac{\Sigma}{\rho^2}\sin^2\theta \mathrm{d}\phi^2+\frac{\rho^2}{\Delta}\mathrm{d}r^2+\rho^2 \mathrm{d}\theta^2$

Con

ρ^{2} = r^{2} + a^{2} {porque}^{2} θ, Δ = r^{2} - 2 METRO r + a^{2},

$\rho^2=r^2+a^2\cos^2\theta,\quad \Delta=r^2-2Mr+a^2,$

Σ = (r^{2} + a^{2})^{2} - a^{2} Δ {pecado}^{2} θ, ω = \frac{2 METRO a r}{Σ}

$\Sigma=(r^2+a^2)^2-a^2\Delta\sin^2\theta,\quad \omega=\frac{2Mar}{\Sigma}$

El vector Killing que es nulo en el horizonte de eventos es

x^{m} = \partial_{t} + Ω_{H} \partial_{ϕ}

$\chi^\mu=\partial_t+\Omega_H\partial_\phi$

dónde $\Omega_H$ es la velocidad angular en el horizonte.

Ahora tengo la misma norma del vector Killing

x^{m} x_{m} = {gramo}_{m v} x^{m} x^{v} = \frac{Σ}{ρ^{2}} {pecado}^{2} θ (Ω_{H} - ω)^{2} - \frac{ρ^{2} Δ}{Σ}

$\chi^\mu\chi_\mu=g_{\mu\nu}\chi^\mu\chi^\nu=\frac{\Sigma}{\rho^2}\sin^2\theta(\Omega_H-\omega)^2-\frac{\rho^2\Delta}{\Sigma}$

Y ahora debería usar esta ecuación

\nabla_{v} (- x^{m} x_{m}) = 2 k x_{v}

$\nabla_\nu(-\chi^\mu\chi_\mu)=2\kappa\chi_\nu$

Y necesito mirar al horizonte. Ahora, en el horizonte $\omega=\Omega_H$ entonces mi primer término en la norma es cero, pero, en el horizonte $\Delta=0$ también, entonces, ¿cómo están derivando ese lado y cómo obtuvieron

\nabla_{v} (- x^{m} x_{m}) = \frac{ρ^{2}}{Σ} \nabla_{v} Δ

$\nabla_\nu(-\chi^\mu\chi_\mu)=\frac{\rho^2}{\Sigma}\nabla_\nu\Delta$

Si el $\Delta=0$ ¿en el horizonte? Ya que $\rho$ y $\Sigma$ ambos dependen de $r$ , e incluso si los evalúo en $r_+=M+\sqrt{M^2-a^2}$ no se anulan entre sí.

¿Cómo llegan al resultado final de $\kappa$ ?

jerry schirmer

Debe hacer esto en un sistema de coordenadas que no sea singular en el horizonte.

dingo_d

Entonces, ¿las coordenadas de Boyer-Lindquist están fuera de discusión? :\ Pero tenía la impresión de que el cálculo se hace en BL :\

dingo_d

Ahora vi en el libro 'Black Holes: An Introduction', que debería usar las coordenadas de Kerr entrantes: \

Trimok

@dingo_d: Veo la fórmula

\begin{aligned} κ^{2} = - \frac{1}{2} (\nabla^{a} χ^{b}) (\nabla_{a} χ_{b}) \end{aligned}

$\begin{align} \kappa^2 = -\frac{1}{2} \left ( \nabla^a \chi^b \right ) \left ( \nabla_a \chi_b \right ) \end{align}$ , en esta nota , que cita a Wald (12.5.14), y esta fórmula funciona con las métricas estándar de Schwarzschild, incluso si esta métrica es singular en el horizonte.

dingo_d

Pues dice que esa fórmula se sigue de la que puse, así que debería funcionar. Estoy intentando con las coordenadas entrantes de Kerr, pero no logro llegar a ninguna parte. Probaré con ese y veré a dónde me lleva.

dingo_d

Todavía no tengo suerte :\ lo intenté en BL e ingoing Kerr y simplemente no puedo reproducir ese resultado. Al usar la fórmula con

κ^{2}

$\kappa^2$ Necesito bajar el índice de la derivada covariante y del vector

χ_{b}

$\chi_b$ arriba, ¿verdad?

hraish kumar

@dingo_d Tienes que tomar la derivada de tu expresión para

χ^{μ} χ_{μ}

$\chi^{\mu} \chi_{\mu}$ antes de introducir valores para cantidades en el horizonte.

Profesor Shonku

@dingo_d Estoy pasando por el mismo cálculo. Sin embargo, no pude entender cómo está escrito que en el horizonte

ξ_{α} = (1 - a Ω_{H} \sin^{2} θ) \partial_{α} r

$\xi_\alpha=(1-a\Omega_H \sin^2 \theta)\partial_\alpha r$ . ¿Cómo obtener este término?

dingo_d

Esto fue hace mucho tiempo, y ya no estoy trabajando en cosas relacionadas con la física, así que realmente no podría responderte con certeza :\

Respuestas (4)

Gravedad superficial del agujero negro de Kerr

Debe hacer esto en un sistema de coordenadas que no sea singular en el horizonte.
Entonces, ¿las coordenadas de Boyer-Lindquist están fuera de discusión? :\ Pero tenía la impresión de que el cálculo se hace en BL :\
Ahora vi en el libro 'Black Holes: An Introduction', que debería usar las coordenadas de Kerr entrantes: \
@dingo_d: Veo la fórmula $\begin{align} \kappa^2 = -\frac{1}{2} \left ( \nabla^a \chi^b \right ) \left ( \nabla_a \chi_b \right ) \end{align}$ , en esta nota , que cita a Wald (12.5.14), y esta fórmula funciona con las métricas estándar de Schwarzschild, incluso si esta métrica es singular en el horizonte.
Pues dice que esa fórmula se sigue de la que puse, así que debería funcionar. Estoy intentando con las coordenadas entrantes de Kerr, pero no logro llegar a ninguna parte. Probaré con ese y veré a dónde me lleva.
Todavía no tengo suerte :\ lo intenté en BL e ingoing Kerr y simplemente no puedo reproducir ese resultado. Al usar la fórmula con $\kappa^2$ Necesito bajar el índice de la derivada covariante y del vector $\chi_b$ arriba, ¿verdad?
@dingo_d Tienes que tomar la derivada de tu expresión para $\chi^{\mu} \chi_{\mu}$ antes de introducir valores para cantidades en el horizonte.
@dingo_d Estoy pasando por el mismo cálculo. Sin embargo, no pude entender cómo está escrito que en el horizonte $\xi_\alpha=(1-a\Omega_H \sin^2 \theta)\partial_\alpha r$ . ¿Cómo obtener este término?
Esto fue hace mucho tiempo, y ya no estoy trabajando en cosas relacionadas con la física, así que realmente no podría responderte con certeza :\

comandante quirúrgico · Answer 1

El cálculo se puede hacer muy bien en este sistema de coordenadas, aunque no se extienda a lo largo del horizonte. Las gravedades superficiales se calculan muy comúnmente en sistemas de coordenadas que fallan en el horizonte. Por ejemplo, la gravedad superficial de Schwarzschild

$ds^2 = -f dt^2 + f^{-1} dr^2 + r^2 d\Omega_2^2, \qquad f= 1- \frac{r_+}{r},$

se encuentra fácilmente que es $\kappa = \frac{f'}{2} = \frac{1}{2r_+}$ .

Creo que su problema es que está evaluando cantidades en el horizonte antes de tomar derivadas. Es importante primero tomar derivados y luego evaluar en el horizonte.

Puede usar *emphasis word*para crear cursivas , no es necesario usar \textit{}aquí.
La forma en que obtienes eso $\kappa = \frac{f'}{2}$ para un Agujero Negro de Schwarzschild depende fundamentalmente de cambiar el sistema de coordenadas a coordenadas EF, de forma que quede bien definido en el horizonte.

ted jacobson · Answer 2

Tienes razón en que el $(\Omega_H-\omega)^2$ término no contribuye. Esto se debe a que es el cuadrado de algo que se desvanece en el horizonte: cuando tomas la derivada, queda un factor de desvanecimiento. En cuanto al otro término, ya que $\Delta$ se desvanece en el horizonte, este término se desvanece excepto cuando la derivada toca $\Delta$ . Esto produce la última fórmula que escribiste.

Partha Pablo · Answer 3

\nabla_{v} (- x^{m} x_{m}) = \partial_{v} (- x^{m} x_{m}) = \frac{ρ^{2}}{Σ} \partial_{v} Δ + Δ \partial_{v} (\frac{ρ^{2}}{Σ}) - (Ω_{H} - ω)^{2} \partial_{v} (\frac{Σ {pecado}^{2} θ}{ρ^{2}})

$\nabla_\nu(-\chi^\mu\chi_\mu) =\partial_\nu(-\chi^\mu\chi_\mu)\\ =\frac{\rho^2 }{\Sigma}\partial_\nu \Delta + \Delta \partial_\nu(\frac{\rho^2 }{\Sigma})-(\Omega_H -\omega)^2 \partial_\nu(\frac{\Sigma\sin^2{\theta}}{\rho^2})$

Ahora usa la condición de horizonte que obtendrás

\nabla_{v} (- x^{m} x_{m}) = \frac{ρ^{2}}{Σ} \partial_{v} Δ

$\nabla_\nu(-\chi^\mu\chi_\mu)=\frac{\rho^2 }{\Sigma}\partial_\nu \Delta$

Ya que $\chi^\mu$ es nulo en el horizonte y un vector nulo es normal a sí mismo, por lo que $\chi^\mu$ debe ser proporcional a la normal del horizonte. Una superficie r constante tiene una normal $\partial_\mu{r}$ . Asi que

x_{m} = C \partial_{m} r

$\chi_{\mu}=C\partial_\mu{r}$ Ahora nuestro trabajo es encontrar C. Se puede encontrar fácilmente

{gramo}^{m v} x_{m} x_{norte tu} = C^{2} {gramo}^{m v} \partial_{m} r \partial_{v} r = C^{2} {gramo}^{r r}

$g^{\mu\nu}\chi_{\mu}\chi_{nu}=C^2g^{\mu\nu}\partial_\mu{r}\partial_\nu{r}\\ =C^2g^{rr}$

Asi que

C^{2} = \frac{x^{m} x_{m}}{{gramo}^{r r}}

$C^2=\frac{\chi^{\mu}\chi_{\mu}}{g^{rr}}$

Entonces, después de que termine el álgebra, tome el límite del horizonte y encontrará C. El resto son solo unas pocas líneas de álgebra.

estaba tratando de calcular $C^2$ . Ahora como ambos $\chi^\mu \chi_\mu$ y $g^{rr}$ Son cero en el horizonte Usé L'Hospital. Pero el resultado final da $C^2<0$ . ¿Puedes indicar cómo calcularlo?
No creo que esto funcione, solo te garantizan que $\xi_\mu$ es proporcional a $\partial_\mu r$ en el horizonte de eventos, lejos de él, en realidad no son proporcionales ( $\partial_\mu r$ es un vector similar al espacio fuera del agujero negro, mientras que $\xi_\mu$ es temporal). Esto significa que tomar el límite desde fuera del horizonte hasta el horizonte no es válido. Como señaló @ProfShonku, obtienes $C^2 < 0$ que no es sensato.

dingo_d · Answer 4

Ok, cada libro que miré tiene esto resuelto al observar cuatro velocidades y cuatro aceleraciones de una partícula libre en el horizonte, así que debe ser eso: \ Aunque estoy seguro de que hay una manera de hacerlo a través de Killing vector $\chi^\mu=\partial_t+\Omega_H\partial_r$ .

Así que pasaré por esta derivación con aceleración...

La derivación es sencilla con el vector de muerte siempre que su sistema de coordenadas no sea singular. Ver el sistema de coordenadas dado en Hawking y Ellis.

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