Observador de caída libre en métrica de Schwarzschild

Question

Observador de caída libre en métrica de Schwarzschild

apo

Estaba viendo esta pregunta sobre la base no coordinada: https://www.physicsforums.com/threads/noncoordinate-basis.102902/

En la respuesta número 4 se da la base ortonormal para un observador en caída libre en la métrica de Schwarzschild, estoy tratando de derivar esta base pero no he podido hacerlo. La base para un observador con constante $r$ , $\theta$ , $\phi$ también está dado por Ya entiendo cómo obtener esto.

Para el observador en caída libre tenemos coordenadas $t'$ , $r'$ , $\theta'$ , $\phi'$ Como está cayendo radialmente entonces tenemos

\frac{\partial}{\partial t^{'}} = \frac{\partial t}{\partial t^{'}} \frac{\partial}{\partial t} + \frac{\partial r}{\partial t^{'}} \frac{\partial}{\partial r}

$\frac{\partial}{\partial t'} = \frac{\partial t}{\partial t'} \frac{\partial}{\partial t} + \frac{\partial r}{\partial t'}\frac{\partial}{\partial r}$

podemos evaluar $\frac{\partial}{\partial t'} \otimes \frac{\partial}{\partial t'}$ en la métrica dada en el enlace

gramo = (1 - \frac{2 METRO}{r}) d t \otimes d t - {(1 - \frac{2 METRO}{r})}^{- 1} d r \otimes d r - r^{2} ({pecado}^{2} θ d θ \otimes d θ + d ϕ \otimes d ϕ) .

$\mathbf{g}=\left( 1-\frac{2M}{r}\right) \mathbf{dt}\otimes\mathbf{dt}-\left( 1-\frac{2M}{r}\right) ^{-1}\mathbf{dr}\otimes\mathbf{dr}-r^{2}\left( \sin^{2}\theta\mathbf{d\theta}\otimes\mathbf{d \theta}+\mathbf{d\phi}\otimes\mathbf{d\phi}\right).$

Obtenemos entonces la ecuación:

1 = (1 - \frac{2 METRO}{r}) {(\frac{\partial t}{\partial t^{'}})}^{2} - {(1 - \frac{2 METRO}{r})}^{- 1} {(\frac{\partial r}{\partial t^{'}})}^{2}

$1 = \left( 1-\frac{2M}{r} \right) \left( \frac{\partial t}{\partial t'} \right)^2 - \left( 1-\frac{2M}{r} \right)^{-1} \left( \frac{\partial r}{\partial t'} \right)^2$

Y de la ecuación geodésica podemos deducir

\frac{\partial t}{\partial t^{'}} = - \frac{C}{(1 - \frac{2 METRO}{r})}

$\frac{\partial t}{\partial t'} = -\frac{C}{\left(1-\frac{2M}{r} \right)}$

De aquí veo que si tomo $C = 1$ y luego reemplazar en la ecuación de antes de obtener

{mi}_{0}^{'} = {(1 - \frac{2 METRO}{r})}^{- 1} \frac{\partial}{\partial t} - {(\frac{2 METRO}{r})}^{\frac{1}{2}} \frac{\partial}{\partial r}

$\mathbf{e}_{0}^{\prime} =\left( 1-\frac{2M}{r} \right)^{-1} \frac{\partial}{\partial t}-\left( \frac{2M}{r} \right)^{\frac{1}{2}}\frac{\partial}{\partial r}$

Entonces estoy atrapado por el $r'$ coordenada ya que no tengo una ecuación geodésica para ello. Además, no estoy seguro de poder asumir $C=1$ . ¿Hay una forma estándar de resolver esto? Cualquier ayuda con esto es apreciado.

Respuestas (1)

Observador de caída libre en métrica de Schwarzschild

Michele Grosso · Answer 1

Consideremos la métrica de Schwarzschild, asumiendo como convención de firma el signo negativo en el componente tiempo-tiempo de la métrica.
$ds^2 = -g dt^2 + g^{-1} dr^2 + r^2 (d\theta^2 + \sin^2 \theta d\phi^2)$
dónde:
$G = 1$
$c = 1$
$g = (1 - 2M/r)$

Tenemos tres marcos de referencia:
Schwarzschild con coordenadas $(t, r, \theta, \phi)$
Observador estacionario con coordenadas $(\tau, r_{stat}, \theta_{stat}, \phi_{stat})$
Observador de caída libre con coordenadas $(t', r', \theta', \phi')$

Observador estacionario a constante $r$ , $\theta$ y $\phi$
La base de tiempo se construye sobre la base de cuatro velocidades. $U_{stat} = \partial_\tau = dt / d\tau \partial_t$ , con $dt / d\tau = g^{-1/2}$ , donación $e_0 = \partial_\tau = g^{-1/2} \partial_t$ . Se normaliza con norma al cuadrado = $-1$ . La base radial se construye como $\partial_r$ luego normalizado con norma al cuadrado = $+1$ , donación $e_1 = \partial_{r_{stat}} = g^{1/2} \partial_r$ . Eso es
$e_0 = (1 - 2M/r)^{-1/2} \partial_t$
$e_1 = (1 - 2M/r)^{1/2} \partial_r$
El $e_0$ y $e_1$ son ortonormales.

Observador en caída libre desde el reposo en el infinito
Es una trayectoria radial, es decir a constante $\theta$ y $\phi$ . Puede relacionar el marco de caída libre con el marco estacionario con la transformación de Lorentz
$\tau = \gamma t' + \gamma v r'$
$r_{stat} = \gamma v t' + \gamma r'$
$v = -(2M/r)^{1/2}$
La velocidad $v$ se obtiene comparando la energía de la caída libre medida por el observador estacionario calculado tanto como $E = -p_\mu U_{stat}^\mu$ y como $E = \gamma m$ con $\gamma = (1 - v^2)^{-1/2}$ .
La relación entre las derivadas parciales es
$\partial_{t'} = \partial \tau / \partial t' \partial_\tau + \partial r_{stat} / \partial t' \partial_{r_{stat}}$
$\partial_{r'} = \partial \tau / \partial r' \partial_\tau + \partial r_{stat} / \partial r' \partial_{r_{stat}}$
dónde:
$\partial \tau / \partial t' = \gamma$
$\partial r_{stat} / \partial t' = \gamma v$
$\partial \tau / \partial r' = \gamma v$
$\partial r_{stat} / \partial r' = \gamma$
Ya que tienes
$e'_0 = \partial_{t'}$
$e'_1 = \partial_{r'}$
puedes escribir
$e'_0 = \gamma e_0 + \gamma v e_1$
$e'_1 = \gamma v e_0 + \gamma e_1$
expresando en contra $\partial_t$ y $\partial_r$
$e'_0 = \gamma g^{-1/2} \partial_t + \gamma v g^{1/2} \partial_r$
$e'_1 = \gamma v g^{-1/2} \partial_t + \gamma g^{1/2} \partial_r$
y recordando que
$\gamma = g^{-1/2}$
$g = (1 - 2M/r)$
$v = -(2M/r)^{1/2}$
tenemos
$e'_0 = g^{-1} \partial_t + v \partial_r = (1 - 2M/r)^{-1} \partial_t - (2M/r)^{1/2} \partial_r$
$e'_1 = v g^{-1} \partial_t + \partial_r = -(2M/r)^{1/2} (1 - 2M/r)^{-1} \partial_t + \partial_r$
El $e'_0$ y $e'_1$ también son ortonormales.
Nota:
Para completar la base ortonormal, también tenemos
$e_2 = e'_2 = 1 / r \partial_\theta$
$e_3 = e'_3 = 1 / (r \sin \theta) \partial_\phi$

Creo que hay algo que falta aquí. ¿Cómo se obtiene el "recuerda que gamma = (..)"? ¿No deberíamos averiguar específicamente cuál es la magnitud del impulso para pasar del marco del observador estacionario al marco del observador en movimiento? Además, esta base no parece satisfacer $u^{\prime\, m}=e^{\prime\,m}_{\,\,\mu}u^\mu=(1,0,0,0)$ cuando el $u^\mu$ es la 4-velocidad de un observador en caída libre, es decir, $u^\mu=(g^{-1},\pm (1-r_s/r),0,0)$ . ¿Lo que da? No parece que sea la solución correcta.
¡AH! ¡FINALMENTE! Pensé que me estaba volviendo loco. yo estaba tratando de calcular $e^\mu_{\,\,\,\,\nu}$ inverse y luego multiplicándolo con el 4-vector, y no estaba funcionando. Resulta que me faltaba la transposición de mi cálculo matricial. Rasca la última parte. Sin embargo, creo que todavía falta una parte de la respuesta, en particular, cómo se relaciona el impulso de lorenz con el observador en caída libre.

Observador de caída libre en métrica de Schwarzschild

apo

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Michele Grosso

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Agujero negro de Kerr sin masa

Es (−∂2∂t2+∇2)ϕ=0(−∂2∂t2+∇2)ϕ=0\left(-\frac{\parcial^2}{\parcial t^2}+\nabla^2\ right)\phi=0 igual que ∂μ(gμν−g−−−√∂νϕ)=0∂μ(gμν−g∂νϕ)=0\partial_\mu\left( g^{\mu\nu}\ sqrt{-g} \parcial_\nu\phi\right)=0?

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