Velocidad de escape de un agujero negro en rotación

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Velocidad de escape de un agujero negro en rotación

Física
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Yukterez

Bajo Newton, la velocidad de escape es

v_{mi s C} = C \sqrt{r_{s} / r}

$v_{esc} = \rm c \ \sqrt{r_s/r}$

dónde $\rm r_s=2 \ GM/c^2$ . En el caso relativista no giratorio (el caso de Schwarzschild) la velocidad de escape radial es la misma:

v_{mi s C}^{∥} = C \sqrt{r_{s} / r}

$v^{\parallel}_{esc} = \rm c \ \sqrt{r_s/r}$

que es la velocidad de la luz, $v={\rm c}$ , en el horizonte de eventos en $\rm r=r_s$ . Dado que la esfera de fotones, donde un objeto con $v={\rm c}$ no escaparía, pero sería capturado en órbita, está en $r=3 \ {\rm GM/c^2}$ , la velocidad de escape transversal es

v_{mi s C}^{⊥} = C \sqrt{r_{s} / r} \div \sqrt{1 - r_{s} / r}

$v^{\perp}_{esc} = \rm c \ \sqrt{r_s/r}\div \sqrt{1-r_s/r}$

y para la velocidad observada (shapiro retrasada) ${\rm v}$ la transformación es

v^{⊥} = v^{⊥} \sqrt{1 - r_{s} / r}, v^{∥} = v^{∥} (1 - r_{s} / r)

${\rm v}^{\perp}=v^{\perp} \ \sqrt{\rm 1-r_s/r} \ , \ \ {\rm v}^{\parallel}=v^{\parallel} \ (\rm 1-r_s/r)$

por lo tanto, el movimiento angular observado es el mismo que con Newton, pero localmente más alto, mientras que el movimiento radial observado se ralentiza debido a la contracción de la longitud radial y la dilatación del tiempo.

Pero, ¿qué pasa con el caso de Kerr donde la rotación es significativa y el horizonte de eventos está en $\rm r=(1+\sqrt{1-a^2}) \ {\rm GM/c^2}$ en lugar de $\rm r=r_s$ ?

Una partícula de prueba que está localmente en reposo y, por lo tanto, corrota con la velocidad angular del marco que arrastra

Ω = d ϕ / d t = 2 a r / ((a^{2} + r^{2})^{2} - a^{2} (a^{2} + (r - 2) r) {pecado}^{2} (θ))

${\Omega = \rm d \phi/ {\rm d t} = {\rm 2 \ a \ r/((a^2+r^2)^2-a^2 (a^2+(r-2) \ r) \sin ^2(\theta ))}}$

debe experimentar el factor de dilatación del tiempo

\dot{t} = d t / d τ = \sqrt{((a^{2} + (r - 2) r) (a^{2} {porque}^{2} (θ) + r^{2})) / ((a^{2} + r^{2})^{2} - a^{2} (a^{2} + (r - 2) r) {pecado}^{2} (θ))}

$\rm \dot t = {\rm d t}/ {\rm d}\tau = \sqrt{{\rm ((a^2+(r-2) \ r) (a^2 \cos ^2(\theta )+r^2))/((a^2+r^2)^2-a^2 (a^2+(r-2) \ r) \sin ^2(\theta ))}}$

relativamente al observador lejano, así que multiplicando $\Omega$ con $\rm \dot t$ debería dar al cuadro local una velocidad angular de arrastre, que, multiplicada por la $\rm \sqrt{x^2+y^2}$ El valor de la transformación de Boyer-Lindquist a cartesiana debería dar la velocidad transversal, ligeramente por debajo $\rm c$ para un agujero negro de rotación máxima (con $\rm a = 1$ - en el borde de la ergosfera ecuatorial exterior donde $\rm r=1$ y $\rm R=\sqrt{r^2+a^2}$ ).

Pero, ¿cómo encuentro la velocidad de escape radial y total, y cuáles son las reglas para convertir las velocidades de coordenadas retrasadas de Shapiro? $\rm d r/d t \ , \ d \phi/d t \ , d \theta/d t$ a las componentes locales de 3 velocidades $v^{\parallel}$ y $v^{\perp}$ de una partícula de prueba (significado local en relación con una sonda arrastrada por un marco con contenido $\rm r$ )? La contracción de la longitud radial parece un poco diferente que en el caso de Schwarzschild, donde es lo mismo que el factor de dilatación del tiempo gravitacional...

Respuestas (2)

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Yukterez · Answer 1

Quedan 2 horas para otorgar la recompensa, pero hasta ahora no hay respuesta. Al menos descubrí que el local de 3 velocidades

v = \sqrt{v_{r}^{2} + v_{θ}^{2} - v_{ϕ}^{2}} = \sqrt{v_{X}^{2} + v_{y}^{2} - v_{z}^{2}}

$\rm v=\sqrt{v_r^2+v_{\theta}^2-v_{\phi}^2}=\sqrt{v_x^2+v_y^2-v_z^2}$ está relacionado con las derivadas coordinadas

\dot{r}, \dot{θ}, \dot{ϕ}

$\rm \dot r, \ \dot \theta, \ \dot \phi$ por

\frac{v_{r}}{\sqrt{1 - v^{2}}} = \dot{r} \sqrt{\frac{Σ}{Δ}}

$\rm \frac{v_{r}}{\sqrt{1-v^2}} = \dot r \ \sqrt{\frac{\Sigma}{\Delta}}$ para la componente radial,

\frac{v_{θ} \sqrt{Σ}}{\sqrt{1 - v^{2}}} = \dot{θ} Σ

$\rm \frac{v_{\theta} \ \sqrt{\Sigma}}{\sqrt{1-v^2}} = \dot \theta \ \Sigma$ con el radio de giro

\bar{R} = \sqrt{\frac{{(a^{2} + r^{2})}^{2} - a^{2} Δ {pecado}^{2} θ}{a^{2} {porque}^{2} θ + r^{2}}}

$\bar R = \sqrt{\frac{\left(a^2+r^2\right)^2-a^2 \Delta \sin ^2 \theta }{a^2 \cos ^2 \theta +r^2}}$ para el movimiento a lo largo de la latitud y

\frac{v_{ϕ} \bar{R}}{\sqrt{1 - v^{2}}} = \dot{ϕ} Σ

$\rm \frac{v_{\phi} \ \bar{R}}{\sqrt{1-v^2}} = \dot \phi \ \Sigma$ para el movimiento a lo largo del eje de simetría, con los términos

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

$\rm \Sigma = r^2 + a^2 \cos^{2} \theta, \quad \Delta = r^2 - 2 \ r + a^2$ y

x, y, z

$\rm x, \ y, \ z$ como la transformación cartesiana de las coordenadas de Boyer-Lindquist.

Con la dilatación del tiempo gravitacional

ς = \sqrt{\frac{{(a^{2} + r^{2})}^{2} - a^{2} (a^{2} + (r - 2) r) {pecado}^{2} (θ)}{(a^{2} + (r - 2) r) (a^{2} {porque}^{2} (θ) + r^{2})}}

$\rm \varsigma =\sqrt{\frac{\left(a^2+r^2\right)^2-a^2 \left(a^2+(r-2) r\right) \sin ^2(\theta )}{\left(a^2+(r-2) r\right) \left(a^2 \cos ^2(\theta )+r^2\right)}}$

y

ς = \frac{1}{\sqrt{1 - v_{mi s C}^{2}}}

$\rm \varsigma = \frac{1}{\sqrt{1-v_{esc}^2 }}$

la velocidad de escape radial debe ser

v_{mi s C} = \frac{\sqrt{ς^{2} - 1}}{ς}

$\rm v_{esc}=\frac{\sqrt{\varsigma ^2-1}}{\varsigma }$

que, en el límite de $a\to 0$ da el mismo resultado que Schwarzschild.

Ejemplo de una partícula de prueba lanzada radialmente hacia arriba con la velocidad de escape local por un ZAMO corrotante sentado cerca del horizonte en θ=45°:

(El parámetro Spin en la animación es a=Jc/G/M²=0.998)

¿Puedes explicar las unidades de $r$ . ¿Se expresa como múltiplos de $2GM/c^2$ ?
r está en unidades de 1GM/c², donde M es la masa gravitatoria (que no debe confundirse con la masa irreducible).

jerry schirmer · Answer 2

jerry schirmer

Esta pregunta tiene una respuesta compleja, ya que las órbitas de Kerr no se pueden integrar tan fácilmente como las órbitas de Schwarzschild. Tu respuesta dependerá de dónde te sientes en el horizonte y en qué dirección te muevas. Realmente no sé si la noción de "velocidad de escape" realmente funciona en la relatividad como lo hace clásicamente, especialmente en el caso de un agujero de Kerr.

Yukterez

La relación entre la dilatación del tiempo gravitacional y la velocidad de escape siempre funciona, así que, por supuesto, también funciona en el espacio-tiempo de Kerr, vea la penúltima ecuación en en.wikipedia.org/wiki/… y para la animación de un objeto que sale de la ergosfera con la velocidad de escape. en diferentes ángulos ver notizblock.yukterez.net/viewtopic.php?p=361#p361

Yukterez

Por cierto, ya depende del ángulo cuando uses Schwarzschild, ya que un fotón puede escapar radialmente por encima de r=2GM/c² (el horizonte de eventos), mientras que un fotón transversal ya será capturado por debajo de r=3GM/c² (el fotón esfera) incluso en el caso no giratorio. La velocidad de escape es siempre en términos de movimiento radial (en el caso de Kerr en relación con un ZAMO local), solo que bajo Newton la dirección no importa.

Yukterez

Pero tienes razón, la respuesta depende de dónde te sientes, por lo tanto, la dependencia de θ en la ecuación para ς y v_esc.

jerry schirmer

@СимонТыран: OK, si está de acuerdo con una "velocidad de escape" que tiene una dependencia de seis parámetros (radio desde la estrella, posición angular y tres componentes de velocidad), supongo que puede definirla. Pero eso no es una "velocidad de escape" en mi mente, porque la parte clave de ese concepto, para mí, es la independencia de la dirección.

Yukterez

Pero no obtendrá la independencia de la dirección, incluso con Schwarzschild hay una dependencia. Como puede ver en la animación anterior, si la partícula de prueba comienza con v local = v escape, mantiene v local = v escape hasta el final. El hecho de que en el marco de referencia de ZAMO la dirección deba ser puramente radial lo simplifica un poco, si define la velocidad inicial relativa a él, no necesita preocuparse por otros componentes que no sean radiales. También puede usar la regla si E cinética + E potencial = 0 y el momento angular = 0, esto da la velocidad de escape radial.

Yukterez

Por cierto, una definición del horizonte de eventos es que la velocidad de escape converge a c (eso se aplica tanto a Schwarzschild como a Kerr), por lo que seguramente se le puede llamar velocidad de escape, aunque siempre depende de la dirección, incluso en la simetría total. Caso Schwarzschild.

jerry schirmer

@СимонТыран: Tampoco lo llamaría "velocidad de escape" en el caso de schwarzschild.

Yukterez

Pero si busca en Google "velocidad de escape de Schwarzschild", encontrará un montón de fuentes acreditadas que lo llaman de la misma manera, y con la definición dada en Wikipedia: "En física, la velocidad de escape es la velocidad mínima necesaria para que un objeto escape de la influencia gravitacional de un cuerpo masivo", no hay necesidad de independencia angular.

AVS

@СимонТыран: la velocidad mínima implica minimizar en todos los ángulos posibles, por lo que esta es una definición independiente del ángulo.

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