Кто-то, падающий в черную дыру, видит конец вселенной?

Question

Кто-то, падающий в черную дыру, видит конец вселенной?

Джон Ренни

Этот вопрос был вызван тем, что материя действительно может провалиться за горизонт событий? . Общеизвестно, что если вы рассчитаете время координаты Шварцшильда для чего-либо, материи или света, чтобы достичь горизонта событий, результат будет бесконечным. Это означает, что Вселенная стареет на бесконечное время, прежде чем кто-то, упавший в черную дыру, достигнет горизонта событий, поэтому может ли этот человек увидеть, как Вселенная стареет на бесконечное время?

Чтобы быть более точным, предположим, что наблюдатель начинает падать из состояния покоя в момент времени $t = 0$ и некоторое начальное расстояние $r > r_s$ . Если мы подождем некоторое время $T$ затем направьте луч света на падающего наблюдателя. Всегда ли луч света достигнет падающего наблюдателя до того, как он пересечет горизонт событий? Если нет, то какова формула наибольшего времени $T$ что мы можем подождать и быть уверенными, что луч поймает наблюдателя? Если $T$ не ограничен, это означает, что наблюдатель действительно может видеть конец вселенной.

Я могу придумать качественный аргумент в пользу верхнего предела $T$ , но я не уверен, насколько обоснован мой аргумент. Собственное время падения наблюдателя на горизонт событий конечно — назовем это $\tau$ . Собственное время для того, чтобы световой луч достиг горизонта, равно нулю, поэтому световой луч достигнет наблюдателя до того, как пересечет горизонт событий, только если $T < \tau$ . Следовательно $T$ ограничено, и наблюдатель не увидит конца Вселенной.

Я думаю, что более строгим подходом было бы определение уравнений движения (в координатах Шварцшильда) для падающего наблюдателя и светового луча, а затем найти условие достижения светом падающего наблюдателя на некотором расстоянии $\epsilon$ от горизонта событий. Тогда примите предел как $\epsilon \rightarrow 0$ . В принципе это кажется простым, но на практике алгебра быстро победила меня. Даже для светового луча уравнение радиальное расстояние:время не имеет замкнутой формы (Вольфрам утверждает, что ему нужна $W$ функция), а для падающего наблюдателя расчет еще сложнее.

Аникс

Из этой диаграммы в выбранном ответе видно, что в какое бы далекое время в будущем ни удаленный наблюдатель, ни падающий наблюдатель все еще находились вне черной дыры (есть пунктирная линия, соединяющая их с одинаковым временем). Учитывая, что черная дыра испаряется за конечное время, это говорит о том, что падающий наблюдатель никогда не пересечет горизонт событий. Но да, падающий наблюдатель за конечное собственное время либо пересекает горизонт (если нет излучения Хокинга), либо видит, как ЧД исчезает. Он не увидит бесконечного будущего (но повлияет на бесконечное будущее).

Ответы (9)

Кто-то, падающий в черную дыру, видит конец вселенной?

Из этой диаграммы в выбранном ответе видно, что в какое бы далекое время в будущем ни удаленный наблюдатель, ни падающий наблюдатель все еще находились вне черной дыры (есть пунктирная линия, соединяющая их с одинаковым временем). Учитывая, что черная дыра испаряется за конечное время, это говорит о том, что падающий наблюдатель никогда не пересечет горизонт событий. Но да, падающий наблюдатель за конечное собственное время либо пересекает горизонт (если нет излучения Хокинга), либо видит, как ЧД исчезает. Он не увидит бесконечного будущего (но повлияет на бесконечное будущее).

Майкл · Answer 1

Я бы рекомендовал избегать координат Шварцшильда для таких вопросов. Все классические бесконечности (т.е. парадокс межсетевых экранов в стороне), имеющие отношение к горизонту событий, происходят из-за плохого выбора координат. Вы хотите использовать систему координат, которая является регулярной на горизонте, например, Крускала-Секереса . Действительно, взгляните на диаграмму Крускала-Секереса:

Диаграмма Крускала-Секереша (источник: Википедия)

Это максимально расширенная геометрия Шваршильда, а не физическая черная дыра, образующаяся в результате коллапса звезды, но различия не должны нас беспокоить в этом вопросе. Область I и III — асимптотически плоские области, II — внутренняя часть черной дыры, а IV — белая дыра. Жирные гиперболы в областях II и IV — особенности. Диагонали, проходящие через начало координат, являются горизонтами событий. Происхождение (на самом деле 2-сфера с опущенными угловыми координатами) является горловиной непроходимой червоточины, соединяющей отдельные «вселенные» I и III. Радиальные световые лучи остаются диагональными линиями под углом 45 градусов на диаграмме Крускала-Секереса. Штриховые гиперболы — линии постоянной Шварцшильда. $r$ координата, а штриховые радиальные лучи – линии постоянных $t$ . Вы можете видеть, как горизонт событий становится координатной сингулярностью, где $r$ а также $t$ поменяться ролями.

Теперь, если вы проведете мировую линию из области I, ведущую в область II, станет очевидным, что она пересекает горизонт за конечное собственное время и, что более важно, световой конус прошлого события, в котором она попадает в сингулярность, не может содержать все пространство-время. Итак, краткий ответ на ваш вопрос: нет , кто-то, упав в черную дыру, не видит конца вселенной. Я не знаю формулы, которую вы просите $T$ , но в принципе вы можете прочитать это по световым лучам на диаграмме и просто преобразовать в любую координату/правильное время, которое вы хотите использовать.

@JohnRennie Теперь я вижу, что в предыдущем вопросе вы сами привели в значительной степени этот аргумент (и, конечно, я подозревал, что вы уже слышали о нем), но, похоже, он почему-то кажется неудовлетворительным. Но я должен признаться, что не вижу в этом ничего неубедительного, тем более что геометрия прекрасно работает на северном полюсе, несмотря на некоторые общие системы координат, производящие другое впечатление...
Ах, да, теперь я вижу это, и это такой ясный аргумент :-) Все радиальные нулевые геодезические проходят снизу справа вверх влево, и где бы ваш падающий наблюдатель ни попадал в сингулярность, любой луч света, попадающий в сингулярность, проходит справа вверху от наблюдателя. их нельзя увидеть. Не хватает только того, как построить траекторию падающего наблюдателя. Есть ли какие-нибудь простые правила, которые помогут мне нарисовать путь наблюдателя (подобный времени) на вашей диаграмме?
Правильно, я переписал ваш ответ, чтобы помочь мне понять его. Не могли бы вы взглянуть на мою переработку и покритиковать, если это уместно (очевидно, ваш ответ принят! :-).
У меня есть небольшое, но важное возражение против этого аргумента (cc @John Rennie): если наши координаты непреднамеренно расширили точку (в 1+1D) до линии, то попадание в разные части линии не означает, что траектории не совпадают. сходятся. Рассмотрим карты Земли, на которых Северный полюс расширяется до горизонтальной линии — вы бы не сказали, что кто-то в точке (90° с. ш., 20° в. д.) отключен от кого-то в точке (90° с. ш., 130 Вт), хотя на диаграмме это и подразумевается. Точно так же точка пересечения моей мировой линии $u=v$ выглядят непересекающимися с того места, где какой-то нулевой луч пересекает эту прямую, но вам нужно доказать , что они различны.
@ChrisWhite: Хороший вопрос. Вы говорите о горизонте или о сингулярности? Для горизонта это координаты Шварцшильда, аналогичные вашей искаженной карте, а не координаты Крускала. С другой стороны, сингулярность — это реальная физическая сингулярность, а не просто координатная сингулярность, так что я не знаю, как об этом говорить.
Из этой диаграммы видно, что, как бы далеко в будущем ни было выбрано время, и далекий наблюдатель, и падающий наблюдатель все еще находятся вне черной дыры (их соединяет пунктирная линия с одинаковым временем). Учитывая, что черная дыра испаряется за конечное время, это говорит о том, что падающий наблюдатель никогда не пересечет горизонт событий. Но да, падающий наблюдатель за конечное собственное время либо пересекает горизонт (если нет излучения Хокинга), либо видит, как ЧД исчезает.

Джон Ренни · Answer 2

Это переписывание ответа Майкла Брауна , чтобы помочь мне прояснить свои мысли и, возможно, помочь всем остальным, кто заинтересован, также прояснить свои мысли :-) Майкл представляет очень простой ответ на мой вопрос, основанный на геометрии пространства-времени. вокруг черной дыры.

Ключевым моментом является то, что обычные координаты Шварцшильда радиус/время бесполезны, потому что они скрывают то, что происходит. Чтобы обойти это, мы используем преобразование координат, чтобы нарисовать пространство-время вокруг черной дыры, используя координаты Крускала-Секереша . $u$ а также $v$ . Вот как выглядит результат:

Черная дыра

The $u$ координата горизонтальна и $v$ координата вертикальная.

Проблема с этими координатами в том, что они очень неинтуитивны. Смещение в $u$ или же $v$ не соответствует какой-либо простой физической величине, в отличие от смещения в обычной радиальной координате $r$ или координата времени $t$ . Тем не менее, координаты KS значительно упрощают дело следующим образом:

В этих координатах постоянная $r$ является гиперболой, показанной пунктирной линией. Горизонт событий — сплошная линия 45°. Вы можете думать как $t$ увеличивается по мере продвижения вверх - это происходит, хотя и не линейным образом. Сингулярность — это красная гипербола (помните, это диаграмма пространства-времени, поэтому сингулярность — это кривая, а не точка). Регион, который я пометил $I$ это внешняя сторона черной дыры и область, которую я обозначил $II$ область внутри горизонта событий. Игнорируйте область диаграммы в левом нижнем углу, поскольку она не имеет отношения к моему вопросу.

Наконец, ключевой особенностью, позволяющей ответить на мой вопрос, является то, что все радиально входящие световые лучи представляют собой прямые линии под углом 45°, идущие снизу справа вверх слева. Я нарисовал несколько таких световых лучей в виде пурпурных линий.

Теперь мы можем ответить на мой вопрос. Начнем с ракеты, парящей на постоянном расстоянии от черной дыры, которая представлена черной пунктирной гиперболой постоянного $r$ (как я упоминал выше, вы можете думать об увеличении времени по мере продвижения вверх). Вовремя $t_0$ наш наблюдатель покидает ракету и начинает падать в сторону черной дыры. Синяя линия показывает траекторию движения наблюдателя. Наблюдатель попадает в сингулярность в точке, где встречаются синяя и красная линии.

Вовремя $t_1$ ракета освещает падающего наблюдателя лучом света. Луч света, движущийся под углом 45°, достигает наблюдателя до того, как пересекает горизонт событий — пока все хорошо. Вовремя $t_2$ ракета направляет на наблюдателя второй световой луч, и этот световой луч достигает наблюдателя в момент попадания в сингулярность. Вовремя $t_3$ ракета направляет третий луч света в черную дыру, но он не достигает наблюдателя, потому что наблюдатель уже попал в сингулярность и больше не существует. Это означает, что наблюдатель никогда не увидит световой луч, испускаемый в момент времени. $t_3$ . Наблюдатель видит любой световой луч, выпущенный между $t_0$ а также $t_2$ , но не видит ни одного луча света, выпущенного после $t_2$ . Таким образом, пунктирная пурпурная линия отмечает границу между лучами света, которые наблюдатель может видеть, и лучами, которые он не может видеть.

И есть ответ на мой вопрос. Наблюдатель не видит конца Вселенной, потому что последний луч света, который он видит, — это тот, который выпущен в момент времени. $t_2$ .

Это не дает мне простой способ вычислить значение $t_2$ , потому что мне нужно было бы вывести выражение для траектории падающего наблюдателя (синяя линия), а это сложно. Тем не менее это показывает, что $t_2$ конечен, поэтому, используя обозначения в моем вопросе, $T$ ограничен.

В качестве отступления и связанного с интерпретацией координат u (пространственноподобных) и v (подобных времени), обратите внимание, что во внешней области диагональные линии, проходящие через начало координат, являются линиями с постоянной временной координатой Шварцшильда t . И, как вы указываете, геометрическое место постоянной пространственной координаты Шварцшильда r является гиперболой. Теперь, имея в виду эту картину, взгляните на координаты Риндлера.
Джон Ренни, Майкл Браун, приветствую вас обоих и кланяюсь в глубоком уважении! Это восхитительно и как раз та схематическая ясность того, что происходит, на которую я больше всего надеялся, но боялся спросить (точные цифры вторичны, важна концептуальная основа). У меня может быть больше комментариев после того, как я разберусь с этим (он заслуживает внимательного изучения!), но в основном я просто хочу сказать спасибо. Я сомневаюсь, что я единственный, кого это беспокоило на протяжении многих лет (и есть статистические данные, подтверждающие это утверждение!) Кроме того, Джон Ренни, спасибо за эту прекрасную окончательную цифру. Очень ясно!
Вас также могут заинтересовать координаты Гульстранда-Пенлеве , которые имеют более четкую физическую интерпретацию, чем Крускала-Секереса, поскольку они адаптированы к радиально свободно падающему наблюдателю, но остаются регулярными на горизонте. Цена, которую нужно заплатить, не соответствует диагональным условиям в метрике.
Майкл Браун, спасибо, еще одна хорошая ссылка. Хотя у меня все еще не было времени изучить эту систему KS, я был очень удивлен тем, насколько знакомыми она показалась цифрам, с которыми я играл для моего собственного понимания SR ... что заставляет меня подозревать, что я что-то неправильно интерпретирую. ? Например, световые конусы СИ, конечно же, не могут быть отображены непосредственно на геометрию искривленного пространства области вблизи черной дыры, верно? И я действительно не смотрел координаты GP, кроме беглого взгляда. Надеюсь, скоро у меня будет больше времени...
@TerryBollinger: также см. physics.stackexchange.com/questions/28297/… , где я использую координаты GP, чтобы показать, почему свет не может выйти из черной дыры.
@TerryBollinger Это общий факт дифференциальной геометрии, что любое двумерное пространство (локально) конформно плоское, поэтому, если вы подавите углы и просто посмотрите на $r-t$ пространстве вы всегда можете найти преобразование координат, которое делает (радиальные) нулевые лучи диагоналями 45 градусов, и привести метрику к форме $\omega^2 (u,v)(-dv^2 + du^2) + r^2 (u,v) d\Omega_2^2$ для некоторых подходящих функций $\omega(u,v)$ а также $r(u,v)$ . Радиальные световые лучи становятся $v=\pm u+\text{const}$ . Вы не можете всегда делать один и тот же трюк в $>2$ размеры - слишком много степеней свободы в метрике.
Спасибо, это полезно; и даже схематически я вижу, как правильные манипуляции могли бы воссоздать прекрасную $45^\circ$ световые пути СИ. Мое сильное любопытство состоит в том, чтобы ясно понять, как $u$ а также $v$ координаты разыгрываются в терминах относительного замедления времени (соотношений единиц времени). Нет времени в эти выходные, но скоро я надеюсь...
Мне не ясно, по такому ли пути пойдет падающий наблюдатель. Можете ли вы дать какое-нибудь интуитивное представление из этой системы координат о шкале проходящего времени? Я думаю, что это была суть вопроса с самого начала. Например, ясно ли, что путь не имеет асимптоты 45 градусов перед тем, как коснуться сингулярности?
@Inverse: я думаю, что моя иллюстрация пути немного неверна, и она должна больше походить на мой ответ на этот вопрос .
Формула для $t_2-t_0$ дается в моем ответе.
@inverse Я думаю , что для падающей массивной частицы геометрическое место асимптотично к линии, соединяющей начало координат с местом, где частица встречается с сингулярностью. Это конечно линия постоянного Шварцшильда $t$ .
В этих координатах трудно что-то увидеть, но на самом деле время, когда наблюдатель коснется горизонта, находится в бесконечном будущем. Вы можете представить, что линии с одинаковым временем («изотемпы»), представляющие собой прямые линии, пересекающие начало координат, становятся более плотными по мере приближения к нулевой диагонали (горизонту). Таким образом, наблюдатель никогда не пересечет горизонт, ему нужно будет пересечь бесконечное количество изотемп (но и конца вселенной он тоже не увидит).
Кстати, эта система координат представляет собой простую расщепленную комплексную плоскость. Время — это расщепленный комплексный аргумент, а радиус — расщепленно-комплексный модуль. Время между двумя изотемпами пропорционально площади параболического сектора между этими двумя линиями.
Интересно, что время, когда наблюдатель достигнет горизонта событий, хоть и бесконечно, но регуляризируется до постоянной Эйлера-Маскерони. $\gamma$ mathoverflow.net/questions/389694/…
Модель расщепленного комплекса показывает, что реальным центром черной дыры является ее горизонт событий (расстояния между всеми точками нулевых диагоналей равны нулю, это сфера нулевого радиуса). «Сингулярность» находится не в центре черной дыры, а в виде сферической поверхности мнимого радиуса на постоянном расстоянии от горизонта. В сингулярности нет ничего «сингулярного», но настоящая сингулярность находится на горизонте: там все точки соответствуют сингулярным матрицам.
Вы уверены, что ваш наблюдатель увидит фотон, испущенный в момент времени t2? Диагональ, идущая из левого нижнего угла в правый верхний, обозначена $т знак равно \infty$ $t=\infty$ на диаграмме Крускала-Секереша. Разве это не означает, что им нужно бесконечное количество времени, чтобы встретиться? И если это так, вероятно, последний фотон, который видит наблюдатель, — это фотон, испущенный в промежутке времени между t1 и t2, который попадает в наблюдателя прямо перед тем, как он пересекает горизонт событий.
@KamilSzot Это $t = \infty$ относится ко времени в координатах Шварцшильда, а не ко времени, измеренному падающим наблюдателем.
Таким образом, координатное время Шварцшильда может быть равно $\infty$ и это нормальная вещь не конец времени с точки зрения всех далеко за пределами?

ПрофРоб · Answer 3

Принятый в настоящее время ответ обходит вопрос о расчете того, какие события на самом деле можно увидеть с использованием координат Шварцшильда. Ответ на этот вопрос можно найти, используя координаты Шварцшильда, как численно, так и аналитически . Ответ, конечно же, заключается в том, что световой конус прошлого для предельного случая не охватывает всю Вселенную за пределами черной дыры и что существует конечное время, доступное для подачи сигнала падающему объекту (даже в координатах Шварцшильда), это зависит от того, где Падающий наблюдатель был освобожден от.

Есть две отдельные проблемы, каждая из которых имеет два отдельных случая. Во-первых, выяснить, перехватывает ли свет падающего наблюдателя до того, как он достигнет горизонта событий. Однако затем необходимо внести небольшую дополнительную поправку, чтобы выяснить, может ли световой сигнал перехватить падающего наблюдателя после того, как он пересечет горизонт событий, но до того, как достигнет сингулярности.

1. Может ли свет перехватить объект до того, как он достигнет горизонта событий

(а) Объект, падающий с бесконечности

Я начинаю с наблюдателя в радиусе $r_0$ (все радиусы выражены как кратные радиусу Шварцшильда $r_s$ ). Наблюдатель проходит во время $t_0$ (в координатах Шварцшильда, что равно $\tau =0$ согласно собственным часам наблюдателя), объектом, падающим радиально внутрь к черной дыре из бесконечности (откуда он начал в покое). В какой-то момент $\Delta t$ позже наблюдатель направляет лазерный луч радиально внутрь. Задача состоит в том, чтобы выработать максимум $\Delta t$ который перехватит падающий объект, а затем преобразует его в $\Delta \tau$ с точки зрения собственного времени по мнению наблюдателя. Что должен быть максимум $\Delta t$ а также $\Delta \tau$ концептуально легко установить, рассматривая (например) координаты Крускала-Секереша.

Нулевая геодезическая (в координатах Шварцшильда), по которой следует свет, движущийся внутрь (в $c=1$ единиц) составляет:

\begin{matrix} (1) & т знак равно - р - р_{с} п | \frac{р - р_{с}}{р_{0} - р_{с}} | + а + Δ т, \end{matrix}

$t = -r - r_s \ln \left| \frac{r -r_s}{r_0-r_s}\right| + a + \Delta t\, ,\tag{1}$ где постоянная

a = r_{0} + t_{0}

$a = r_0 + t_0$ .

Геодезическая, за которой следует тело, выпущенное из бесконечности в состоянии покоя, равна (например, см. Уравнение 25.38 в разделе «Орбиты частиц» книги «Гравитация» Мизнера, Торна и Уилера, 2017, издательство Принстонского университета)

\begin{matrix} (2) & т знак равно р_{с} (- \frac{2}{3} {(\frac{р}{р_{с}})}^{3 / 2} - 2 {(\frac{р}{р_{с}})}^{1 / 2} + п | \frac{\sqrt{р / р_{с}} + 1}{\sqrt{р / р_{с}} - 1} |) + б \end{matrix}

$t = r_s \left( -\frac{2}{3}\left(\frac{r}{r_s}\right)^{3/2} - 2\left(\frac{r}{r_s}\right)^{1/2} + \ln \left| \frac{\sqrt{r/r_s} + 1}{\sqrt{r/r_s} -1}\right|\right) + b \tag{2}$ Постоянная

b

$b$ можно выбрать так, чтобы объект проходил через точку

(t_{0}, r_{0})

$(t_0, r_0)$ - таким образом:

\begin{matrix} (3) & б знак равно т_{0} - р_{с} (- \frac{2}{3} {(\frac{р_{0}}{р_{с}})}^{3 / 2} - 2 {(\frac{р_{0}}{р_{с}})}^{1 / 2} + п | \frac{\sqrt{р_{0} / р_{с}} + 1}{\sqrt{р_{0} / р_{с}} - 1} |) \end{matrix}

$b = t_0 - r_s\left( -\frac{2}{3}\left(\frac{r_0}{r_s}\right)^{3/2} - 2\left(\frac{r_0}{r_s}\right)^{1/2} + \ln \left| \frac{\sqrt{r_0/r_s} + 1}{\sqrt{r_0/r_s} -1}\right|\right) \tag{3}$

Построив эти геодезические и используя метод деления пополам, чтобы определить, когда они пересекаются и если они пересекаются, я смог определить максимальное $\Delta t$ ( $T$ в OP, хотя я начал свой объект в свободном падении из бесконечности), который по-прежнему позволяет свету перехватывать падающий объект в зависимости от того, откуда этот свет излучается. Результат кажется устойчивым к снижению толерантности (я использовал $10^{-14}r_s$ ).

Пример предельного случая показан ниже. Красная кривая — световая геодезическая, а синяя кривая — геодезическая объекта, падающего из бесконечности и проходящего (в данном случае) $5.8r_s$ в $t=0$ . Падающий наблюдатель мог видеть только события ниже красной кривой.

Затем я «вывел» эту кривую аналитически. Преобразуя уравнение (1), мы можем написать

р - р_{с} знак равно (р_{0} - р_{с}) опыт ((а + Δ т - р) / р_{с}) опыт (- т / р_{с})

$r - r_s = (r_0-r_s) \exp((a + \Delta t -r)/r_s) \exp(-t/r_s)$ и если (близко к пределу, когда свет может перехватить падающий объект) мы позволим

t

$t$ стать большим, то

r \to r_{s}

$r \rightarrow r_s$ и мы можем написать

\begin{matrix} (4) & р - р_{с} ≃ (р_{0} - р_{с}) опыт ((а + Δ т - р_{с}) / р_{с}) опыт (- т / р_{с}), \end{matrix}

$r - r_s \simeq (r_0 - r_s) \exp((a + \Delta t -r_s)/r_s) \exp(-t/r_s) \, , \tag{4}$ где мы используем тот факт, что предел

r \exp (- r / r_{s})

$r \exp(-r/r_s)$ в качестве

r \to r_{s}

$r\rightarrow r_s$ просто

r / e

$r/e$ .

Преобразуя уравнение (2) аналогичным образом, получим

\frac{\sqrt{р / р_{с}} - 1}{\sqrt{р / р_{с}} + 1} знак равно опыт (- т / р_{с}) опыт (- \frac{2}{3} {(\frac{р}{р_{с}})}^{3 / 2} - 2 {(\frac{р}{р_{с}})}^{1 / 2} + \frac{б}{р_{с}}) .

$\frac{\sqrt{r/r_s} - 1}{\sqrt{r/r_s} +1} = \exp(-t/r_s)\exp\left(-\frac{2}{3}\left(\frac{r}{r_s}\right)^{3/2} -2\left(\frac{r}{r_s}\right)^{1/2} + \frac{b}{r_s} \right)\, .$ Опять же, мы утверждаем, что вокруг предельного случая

r \to r_{s}

$r \rightarrow r_s$ и поэтому мы можем написать

\sqrt{р / р_{с}} знак равно 1 + 2 опыт (б / р_{с} - 8 / 3) опыт (- т / р_{с})

$\sqrt{r/r_s} = 1 + 2\exp(b/r_s - 8/3)\exp(-t/r_s)$ Принимая это во внимание и пренебрегая

\exp (- 2 t / r_{s})

$\exp(-2t/r_s)$ срок:

\begin{matrix} (5) & р - р_{с} ≃ 4 р_{с} опыт (б / р_{с} - 8 / 3) опыт (- т / р_{с})) \end{matrix}

$r - r_s \simeq 4r_s \exp(b/r_s - 8/3)\exp(-t/r_s)) \tag{5}$

Наличие или отсутствие точки пересечения определяется тем, меньше ли отношение уравнений (4) и (5) 1, как $t \rightarrow \infty$ .

\underset{т \to \infty}{лим} \frac{(р_{0} - р_{с}) опыт ((а + Δ т - р_{с}) / р_{с}) опыт (- т / р_{с})}{р_{с} (1 + 4 опыт (б / р_{с} - 8 / 3) опыт (- т / р_{с}))} < 1

$\lim_{t\rightarrow \infty} \frac{(r_0 - r_s) \exp((a + \Delta t -r_s)/r_s) \exp(-t/r_s)}{r_s( 1 + 4\exp(b/r_s - 8/3)\exp(-t/r_s))} < 1\,$ что приводит к

\frac{(р_{0} - р_{с}) опыт ((а + Δ т - р_{с}) / р_{с})}{4 р_{с} опыт (б / р_{с} - 8 / 3)} < 1

$\frac{(r_0 - r_s) \exp((a + \Delta t -r_s)/r_s)}{4r_s \exp(b/r_s - 8/3)} < 1$

опыт (Δ т / р_{с}) < \frac{4 р_{с}}{р_{0} - р_{с}} опыт (\frac{б - а}{р_{с}} - \frac{5}{3})

$\exp(\Delta t/r_s) < \frac{4r_s}{r_0 - r_s} \exp(\frac{b - a}{r_s} - \frac{5}{3})$

Δ т < п (\frac{4 р_{с}}{р_{0} - р_{с}}) р_{с} + (\frac{б - а}{р_{с}} - \frac{5}{3}) р_{с}

$\Delta t < \ln \left(\frac{4r_s}{r_0 - r_s}\right)r_s + \left(\frac{b - a}{r_s} - \frac{5}{3}\right)r_s$ Повторная подстановка выражений для

a

$a$ а также

b

$b$

Δ т < п (\frac{4 р_{с}}{р_{0} - р_{с}}) р_{с} + (\frac{2}{3} {(\frac{р_{0}}{р_{с}})}^{3 / 2} + 2 {(\frac{р_{0}}{р_{с}})}^{1 / 2} - п | \frac{\sqrt{р_{0} / р_{с}} + 1}{\sqrt{р_{0} / р_{с}} - 1} | - \frac{5}{3}) р_{с} - р_{0}

$\Delta t < \ln \left(\frac{4r_s}{r_0 - r_s}\right)r_s + \left( \frac{2}{3}\left(\frac{r_0}{r_s}\right)^{3/2} + 2\left(\frac{r_0}{r_s}\right)^{1/2} - \ln \left| \frac{\sqrt{r_0/r_s} + 1}{\sqrt{r_0/r_s} -1}\right| - \frac{5}{3}\right)r_s - r_0$ Это соответствует тому, что нарисовано выше.

Чтобы превратить это в максимально правильный интервал времени $\Delta \tau$ с точки зрения наблюдателя, результат будет умножен на $(1 - r_s/r_0)^{1/2}$ .

(b) Объект, падающий из состояния покоя в $t_0, r_0$

Теперь настройка такова, что наблюдатель выпускает объект из $t_0, r_0$ , затем ждет (координатный) интервал времени $\Delta t$ до подачи сигнала.

Уравнение (1) по-прежнему справедливо в этом сценарии, однако уравнение (2) необходимо заменить следующей геодезической для объекта, свободно падающего из состояния покоя при $t_0, r_0$ .

\begin{matrix} (6) & \frac{т - т_{0}}{р_{с}} знак равно п | \frac{(р_{0} / р_{с} - 1)^{1 / 2} + загар (η / 2)}{(р_{0} / р_{с} - 1)^{1 / 2} - загар (η / 2)} | + {(\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} (η + \frac{р_{0}}{2 р_{с}} (η + грех η)) . \end{matrix}

$\frac{t-t_0}{r_s} = \ln \left| \frac{ (r_0/r_s -1)^{1/2} + \tan (\eta/2)}{(r_0/r_s -1)^{1/2} -\tan(\eta/2)}\right| + \left(\frac{r_0}{r_s}-1\right)^{1/2} \left( \eta + \frac{r_0}{2r_s}(\eta + \sin \eta)\right). \tag{6}$ Здесь "параметр циклоиды"

η (r)

$\eta(r)$ определяется

р знак равно \frac{р_{0}}{2} (1 + потому что η)

$r = \frac{r_0}{2}(1 + \cos \eta)$

В качестве $r \rightarrow r_s$ , первый член в уравнении (6) растет экспоненциально, в то время как второй член, который я буду определять как $b(r)/r_s$ , стремится к константе:

\underset{р \to р_{с}}{лим} б (р) знак равно б_{р с} знак равно р_{с} {(\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} (η_{р с} + \frac{р_{0}}{2 р_{с}} (η_{р с} + грех η_{р с})),

$\lim_{r \rightarrow r_s} b(r) = b_{\rm rs} = r_s\left(\frac{r_0}{r_s}-1\right)^{1/2} \left( \eta_{\rm rs} + \frac{r_0}{2r_s}(\eta_{\rm rs} + \sin \eta_{\rm rs})\right),$ куда

потому что η_{р с} знак равно (\frac{2 р_{с}}{р_{0}} - 1) .

$\cos \eta_{\rm rs} = \left(\frac{2r_s}{r_0} -1 \right).$

Используя тождество, которое $\tan \eta/2 = \sin \eta/(1 + \cos \eta)$ , тогда

загар (η / 2) знак равно {(\frac{р_{0}}{р} - 1)}^{1 / 2} .

$\tan (\eta/2) = \left( \frac{r_0}{r} - 1 \right)^{1/2}.$ Подставляя это в уравнение (6), мы можем установить

t_{0} = 0

$t_0=0$ , возведите в степень и найдите

{(\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} (1 - опыт [\frac{б - т}{р_{с}}]) знак равно {(\frac{р_{0}}{р} - 1)}^{1 / 2} (1 + опыт [\frac{б - т}{р_{с}}])

$\left(\frac{r_0}{r_s}-1\right)^{1/2}\left(1 - \exp\left[\frac{b-t}{r_s}\right]\right) = \left(\frac{r_0}{r}-1\right)^{1/2} \left( 1 + \exp\left[\frac{b-t}{r_s}\right]\right)$ Возводя это в квадрат и пренебрегая членами, содержащими

\exp (- 2 t / r_{s})

$\exp(-2t/r_s)$ в качестве

t

$t$ становится большим, это можно переставить, чтобы дать

р знак равно р_{с} \frac{(1 + 2 опыт [(б - т) / р_{с}])}{1 - 2 опыт [(б - т) / р_{с}] + (4 р_{с} / р_{0}) опыт [(б - т) / р_{с}]} .

$r = r_s\frac{\left(1 + 2\exp[(b-t)/r_s]\right)}{1 - 2\exp[(b-t)/r_s] + (4r_s/r_0)\exp[(b-t)/r_s]}.$ Опять же, поскольку мы ищем ограничивающее поведение в целом

t

$t$ , то знаменатель можно разложить в бином, сохранив только первые два члена. Затем умножение на числитель дает:

\begin{matrix} (7) & р - р_{с} ≃ 4 р_{с} (1 - \frac{р_{с}}{р_{0}}) опыт [\frac{б - т}{р_{с}}] . \end{matrix}

$r -r_s \simeq 4r_s \left(1 - \frac{r_s}{r_0}\right) \exp\left[\frac{b-t}{r_s}\right]. \tag{7}$

Чтобы найти предельное $\Delta t$ для которого луч света от наблюдателя «подхватит» падающий предмет, возьмем соотношение уравнений 4 и 7, положим $b=b_{\rm rs}$ и требуем, чтобы это число было меньше 1. Это дает

опыт [\frac{Δ т}{р_{с}}] < 4 (\frac{р_{с}}{р_{0}}) опыт [\frac{б_{р с}}{р_{с}}] опыт [\frac{р_{с} - р_{0}}{р_{с}}]

$\exp\left[\frac{\Delta t}{r_s}\right] < 4 \left(\frac{r_s}{r_0}\right) \exp\left[\frac{b_{\rm rs}}{r_s}\right] \exp\left[\frac{r_s-r_0}{r_s}\right]$ и, следовательно

Δ т < р_{с} п (\frac{4 р_{с}}{р_{0}}) + б_{р с} + р_{с} - р_{0}

$\Delta t < r_s \ln \left(\frac{4r_s}{r_0}\right) + b_{\rm rs} + r_s - r_0$

Результат представлен ниже в виде красной кривой (и я подтвердил, что она верна, используя численный метод деления пополам) и сравнивается со случаем 1 со свободным падением объекта из бесконечности (синяя кривая, как на первом рисунке). Как и ожидалось, разрешено $\Delta t$ больше, когда объект выходит из состояния покоя.

Как и прежде, этот результат является максимальным интервалом времени в координатах Шварцшильда. Оно должно быть уменьшено соответствующим коэффициентом замедления времени. $(1-r_s/r_0)^{1/2}$ чтобы получить максимальный правильный временной интервал.

Пример предельного случая показан ниже. Красная кривая — геодезическая света, синяя кривая — геодезическая падающего объекта. Объект, падающий в черную дыру из состояния покоя, из (в данном случае) примерно $5.8r_s$ .

2. Может ли свет перехватить объект до того, как он достигнет сингулярности.

Ответ выше дает максимальную (координатную) временную задержку сигнала от стационарного наблюдателя для достижения падающего объекта до того, как он достигнет горизонта событий . $(\Delta t)_{\rm EH}$ . Но это не полностью отвечает на вопрос (заголовок), потому что объект все еще может получать свет в течение времени, необходимого для достижения сингулярности после пересечения горизонта событий. Наиболее отчетливо это видно в координатах Крускала-Секереса, но опять же можно решить (довольно легко) в координатах Шварцшильда.

Условием здесь является то, что координатное время геодезической с задержкой света должно быть меньше или равно координатному времени геодезической падающего объекта в точке $r=0$ .

Это условие на самом деле довольно легко найти. Для случая свободного падения объекта с бесконечности уравнения (1-3) показывают, что исходная $\Delta t$ то, что я получил, должно быть увеличено как

(Δ т)_{с я н грамм ты л а р я т у} знак равно р_{с} п (\frac{р_{с}}{р_{0} - р_{с}}) - р_{с} (- \frac{2}{3} {(\frac{р_{0}}{р_{с}})}^{3 / 2} - 2 {(\frac{р_{0}}{р_{с}})}^{1 / 2} + п | \frac{\sqrt{р_{0} / р_{с}} + 1}{\sqrt{р_{0} / р_{с}} - 1} |) - р_{0}

$(\Delta t)_{\rm singularity} = r_s \ln \left( \frac{r_s}{r_0-r_s}\right) - r_s\left( -\frac{2}{3}\left(\frac{r_0}{r_s}\right)^{3/2} - 2\left(\frac{r_0}{r_s}\right)^{1/2} + \ln \left| \frac{\sqrt{r_0/r_s} + 1}{\sqrt{r_0/r_s} -1}\right|\right) - r_0$ Или с точки зрения предыдущего результата.

(Δ т)_{с я н грамм ты л а р я т у} знак равно (Δ т)_{Е ЧАС} + р_{с} (\frac{5}{3} - 2 п 2) знак равно (Δ т)_{Е ЧАС} + 0,280 р_{с}

$(\Delta t)_{\rm singularity} = (\Delta t)_{\rm EH} +r_s\left(\frac{5}{3} - 2\ln 2\right) =(\Delta t)_{\rm EH} + 0.280r_s$

Для случая падения объекта из состояния покоя мы видим, что $\eta = \pi$ в $r=0$ , так что если координатное время меньше или равно координатному времени объекта в $r=0$ получается из уравнений (1) и (6) как

(Δ т)_{с я н грамм ты л а р я т у} знак равно р_{с} п (\frac{р_{с}}{р_{0} - р_{с}}) + π р_{с} {(\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} (1 + \frac{р_{0}}{2 р_{с}}) - р_{0},

$(\Delta t)_{\rm singularity} = r_s \ln \left(\frac{r_s}{r_0-r_s}\right) + \pi r_s\left(\frac{r_0}{r_s} -1\right)^{1/2}\left(1 + \frac{r_0}{2r_s}\right) -r_0,$ который больше, чем

(Δ t)_{E H}

$(\Delta t)_{\rm EH}$ на сумму, которая зависит от

r_{0}

$r_0$ , но асимптотичен к результатам падения с бесконечности как

r_{0}

$r_0$ становится большим. Эта новая взаимосвязь показана ниже: более высокая красная кривая представляет собой максимальную (координатное время) задержку, которая может быть допущена и по-прежнему посылать сигнал, достигающий падающего объекта до сингулярности. На нижнем графике показана разница между этим и предыдущим результатом для задержки достижения объекта перед горизонтом событий.

Максимальная задержка перед сингулярностью

Сюжет ниже должен прояснить ситуацию. Он показывает геодезические либо сбоку, либо $r_s$ в случае падения предмета с $r=2r_s$ в $t=0$ . Светлая геодезическая, выделенная красным цветом, рассчитана таким образом, что она просто перехватывает объект как $r \rightarrow r_{s}$ и имеет $(\Delta t)_{\rm EH} = 3.834 r_s/c$ . Но мы видим, что эта геодезическая «догоняет» падающий объект до того, как он достигает сингулярности в $r=0$ . Однако геодезический зеленый свет, с $(\Delta t)_{\rm singularity} = 4.283 r_s/c$ пересекает геодезическую точку объекта точно $r=0$ .

Я тоже работал над этим, но вы меня опередили. Я предполагаю, что ты фотон, а я медленно движущийся объект :) Я только что опубликовал свою версию.
Я думаю, вы пропустили дополнительный $-r_0$ в вашем последнем уравнении. Любопытно, что рис. 31.4 в MTW содержит ошибку: $u$ -координата пути $FF''$ должно увеличиваться, а не уменьшаться. В сингулярности, $du/dv = u/v$ .
@Pulsar Отчасти именно эта неопределенность остановила меня от попытки проверить (добавленные) результаты выше в координатах KS. Ты уверен? Разве траектория не должна иметь убывающую $r$ и уменьшение $t$ ниже горизонта, с времяподобной геодезической, пересекающей линии постоянных $t$ под прямым углом, когда он достигает сингулярности?
Я точно уверен. Я нашел эту статью , которая согласуется с моими расчетами. Посмотрите на рис. 2 и уравнение 23.
@Pulsar Я согласен (и запутался), что времяподобная геодезическая должна оказаться асимптотической для линии постоянного $t$ ? И AA'', и FF'' выглядят неправильно на этой диаграмме MTW.
Правильный. Очевидно, даже в Библии есть несколько ошибок.
Очень мило, но меня съеживало каждый раз, когда я читал, что вы использовали деление пополам (но, честно говоря, последние несколько дней я потратил на улучшение алгоритмов поиска корней на работе)
@KyleKanos Если бы это заняло больше времени, чем время, необходимое мне для перемещения мыши, то, возможно, я бы потратил некоторое время на что-то более сложное.

асперанц · Answer 4

Я согласен, что для пространства-времени, которое в точности соответствует Шварцшильду, падающий наблюдатель не видит всей истории Вселенной. Однако оказывается, что это не тот типичный случай, которого можно было бы ожидать от астрофизической черной дыры, образовавшейся в результате коллапса некоторого приблизительно сферического распределения материи. Эта тема на самом деле активно исследуется, и есть некоторые очень интересные результаты о том, как на самом деле выглядит внутренняя часть черной дыры. См., например, эту недавнюю статью .

Причина того, что у Шварцшильда падающий наблюдатель не видит всей истории вселенной, заключается в том, что сингулярность пространственноподобна. Это означает, что существует диапазон точек, в которых падающий наблюдатель может столкнуться с сингулярностью, и каждая точка может видеть только часть Вселенной в ее причинном прошлом.

Но люди уже давно знают о других видах черных дыр, которые не разделяют такого поведения. Наиболее известными примерами являются решение Рейсснера-Нордстрема для заряженной сферически-симметричной черной дыры и решение Керра для вращающейся черной дыры. Они оба имеют времяподобные особенности, и, следовательно, ситуация совершенно иная. Вот причинно-следственная диаграмма черной дыры Рейсснера-Норстрема:

Причинно-следственная диаграмма RN BH

Вертикальные зубчатые линии представляют времяподобные сингулярности этой черной дыры. В этом случае можно избежать сингулярности и выйти в новую вселенную, которую можно прикрепить к верхней части этой картинки. В этом случае, когда вы пересекаете внутренний горизонт, вы должны иметь возможность оглянуться назад и увидеть всю историю или вселенную.

Однако это поднимает проблемный момент. Наблюдатель проходит внутренний горизонт за конечное собственное время, однако он способен видеть весь свет, проникающий в черную дыру, за всю бесконечную историю Вселенной. Поскольку у света есть энергия, вы можете подумать, что это скопление излучения из внешней вселенной должно приводить к сильному искривлению, и это действительно так. Это известно как нестабильность массовой инфляции черной дыры. Черные дыры Керра разделяют эту особенность, хотя структура сингулярности в этом случае более сложная.

Таким образом, для обычных черных дыр, которые не являются точно шварцшильдовскими, ожидается другое поведение. Возмущения имеют тенденцию изменять сингулярность от пространственной до поведения нулевой поверхности, т.е. следования траекториям света. На картинке из приведенной выше статьи показана такая ситуация:

нулевой горизонт

Внешняя вселенная живет в правом нижнем треугольнике этой картинки. Линии, помеченные $\mathcal{CH}^+$ являются нулевыми особенностями. В документе было обнаружено, что эта ситуация возникла в результате возмущения решения Шварцшильда веществом скалярного поля. В этом случае, если бы вы упали в черную дыру из внешней вселенной, вы бы столкнулись с нулевыми сингулярностями, и, если бы вы попали в ту, что справа, вы увидите всю историю вселенной, в том смысле, что все это у вас будет доступ к свету, проникающему в черную дыру из сколь угодно поздних времен истории вселенной.

Вы имеете в виду, что если вы безмассовая точка и свободно падаете в заряженную или вращающуюся черную дыру, вам на самом деле требуется бесконечное количество времени, чтобы достичь сингулярности, но поскольку вы продолжаете ускоряться в пространстве-времени все быстрее, ваше время замедляется? достаточно, чтобы передать только конечное количество?

Альфред Центавр · Answer 5

(Ответ Майкла Брауна является правильным ответом, и он просто усиливается с помощью добавленной диаграммы.)

Ниже приведен рисунок 31.4 со страницы 835 книги Gravitation (MTW).

введите описание изображения здесь

Обе диаграммы относятся к геометрии Шварцшильда. Обратите внимание, что в координатах Крускала-Секереша световые конусы появляются так же, как и в пространстве-времени Минковского.

Как указывает Майкл, светоподобные радиальные геодезические представляют собой линии под углом 45 градусов, что можно увидеть, взглянув на геодезическую B.

Ясно, что существуют светоподобные мировые линии, которые пересекают горизонт после некоторых времениподобных мировых линий, поэтому мировая линия астронавта, падающего радиально к дыре, не пересекает все светоподобные радиальные мировые линии до пересечения горизонта.

Также ясно, что существуют светоподобные мировые линии, которые заканчиваются на сингулярности после некоторых времениподобных мировых линий.

Таким образом, космонавт не видит бесконечного будущего до пересечения горизонта или встречи с сингулярностью.

Кроме того, и это просто интересное примечание, решение Шварцшильда является сферически-симметричным статическим (ну, по крайней мере, за пределами горизонта) решением уравнений Эйнштейна. Другими словами, в этом решении нет «конца вселенной» .

Ах, мы одновременно написали уточнения ответа Майкла :-) Не могли бы вы взглянуть на мою версию и покритиковать, если это уместно.
Кое-кто из нас думает, что времяподобные геодезические MTW могут быть неправильно нарисованы в координатах KS на этой диаграмме (AA'' и особенно FF''). У вас есть мнение по этому поводу?
Диагональ, идущая из левого нижнего угла в правый верхний, обозначена $т знак равно \infty$ $t=\infty$ Как это не конец вселенной?
@KamilSzot, эта линия не достигается координатой времени Шварцшильда $t$ . Проблема с координатами, а не с пространством-временем. Истинная будущая сингулярность — это гипербола для $r=0$
Как она не достигается, если ее должны пересечь объекты, движущиеся по «радиальным времениподобным» и светоподобным геодезическим, чтобы добраться до гиперболы в $r=0$ ?
@KamilSzot, пожалуйста, изучите координаты Шварцшильда и, в частности, то, как они сингулярны на горизонте, хотя пространство-время там совершенно регулярно. Раздел комментариев не предназначен для расширенного обсуждения. Я рекомендую вам провести некоторое исследование, а затем, если это все еще не ясно, задать вопрос сообществу.
Ok. Только один дополнительный вопрос. Что такое $t$ в $t=\infty$ ? Как это называется? Я понимаю, что это какое-то время, но как оно называется? Это поможет мне в поисках. Это "координата времени Шварцшильда $t$ "? Между прочим, я не спрашиваю здесь о регулярности пространства-времени, сингулярностях или черных дырах. Я спрашиваю, как линия, пересекающая линию, помечена $t=\infty$ можно было бы говорить о не достижении этой линии с координатой $t$ . Мой вопрос касается только того, что я вижу своими глазами на чертеже без какой-либо связи с моделируемой им физической реальностью или даже с самой моделью.

пульсар · Answer 6

Вдохновленный подобным вопросом , я работал над этой темой одновременно с Робом Джеффрисом. Раздражающе, он меня опередил; но поскольку я использую немного другой подход и не хочу, чтобы мои усилия были напрасными, я опубликую свой собственный вывод. По крайней мере, это служит подтверждением его фантастического ответа :)

Начнем с задания координат Крускала–Секереша (область I)

ты знак равно ф (р) чушь (\frac{с т}{2 р_{с}}), в знак равно ф (р) грех (\frac{с т}{2 р_{с}}), ф (р) знак равно {(\frac{р}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} е^{р / 2 р_{с}} .

$u = f(r)\cosh\left(\frac{ct}{2r_\text{s}}\right), \qquad v = f(r)\sinh\left(\frac{ct}{2r_\text{s}}\right),\\ f(r) = \left(\frac{r}{r_\text{s}}-1\right)^{\!1/2}\,\text{e}^{r/2r_\text{s}}.$

Как известно, в этих координатах геодезические радиально падающих световых лучей представляют собой прямые линии при $-45^\circ$ углы. Действительно, если мы подключим $u + v= k$ в уравнения, с $k$ константа, то из $u^2 - v^2 = f(r)^2$ мы нашли $k(u -v) = f(r)^2$ , чтобы

к опыт (- \frac{с т}{2 р_{с}}) знак равно ф (р) знак равно {(\frac{р}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} опыт (\frac{р}{2 р_{с}}),

$k\exp\left(-\frac{ct}{2r_\text{s}}\right) = f(r) = \left(\frac{r}{r_\text{s}}-1\right)^{\!1/2}\,\exp\left(\frac{r}{2r_\text{s}}\right),$ или же

\frac{с т}{р_{с}} знак равно п (к^{2}) - \frac{р}{р_{с}} - п (\frac{р}{р_{с}} - 1),

$\frac{ct}{r_\text{s}} = \ln(k^2)-\frac{r}{r_\text{s}} - \ln\left(\frac{r}{r_\text{s}}-1\right),$ которые действительно являются геодезическими радиально падающего фотона, с

k = f (r_{0, γ})

$k = f(r_{0,\gamma})$ а также

r_{0, γ}

$r_{0,\gamma}$ начальное положение фотона в

t = 0

$t=0$ .

Теперь предположим, что у нас есть радиально падающий объект, который находится в состоянии покоя в точке $r_0$ в $t=0$ . Какие радиально падающие фотоны достигнут объекта до того, как он пересечет горизонт событий? Чтобы ответить на этот вопрос, мы попытаемся вывести геодезическую для радиально падающего фотона, который догонит объект прямо на горизонте событий.

Геодезическая для радиально падающего объекта может быть записана в виде (уравнение Мизнера, Торна и Уилера (31.10), стр. 824)

\begin{aligned} р & знак равно \frac{р_{0}}{2} (1 + потому что η) знак равно р_{0} {потому что}^{2} η / 2, \\ \frac{с т}{р_{с}} & знак равно \frac{1}{2} {(\frac{р_{0}}{р_{с}})}^{3 / 2} (η + грех η), \\ \frac{с т}{р_{с}} & знак равно п (\frac{\sqrt{р_{0} / р_{с} - 1} + загар η / 2}{\sqrt{р_{0} / р_{с} - 1} - загар η / 2}) + {(\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} (η + \frac{р_{0}}{2 р_{с}} (η + грех η)) . \end{aligned}

$\begin{align} r &= \frac{r_0}{2}(1+\cos\eta) = r_0\cos^2\eta/2,\\ \frac{c\tau}{r_\text{s}} &= \frac{1}{2}\left(\frac{r_0}{r_\text{s}}\right)^{\!3/2}(\eta + \sin\eta),\\ \frac{ct}{r_\text{s}} &= \ln\left(\frac{\sqrt{r_0/r_\text{s} -1} + \tan\eta/2}{\sqrt{r_0/r_\text{s} -1} - \tan\eta/2}\right) + \left(\frac{r_0}{r_\text{s}}-1\right)^{\!1/2}\left(\eta + \frac{r_0}{2r_\text{s}}(\eta + \sin\eta)\right). \end{align}$ Полезно также ввести (безразмерную) полную энергию объекта

Е знак равно \frac{Е}{м с^{2}} знак равно (1 - \frac{р_{с}}{р}) \frac{д т}{д т} .

$E = \frac{\mathcal{E}}{mc^2} = \left(1- \frac{r_\text{s}}{r}\right)\frac{\text{d}t}{\text{d}\tau}.$ Радиальные орбиты удовлетворяют уравнению

{(\frac{д р}{с д т})}^{2} знак равно Е^{2} - (1 - \frac{р_{с}}{р}),

$\left(\frac{\text{d}r}{c\,\text{d}\tau}\right)^2 = E^2 - \left(1- \frac{r_\text{s}}{r}\right),$ поэтому, если объект находится в состоянии покоя в положении

r_{0}

$r_0$ в

t = τ = 0

$t = \tau = 0$ , тогда

Е знак равно \sqrt{1 - \frac{р_{с}}{р_{0}}} .

$E = \sqrt{1- \frac{r_\text{s}}{r_0}}.$ Уравнение для

t (η)

$t(\eta)$ таким образом, можно переписать как

\frac{с т}{р_{с}} знак равно п (\frac{Е + \sqrt{1 - Е^{2}} загар η / 2}{Е - \sqrt{1 - Е^{2}} загар η / 2}) + \frac{Е}{\sqrt{1 - Е^{2}}} (η + \frac{η + грех η}{2 (1 - Е^{2})}) .

$\frac{ct}{r_\text{s}} = \ln\left(\frac{E + \sqrt{1-E^2}\tan\eta/2}{E - \sqrt{1-E^2}\tan\eta/2}\right) + \frac{E}{\sqrt{1-E^2}}\left(\eta + \frac{\eta + \sin\eta}{2(1-E^2)}\right).$ Далее я буду следовать этой статье (которая содержит несколько ошибок), чтобы вывести, как это уравнение ведет себя как

r

$r$ приближается к горизонту событий. Мы пишем

р знак равно р_{с} (1 + ε), ε \to 0.

$r = r_\text{s}(1+\varepsilon),\qquad \varepsilon\rightarrow 0.$ Вблизи горизонта событий мы можем игнорировать члены более высокого порядка в

ε

$\varepsilon$ , чтобы

\begin{aligned} {потому что}^{2} η / 2 & знак равно (1 + ε) \frac{р_{с}}{р_{0}} знак равно (1 + ε) (1 - Е^{2}) знак равно 1 - Е^{2} + ε (1 - Е^{2}), \\ {грех}^{2} η / 2 & знак равно Е^{2} - ε (1 - Е^{2}), \end{aligned}

$\begin{align} \cos^2\eta/2 &= (1+\varepsilon)\frac{r_\text{s}}{r_0} = (1+\varepsilon)(1-E^2) = 1 - E^2 + \varepsilon(1-E^2),\\ \sin^2\eta/2 &= E^2 - \varepsilon(1-E^2), \end{align}$ а также

\begin{aligned} (1 - Е^{2}) {загар}^{2} η / 2 & знак равно \frac{Е^{2} - ε (1 - Е^{2})}{(1 + ε)} \\ \approx [Е^{2} - ε (1 - Е^{2})] (1 - ε) \\ \approx Е^{2} - ε (1 - Е^{2}) - ε) Е^{2} знак равно Е^{2} - ε . \end{aligned}

$\begin{align} (1-E^2)\tan^2\eta/2 &= \frac{E^2 - \varepsilon(1-E^2)}{(1+\varepsilon)} \\ &\approx \left[E^2 - \varepsilon(1-E^2)\right](1-\varepsilon)\\ &\approx E^2 - \varepsilon(1-E^2) - \varepsilon)E^2 = E^2 - \varepsilon. \end{align}$ Следовательно,

\begin{aligned} Е + \sqrt{1 - Е^{2}} загар η / 2 & \approx Е (1 + \sqrt{1 - ε / Е^{2}}) \\ \approx 2 Е - \frac{ε}{2 Е} \approx 2 Е, \end{aligned}

$\begin{align} E + \sqrt{1-E^2}\tan\eta/2&\approx E\left(1 + \sqrt{1 - \varepsilon/E^2}\right)\\ &\approx 2E - \frac{\varepsilon}{2E}\approx 2E, \end{align}$ а также

\begin{aligned} Е - \sqrt{1 - Е^{2}} загар η / 2 & \approx Е (1 - \sqrt{1 - ε / Е^{2}}) \\ \approx \frac{ε}{2 Е}, \end{aligned}

$\begin{align} E - \sqrt{1-E^2}\tan\eta/2&\approx E\left(1 - \sqrt{1 - \varepsilon/E^2}\right)\\ &\approx \frac{\varepsilon}{2E}, \end{align}$ Так что, наконец, как

r \to r_{s}

$r\rightarrow r_\text{s}$ ,

\frac{с т_{с}}{р_{с}} \approx п (\frac{4 Е^{2}}{ε}) + \frac{Е}{\sqrt{1 - Е^{2}}} (η_{с} + \frac{η_{с} + грех η_{с}}{2 (1 - Е^{2})}),

$\frac{ct_\text{s}}{r_\text{s}} \approx \ln\left(\frac{4E^2}{\varepsilon}\right) + \frac{E}{\sqrt{1-E^2}}\left(\eta_\text{s} + \frac{\eta_\text{s} + \sin\eta_\text{s}}{2(1-E^2)}\right),$ с

η_{s}

$\eta_\text{s}$ значение

η

$\eta$ на горизонте событий. С

\cosh (x) = \sinh (x) \to e^{x} / 2

$\cosh(x) = \sinh(x) \rightarrow \text{e}^x/2$ в качестве

x \to \infty

$x\rightarrow\infty$ , координаты Крускала–Секереса объекта на горизонте событий становятся (поскольку

t \to \infty

$t\rightarrow\infty$ )

\begin{aligned} {ты}_{с}^{2} знак равно в_{с}^{2} & знак равно \frac{1}{4} ф (р_{с})^{2} опыт (\frac{с т_{с}}{р_{с}}) знак равно \frac{ε е}{4} опыт (\frac{с т_{с}}{р_{с}}) \\ знак равно е Е^{2} опыт [\frac{Е}{\sqrt{1 - Е^{2}}} (η_{с} + \frac{η_{с} + грех η_{с}}{2 (1 - Е^{2})})], \end{aligned}

$\begin{align} u_\text{s}^2 = v_\text{s}^2 &= \frac{1}{4}f(r_\text{s})^2\,\exp\left(\frac{ct_\text{s}}{r_\text{s}}\right) = \frac{\varepsilon\text{e}}{4}\exp\left(\frac{ct_\text{s}}{r_\text{s}}\right)\\ &= \text{e}E^2 \exp\left[\frac{E}{\sqrt{1-E^2}}\left(\eta_\text{s} + \frac{\eta_\text{s} + \sin\eta_\text{s}}{2(1-E^2)}\right)\right], \end{align}$ или же

\begin{aligned} {ты}_{с} знак равно в_{с} & знак равно \sqrt{е} Е опыт [\frac{Е}{2 \sqrt{1 - Е^{2}}} (η_{с} + \frac{η_{с} + грех η_{с}}{2 (1 - Е^{2})})] \\ знак равно \sqrt{е} \sqrt{\frac{р_{с}}{р_{0}}} {(\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} опыт [\frac{1}{2} {(\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} (η_{с} + \frac{р_{0}}{2 р_{с}} (η_{с} + грех η_{с}))] . \end{aligned}

$\begin{align} u_\text{s} = v_\text{s} &= \sqrt{\text{e}}E \exp\left[\frac{E}{2\sqrt{1-E^2}}\left(\eta_\text{s} + \frac{\eta_\text{s} + \sin\eta_\text{s}}{2(1-E^2)}\right)\right]\\ &= \sqrt{\text{e}}\sqrt{\frac{r_\text{s}}{r_0}}\left(\frac{r_0}{r_\text{s}}- 1\right)^{\!1/2} \exp\left[\frac{1}{2}\left(\frac{r_0}{r_\text{s}}-1\right)^{\!1/2}\left(\eta_\text{s} + \frac{r_0}{2r_\text{s}}(\eta_\text{s} + \sin\eta_\text{s})\right)\right]. \end{align}$ Соответствующие координаты радиально падающего фотона удовлетворяют

u_{s} + v_{s} = k_{b}

$u_\text{s} + v_\text{s} = k_\text{b}$ , для некоторого граничного значения

k_{b}

$k_\text{b}$ . Следовательно

k_{b} = 2 u_{s}

$k_\text{b} = 2u_\text{s}$ и находим соответствующую нулевую геодезическую

\frac{с т}{р_{с}} знак равно п (к_{б}^{2}) - \frac{р}{р_{с}} - п (\frac{р}{р_{с}} - 1) .

$\frac{ct}{r_\text{s}} = \ln(k_\text{b}^2)-\frac{r}{r_\text{s}} - \ln\left(\frac{r}{r_\text{s}}-1\right).$ Мы могли бы решить это для

r

$r$ в

t = 0

$t=0$ , что дает радиус границы

r_{b}

$r_\text{b}$ за пределами которого радиально падающие фотоны не могут догнать объект до того, как он пересечет горизонт событий. В качестве альтернативы мы могли бы подключить

r = r_{0}

$r=r_0$ и спросите, какое максимальное время

Δ t

$\Delta t$ такова, что фотоны испускаются в

r_{0}

$r_0$ до

t = Δ t

$t=\Delta t$ все еще может догнать объект. Мы нашли

\begin{aligned} \frac{с Δ т}{р_{с}} & знак равно п (к_{б}^{2}) - \frac{р_{0}}{р_{с}} - п (\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1) \\ знак равно 1 + п (\frac{4 р_{с}}{р_{0}}) + [{(\frac{р_{0}}{р_{с}} - 1)}^{1 / 2} (η_{с} + \frac{р_{0}}{2 р_{с}} (η_{с} + грех η_{с}))] - \frac{р_{0}}{р_{с}}, \end{aligned}

$\begin{align} \frac{c\Delta t}{r_\text{s}} &= \ln(k_\text{b}^2)-\frac{r_0}{r_\text{s}} - \ln\left(\frac{r_0}{r_\text{s}}-1\right)\\ &= 1 + \ln\left(\frac{4r_\text{s}}{r_0}\right) + \left[\left(\frac{r_0}{r_\text{s}}-1\right)^{\!1/2}\left(\eta_\text{s} + \frac{r_0}{2r_\text{s}}(\eta_\text{s} + \sin\eta_\text{s})\right)\right]-\frac{r_0}{r_\text{s}}, \end{align}$ что является точно таким же результатом, который дал Роб Джеффрис.

Я построил график для визуализации результатов в координатах Шварцшильда и Крускала-Секереса:

Синяя кривая — геодезическая объекта, находящегося в покое. $t=0$ (здесь, $r_0 = 2r_\text{s}$ ). Оранжевая кривая — это геодезическая фотона, находящегося в положении $r_0$ в $t=0$ . Красная кривая — это геодезическая, которую я вывел в этом посте. Он начинается с позиции $r_\text{b}$ в $t=0$ и догоняет объект прямо на горизонте событий. Геодезические фотонов, лежащие между оранжевой и красной кривыми (я нарисовал две из них, пунктирные кривые), догонят объект, а геодезические за красной кривой — нет.

Озадачен правой схемой. Это путь свободно падающего объекта в координатах КС?
@RobJeffries Да, это тот же объект, что и на левой диаграмме. Он пересекает ЕН (в $u_s = 9.25$ ), хотя и под очень небольшим углом. Я не уверен, почему это так. Хотя все остальное проверяется.
Смотрите мое важное редактирование. Теперь я учел (как мне кажется) дополнительное время, пока объект падает с $r_s$ к сингулярности. Это должно быть включено, и это действительно важно для ответа на вопрос. Рассчитать намного проще!

Колин МакЛорин · Answer 7

Чтобы добавить к превосходным ответам выше, вот диаграмма пространства-времени в координатах Гуллстранда-Пенлеве или «дождя». Это из превосходной и доступной книги « Исследование черных дыр » (2000) Тейлора и Уилера. $\S B.6$ . Их метафора «дождь» означает пробную частицу с массой, которая первоначально упала из состояния покоя вдали от черной дыры. Думайте о них как о космонавтах/наблюдателях для решения этой проблемы.

$t_\textrm{rain}$ - собственное время капли дождя, которое используется в качестве координаты. $r$ - обычная координата кривизны, как в координатах Шварцшильда [-Дросте], и $M$ это масса черной дыры. Диаграмма показывает, что большинство «импульсов света» никогда не догоняют данный «плунжер дождя»; в частности, они не увидят конца вселенной.

Аникс · Answer 8

Нет. Черная дыра полностью испарится за конечное время, поэтому к концу Вселенной ее больше не будет.

Я не был против, но на самом деле это не ответ. Вопрос был поставлен в контексте классической гравитации.
@ Бен Кроуэлл, тогда эта теория неприменима к такому диапазону времени.

Лунный гонщик · Answer 9

Ваш вопрос вызван некоторой путаницей с пространственно-временной концепцией черной дыры. Вы должны различать вашу систему координат и то, что вы видите. Это разные концепции. Один простой пример — пространство Минковского: если диаграмма Минковского представляет ваши координаты, вы получаете четырехмерное представление всего пространства-времени. Напротив, то, что вы видите, — это элементы, расположенные на вашем световом конусе, который показывает прошлое.

Вблизи черной дыры мы должны применять такое же различие этой двоякой концепции, которое можно показать на следующей диаграмме Крускала, где одна падающая частица А и одна частица остается вне В:

Временные координаты далекого наблюдателя обозначены линиями, проходящими через центр: t = 0, t = 1, t = 2, ограниченными горизонтом событий, где t = $\infty$ . Согласно этим временным координатам падающая частица никогда не достигнет горизонта. И наоборот, когда А приближается к горизонту, часы стороннего наблюдателя будут приближаться к концу времени.

Возможно, именно поэтому вы задали свой вопрос. Но ваш вопрос заключается не в том, каково положение по отношению к координатам стороннего наблюдателя, а в том, что видит падающая частица, и для этого вопроса вы должны обратиться (как показано в других ответах) к малому 45°- стрелки между взаимодействующими частицами A и B. 3 диагональные стрелки снизу налево показывают, что B находится в определенной точке, когда A касается горизонта событий.

Кто-то, падающий в черную дыру, видит конец вселенной?

Джон Ренни

Аникс

Ответы (9)

Майкл

Майкл

Джон Ренни

Джон Ренни

пользователь10851

Майкл

Майкл

Аникс

Джон Ренни

Альфред Центавр

Майкл

Терри Боллинджер

Майкл

Терри Боллинджер

Джон Ренни

Майкл

Терри Боллинджер

Обратный

Джон Ренни

ПрофРоб

ПрофРоб

Аникс

Аникс

Аникс

Аникс

Камил Сот

Джон Ренни

Камил Сот

ПрофРоб

пульсар

пульсар

ПрофРоб

пульсар

ПрофРоб

пульсар

Кайл Канос

ПрофРоб

Кайл Канос

асперанц

Тимоти

Альфред Центавр

Джон Ренни

ПрофРоб

Камил Сот

Альфред Центавр

Камил Сот

Альфред Центавр

Камил Сот

пульсар

ПрофРоб

пульсар

ПрофРоб

Колин МакЛорин

Аникс

пользователь4552

Аникс

Лунный гонщик