Bereich des Ereignishorizonts eines rotierenden Schwarzen Lochs

Die Kerr-Metrik für ein schwarzes Masseloch M und Drehimpuls J = A M Ist

D S 2 = − Δ ( R ) ρ 2 ( D T − A Sünde 2 ⁡ θ D ϕ ) 2 + ρ 2 Δ ( R ) D R 2 + ρ 2 D θ 2 + 1 ρ 2 Sünde 2 ⁡ θ ( A D T − ( R 2 + A 2 ) D ϕ ) 2 ,

Wo Δ ( R ) = R 2 + A 2 − 2 M R , ρ 2 = R 2 + A 2 cos 2 ⁡ θ Und − M < A < M .

Der Ereignishorizont liegt bei R + = M + M 2 − A 2 . Diese erhält man durch Lösen der Gleichung Δ ( R ) = 0 .

Wie berechnet man damit die Fläche des Horizonts?

Meine Idee ist es, die zu erhaltende Metrik zu vereinfachen

D S 2 = − ( R 2 + A 2 − 2 M R − A 2 Sünde 2 ⁡ θ R 2 + A 2 cos 2 ⁡ θ ) D T 2 + ( R 2 + A 2 cos 2 ⁡ θ R 2 + A 2 − 2 M R ) D R 2 − ( 4 A M R Sünde 2 ⁡ θ R 2 + A 2 cos 2 ⁡ θ ) D T D ϕ + ( R 2 + A 2 cos 2 ⁡ θ ) D θ 2 + Sünde 2 ⁡ θ ( ( A 2 + R 2 ) 2 − A 2 Sünde 2 ⁡ θ ( A 2 − 2 M R + R 2 ) R 2 + A 2 cos 2 ⁡ θ ) D ϕ 2 .

Dann denke ich, dass die Fläche des Horizonts gegeben ist durch

A = ∫ D θ   D ϕ   G ϕ ϕ G θ θ | R = R + .

Liege ich falsch?

Antworten (2)

Wenn Sie die Elementoberfläche schreiben als:
D σ = D l θ D l ϕ
du solltest haben:
D l θ = G θ θ D θ
D l ϕ = G ϕ ϕ D ϕ
Daher sollte die Horizontfläche sein:
A = ∫ D θ   D ϕ   G θ θ G ϕ ϕ | R = R +
Notiz: D S 2 ist eine quadrierte Distanz in der Raumzeit

Als Punkt von allgemeinem Interesse funktioniert das Obige wegen der Koordinatenvektoren ∂ θ Und ∂ ϕ auf der Oberfläche sind orthogonal. Daher hat das "unendlich kleine" Rechteck, das sie überspannen, eine Fläche G θ θ G ϕ ϕ . In einer anderen Situation, wenn nicht orthogonal, hat das "unendlich kleine" Parallelogramm, das sie überspannen, eine Fläche mit einem Flächenelement ∂ θ ∧ ∂ ϕ , ein Bivektor mit einer Fläche, die durch die Determinante gegeben ist:
| G θ θ G θ ϕ G ϕ θ G ϕ ϕ | 1 / 2

Die richtige Formel lautet eigentlich [vgl. Carroll-Gleichung (6.107)]

A = ∫ | γ | D θ D ϕ

Wo | γ | ist die Determinante der induzierten Metrik.

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