Frei fallender Beobachter in der Schwarzschild-Metrik

Question

Frei fallender Beobachter in der Schwarzschild-Metrik

Apos

Ich habe mir diese Frage zur nicht koordinierten Basis angesehen: https://www.physicsforums.com/threads/noncoordinate-basis.102902/

In Antwort Nummer 4 ist die orthonormale Basis für einen frei fallenden Beobachter in der Schwarzschild-Metrik angegeben. Ich versuche, diese Basis abzuleiten, aber ich konnte dies nicht tun. Die Basis für einen Beobachter mit Konstante $r$ , $\theta$ , $\phi$ ist auch gegeben, indem ich schon verstehe, wie man das bekommt.

Für den frei fallenden Beobachter haben wir Koordinaten $t'$ , $r'$ , $\theta'$ , $\phi'$ Da es radial fällt, haben wir

\frac{\partial}{\partial T^{'}} = \frac{\partial T}{\partial T^{'}} \frac{\partial}{\partial T} + \frac{\partial R}{\partial T^{'}} \frac{\partial}{\partial R}

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

Wir können auswerten $\frac{\partial}{\partial t'} \otimes \frac{\partial}{\partial t'}$ in die im Link angegebene Metrik

G = (1 - \frac{2 M}{R}) D T \otimes D T - {(1 - \frac{2 M}{R})}^{- 1} D R \otimes D R - R^{2} ({Sünde}^{2} θ D θ \otimes D θ + D ϕ \otimes D ϕ) .

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

Wir erhalten dann die Gleichung:

1 = (1 - \frac{2 M}{R}) {(\frac{\partial T}{\partial T^{'}})}^{2} - {(1 - \frac{2 M}{R})}^{- 1} {(\frac{\partial R}{\partial T^{'}})}^{2}

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

Und aus der geodätischen Gleichung können wir ableiten

\frac{\partial T}{\partial T^{'}} = - \frac{C}{(1 - \frac{2 M}{R})}

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

Ab hier sehe ich das wenn ich nehme $C = 1$ und ersetzen Sie dann in der Gleichung von, bevor ich erhalte

e_{0}^{'} = {(1 - \frac{2 M}{R})}^{- 1} \frac{\partial}{\partial T} - {(\frac{2 M}{R})}^{\frac{1}{2}} \frac{\partial}{\partial R}

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

Dann bin ich für die stecken $r'$ koordinieren, da ich keine geodätische Gleichung dafür habe. Ich bin mir auch nicht sicher, ob ich davon ausgehen kann $C=1$ . Gibt es eine Standardmethode, um dies zu lösen? jede Hilfe dabei wird geschätzt.

Antworten (1)

Frei fallender Beobachter in der Schwarzschild-Metrik

Michel Grosso · Answer 1

Betrachten wir die Schwarzschild-Metrik und nehmen als Signaturkonvention das negative Vorzeichen der Zeit-Zeit-Komponente der Metrik an.
$ds^2 = -g dt^2 + g^{-1} dr^2 + r^2 (d\theta^2 + \sin^2 \theta d\phi^2)$
Wo:
$G = 1$
$c = 1$
$g = (1 - 2M/r)$

Wir haben drei Bezugsrahmen:
Schwarzschild mit Koordinaten $(t, r, \theta, \phi)$
Stationärer Beobachter mit Koordinaten $(\tau, r_{stat}, \theta_{stat}, \phi_{stat})$
Frei fallender Beobachter mit Koordinaten $(t', r', \theta', \phi')$

Stationärer Beobachter bei konstant $r$ , $\theta$ Und $\phi$
Die Zeitbasis ist auf der Vierergeschwindigkeit aufgebaut $U_{stat} = \partial_\tau = dt / d\tau \partial_t$ , mit $dt / d\tau = g^{-1/2}$ , geben $e_0 = \partial_\tau = g^{-1/2} \partial_t$ . Es wird mit Quadratnorm = normalisiert $-1$ . Die radiale Basis ist so aufgebaut $\partial_r$ dann normalisiert mit squared norm = $+1$ , geben $e_1 = \partial_{r_{stat}} = g^{1/2} \partial_r$ . Das ist
$e_0 = (1 - 2M/r)^{-1/2} \partial_t$
$e_1 = (1 - 2M/r)^{1/2} \partial_r$
Der $e_0$ Und $e_1$ sind orthonormal.

Frei fallender Beobachter aus der Ruhe im Unendlichen
Es ist eine radiale Bahn, die konstant ist $\theta$ Und $\phi$ . Mit der Lorentz-Transformation können Sie den frei fallenden Rahmen mit dem stationären Rahmen in Beziehung setzen
$\tau = \gamma t' + \gamma v r'$
$r_{stat} = \gamma v t' + \gamma r'$
$v = -(2M/r)^{1/2}$
Die Geschwindigkeit $v$ wird durch den Vergleich der Energie des freien Falls, wie sie vom stationären Beobachter gemessen wird, berechnet $E = -p_\mu U_{stat}^\mu$ und wie $E = \gamma m$ mit $\gamma = (1 - v^2)^{-1/2}$ .
Die Beziehung zwischen den partiellen Ableitungen ist
$\partial_{t'} = \partial \tau / \partial t' \partial_\tau + \partial r_{stat} / \partial t' \partial_{r_{stat}}$
$\partial_{r'} = \partial \tau / \partial r' \partial_\tau + \partial r_{stat} / \partial r' \partial_{r_{stat}}$
Wo:
$\partial \tau / \partial t' = \gamma$
$\partial r_{stat} / \partial t' = \gamma v$
$\partial \tau / \partial r' = \gamma v$
$\partial r_{stat} / \partial r' = \gamma$
Wie Sie
$e'_0 = \partial_{t'}$
$e'_1 = \partial_{r'}$
Du kannst schreiben
$e'_0 = \gamma e_0 + \gamma v e_1$
$e'_1 = \gamma v e_0 + \gamma e_1$
sich dagegen ausdrücken $\partial_t$ Und $\partial_r$
$e'_0 = \gamma g^{-1/2} \partial_t + \gamma v g^{1/2} \partial_r$
$e'_1 = \gamma v g^{-1/2} \partial_t + \gamma g^{1/2} \partial_r$
und sich daran zu erinnern
$\gamma = g^{-1/2}$
$g = (1 - 2M/r)$
$v = -(2M/r)^{1/2}$
wir haben
$e'_0 = g^{-1} \partial_t + v \partial_r = (1 - 2M/r)^{-1} \partial_t - (2M/r)^{1/2} \partial_r$
$e'_1 = v g^{-1} \partial_t + \partial_r = -(2M/r)^{1/2} (1 - 2M/r)^{-1} \partial_t + \partial_r$
Der $e'_0$ Und $e'_1$ sind auch orthonormal.
Hinweis:
Um die orthonormale Basis zu vervollständigen, haben wir auch
$e_2 = e'_2 = 1 / r \partial_\theta$
$e_3 = e'_3 = 1 / (r \sin \theta) \partial_\phi$

Ich denke, hier fehlt etwas. Wie erhalten Sie das "Erinnern Sie sich, dass Gamma = (..)"? Sollten wir nicht speziell herausfinden, wie groß der Schub ist, damit wir vom stationären Betrachter-Koordinatensystem zum sich bewegenden Beobachter-Koordinatensystem übergehen? Darüber hinaus scheint diese Grundlage nicht zu befriedigen $u^{\prime\, m}=e^{\prime\,m}_{\,\,\mu}u^\mu=(1,0,0,0)$ wenn das $u^\mu$ ist die 4-Geschwindigkeit eines frei fallenden Beobachters, dh $u^\mu=(g^{-1},\pm (1-r_s/r),0,0)$ . Was gibt? Scheint nicht die richtige Lösung zu sein.
AHH! ENDLICH! Ich dachte, ich werde verrückt. Ich habe versucht zu rechnen $e^\mu_{\,\,\,\,\nu}$ umkehren und dann mit dem 4-Vektor multiplizieren, und es hat nicht funktioniert. Es stellte sich heraus, dass mir bei meiner Matrixberechnung die Transponierung fehlte. Kratzen Sie den letzten Teil. Ich denke jedoch, dass noch ein Teil der Antwort fehlt, insbesondere wie der Lorenz-Schub mit dem frei fallenden Beobachter zusammenhängt.

Frei fallender Beobachter in der Schwarzschild-Metrik

Apos

Antworten (1)

Michel Grosso

OT

OT

Masseloses schwarzes Kerr-Loch

Ist (−∂2∂t2+∇2)ϕ=0(−∂2∂t2+∇2)ϕ=0\left(-\frac{\partial^2}{\partial t^2}+\nabla^2\ rechts)\phi=0 wie ∂μ(gμν−g−−−√∂νϕ)=0∂μ(gμν−g∂νϕ)=0\partial_\mu\left( g^{\mu\nu}\ sqrt{-g} \partial_\nu\phi\right)=0?

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