Zunächst möchte ich hier die Antwort von JoeKissling einfügen , die ich als Grundlage für meine verwendet habe.

Strahlungsdruck

Die von einem Schwarzen Loch emittierte Hawking-Strahlung wirkt als Schwarzkörperstrahlung, die gleichermaßen von der Oberfläche des Ereignishorizonts emittiert wird. Basierend auf der „groben analytischen Schätzung“ von Wikipedia, der äquivalenten Temperatur$T$wird von gegeben

$$\frac{\hbar c^3}{8\pi GMk_{B}} \approx \frac{1.227\times10^{23} \text{ kg}}{M} \text{ K}.$$

Multiplizieren Sie diesen Faktor mit der vierten Potenz mit dem Emissionsgrad$\epsilon = 1$und die Proportionalitätskonstante$\sigma = 5.670373\times10^{-8} \text{W m}^{-2}\text{K}^{-4}$gibt uns die Leistung pro Flächeneinheit ($j^*$) oder Strahlungsemission nach dem Stefan-Boltzman-Gesetz .

$$\begin{align}5.670373\times10^{-8} \text{W m}^{-2}\text{K}^{-4} \cdot \left(\frac{1.227\times10^{23} \text{ kg}}{M} \text{ K}\right)^4 = 1.285\times10^{85} \text{ W m}^{-2} \cdot \frac{\text{kg}^4}{M^4}.\end{align}$$

Im Grunde nehmen wir also die Masse des Schwarzen Lochs, erheben sie in die vierte Potenz und dividieren dann diese enorme Konstante durch das Ergebnis. Dies gibt uns die Ausgangsleistung in Watt pro Quadratmeter.

Der Strahlungsdruck ist eine Funktion des EM-Strahlungsflusses ($E_f$) und die Lichtgeschwindigkeit. Sie ist auch eine Funktion des Einfallswinkels des Flusses. Wir gehen von einem kugelförmigen Ereignishorizont aus, bei dem der Druck des Gasriesen in negativer Richtung zum Strahlungsdruck wirkt und somit den Einfallswinkel bestimmt$\alpha = 0$. Strahlungsdruck, wenn wir unsere vorherige Gleichung einsetzen, ist

$$\begin{align}P &= \frac{E_f}{c}\cos\alpha \\ &= \frac{1.285\times10^{85} \text{ W m}^{-2} \cdot \frac{\text{kg}^4}{M^4}}{2.998\times10^{8}\text{ m/s}}\cos0 \\&= 4.287\times10^{76} \text{ Pa} \cdot \frac{\text{kg}^4}{M^4}\end{align}$$

Druck im Zentrum eines Gasriesen

Da die Temperatur- und Druckverhältnisse im Erdkern kaum bekannt sind, gilt dies millionenfach auch für andere Planeten. Wir können also nur einige bestmögliche Annahmen über Jupiters Kern treffen. Militzer et al., 2008 schätzen 100-1000 GPa für Jupiters Kern, während Wilson und Militzer, 2012 40 Mbar = 400 GPa verwenden. Übrigens hat dieser Typ Burkhard Militzer einen Verdienst von ungefähr der Hälfte der Papiere, die ich über Jupiter finden kann, also nehmen wir ihn beim Wort und verwenden 400 GPa.

Um nach unserem Schwarzen Loch mit minimaler Größe zu lösen, setzen Sie 400 GPa gleich unserer obigen Strahlungsdruckgleichung.

$$\begin{align}4\times10^{11} \text{ Pa} &= 4.287\times10^{76} \text{ Pa} \cdot \frac{\text{kg}^4}{M^4} \\ \frac{M^4}{\text{kg}^4} &= 1.072\times10^{65} \\ M &= 1.809\times10^{16} \text{ kg} \end{align}$$

Da haben Sie es also. Ihr Schwarzes Loch muss ungefähr die Masse eines Asteroiden mit einem Radius von 10 km haben.

Ich bin etwas anders vorgegangen als kingledion und habe eine andere Antwort bekommen (off by$\sim6$Größenordnungen!). Der Unterschied besteht darin, dass ich davon ausgegangen bin, dass es unabhängig von der Masse des Schwarzen Lochs zu einer Akkretion kommen würde. Dies ist falsch, da die Akkretion wahrscheinlich aufgrund des Drucks durch die Hawking-Strahlung verhindert würde. Ich werde diese Antwort hier für die Nachwelt aufbewahren und auch zeigen, dass selbst wenn Sie die Schlüsseldruckannahme von Kingledion ignorieren, es immer noch eine noch niedrigere Grenze gibt - und daher seine Lösung immer noch funktioniert. Ein schwarzes Loch von$\sim10^{16}\text{ kg}$sicherlich in der Lage sein, den Gasriesen zu erhitzen.

Die von einem Schwarzen Loch abgegebene Leistung ist Hawking- Strahlung

$$P=\frac{\hbar c^6}{15360\pi G^2M^2}=-c^2\dot{M}_H$$ wo $\dot{M}_H$ist die Massenänderung des Schwarzen Lochs durch Hawking-Strahlung. Nehmen wir an, dass das Schwarze Loch auch Masse ansammelt; Die Gleichung für die Bondi-Akkretion sollte uns eine gute Schätzung geben: $$\dot{M}_B\simeq \frac{\pi\rho G^2M^2}{c_s^3}$$ wo $\rho$ist die Dichte und $c_s$ist die Schallgeschwindigkeit . Die zentrale Dichte von Jupiter ist ungefähr $5\text{ g cm}^{-3}$, oder $5000\text{ kg m}^{-3}$. Wir können finden $c_s$als $$c_s=\sqrt{\frac{K}{\rho}}$$ wo $K$ist der Kompressionsmodul - ungefähr$125\text{ GPa}$. Das gibt uns $c_s\simeq5000\text{ m/s}$. Wir haben uns dann gesetzt $$\dot{M}_H+\dot{M}_B=0$$ und lösen $$\frac{\hbar c^4}{15360\pi G^2M^2}=\frac{\pi\rho G^2M^2}{c_s^3}\to M=\left[\frac{\hbar c^4c_s^3}{15360\pi^2\rho G^4}\right]^{1/4}$$ Dinge einstecken, haben wir $$M=\left[\frac{\hbar c^4(5000\text{ m/s})^3}{15360\pi^2(5000\text{ kg m}^{-3})G^4}\right]^{1/4}=5.158\times10^{10}\text{ kg}$$ Das liegt, wie gesagt, um den Faktor eine Million unter dem Ergebnis von kingledion.

Es gibt nur zwei Dinge, die wirklich variiert werden könnten – der Kompressionsmodul und die Dichte. Wenn wir die anderen Faktoren nach außen verschieben, sehen wir das

$$M=7.295\times10^8\text{ kg}^{5/4}\text{ s}^{3/4}\text{ m}^{-3/2}\left(\frac{K^{3/2}}{\rho^{5/2}}\right)^{1/4}$$ Sogar anheben $K$um eine Größenordnung und Absenkung $\rho$um eine Größenordnung multipliziert unser Ergebnis nur mit $10$.

Dies demonstriert die Kraft des Strahlungsdrucks! Es erhöht die Untergrenze um sechs Größenordnungen, was ziemlich unglaublich ist. Achten Sie darauf, welche physikalischen Annahmen Sie treffen.