Nicht reduzierbare Masse einer Verschmelzung geladener Schwarzer Löcher

Question

Nicht reduzierbare Masse einer Verschmelzung geladener Schwarzer Löcher

Yukterez

Die irreduzible Masse $\rm m_{irr}$ eines schwarzen Lochs mit Ladung $\rm Q$ ist (in natürlichen Einheiten)

M_{ich R R} = \frac{R_{+}}{2} = \frac{M}{2} + \sqrt{\frac{M^{2}}{4} - \frac{Q^{2}}{4}}

$\rm m_{irr} = \frac{r_{+}}{2} = \frac{M}{2} + \sqrt{\frac{M^2}{4} - \frac{Q^2}{4}}$

was kleiner ist als das Massenäquivalent der Gesamtenergie $\rm M$ (gemessen von unendlich), da $\rm M$ enthält nicht nur die Masse des Materials, sondern auch das Massenäquivalent der elektromagnetischen Feldenergie.

Angenommen, wir verschmelzen (unter Vernachlässigung von Gravitationswellen) zwei geladene Schwarze Löcher mit der gleichen Masse und der entgegengesetzten Ladung (so dass die resultierende Nettoladung Null sein sollte), würde das resultierende Schwarzschild-Schwarze Loch mit $\rm Q=0$ das Gesamtmassenäquivalent von haben $\rm 2M$ , oder eher $\rm 2 m_{irr}$ ?

In der Referenz Horizon Mass Theorem heißt es

also ich würde vermuten das die entstehende masse gleich bei ist $\rm 2 m_{irr}$ , aber ich habe auch einige Argumente dafür gehört $\rm 2 M$

QMechaniker

Siehe auch: physical.stackexchange.com/q/45448/2451 .

m_{i r r} = r_{+} / 2

$m_{\rm irr}=r_+/2$ .

Ziegel

Was meinen Sie hier mit "Vernachlässigung von Gravitationswellen"? Zum Schwarzschild gelangt man erst am Ende dieses Prozesses, weil Gravitationswellen die nicht kugelsymmetrischen Teile vom verschmolzenen Schwarzen Loch wegtragen.

Yukterez

Daher gehen wir von einer direkten Frontalkollision zweier Schwarzer Löcher gleicher Masse aus, die die Gravitationswellen vernachlässigbar machen sollte. Diese Frage konzentriert sich auf das Massenäquivalent der neutralisierten elektromagnetischen Feldenergie. Gravitationswellen sind ein zusätzlicher Effekt, der das Szenario nur komplizierter als nötig machen würde, da wir das Problem auch auf ein kugelsymmetrisches und damit garantiert gravitationswellenfreies Szenario mit einer einfallenden Staubhülle anstelle von zwei Schwarzen Löchern reduzieren können.

Yukterez

@Qmechanic das ist nur eine Abkürzung, die Frage ist, da

m_{i r r} = M

$m_{irr}=M$ für Schwarzschild wäre das neu

M

$M$ sei die Summe der vorherigen

M

$M$ s oder das vorherige

m_{i r r}

$m_{irr}$ S. So wie ich die Reissner-Nordström-Metrik verstehe, sollte es letzteres sein, aber andererseits ist das neutrale System eines Protons und eines Elektrons nicht die Summe ihrer Imaginären

m_{i r r}

$m_{irr}$ sondern ihre

M

$M$ , das verwirrt mich.

AVS

Wir gehen von einer direkten Frontalkollision zweier Schwarzer Löcher gleicher Masse aus, die die Gravitationswellen vernachlässigbar machen sollte . Warum würdest du das annehmen? Aus dieser Geometrie konnten wir nur schließen, dass das Ergebnis hätte

L = 0

$L=0$ , aber nicht die Abwesenheit von Gravitationsstrahlung. In diesem Zusammenhang würde es auch eine beträchtliche EM-Strahlung geben, die auch Energie abführen würde.

Ziegel

@AVS Ich stimme deinem Kommentar grundsätzlich zu, aber die Berechnung ist erfolgt. Die Gravitationsstrahlungsenergie vom Einfall neutraler Schwarzer Löcher gleicher Masse ist relativ gering. tapir.caltech.edu/~sperhake/Research/BH_Simulations/…

Ziegel

Ich sehe, Sie haben die Frage bearbeitet. Ich denke immer noch, dass meine Antwort relevant ist, aber in Bezug auf diese Definition, die Sie hinzugefügt haben, denken Sie daran, dass Ihr System mit zwei Schwarzen Löchern, wenn Sie ins Unendliche gehen, schon vor der Verschmelzung elektrisch neutral und daher ungefähr Schwarzschild zu sein scheint. Das ist anders als bei der Single, die Sie verlinkt haben. Die Ladungen, die Sie für das Theorem in die BH "senken" möchten, haben aus großer Entfernung im Wesentlichen keine elektrische Anziehungskraft auf die netzneutrale Binärdatei.

Yukterez

Das ist ein guter Punkt, also sagen Sie, wenn Sie 1 BH mit haben

Q = M

$Q=M$ die aus der Ferne gemessene asymptotische Masse ist

M

$M$ , aber wenn du 2 BHs mit hast

Q = + M

$Q=+M$ Und

Q = - M

$Q=-M$ die aus der Ferne gemessene asymptotische Masse des Systems ist es nicht

2 M

$2M$ Aber

2 M_{i r r} = 1 M

$2 M_{irr}=1M$ schon vor der Fusion? Sie würden also zusammenfassen

\sum_{i} Q_{i}

$\sum_i Q_i$ Und

\sum_{i} M_{i r r i}

$\sum_i M_{irr \ i}$ und nicht

\sum_{i} M_{i}

$\sum_i M_i$ über ein Volumen, richtig? Das würde meine Frage beantworten

Ziegel

GR ist nicht linear, daher können Sie im Allgemeinen keine lineare Kombination von Lösungen nehmen. Wenn Ihre 2 BH "sehr weit voneinander entfernt" sind, kann es (ungefähr) sinnvoll sein, über separate irreduzible Massen wie diese zu sprechen. Wenn sie "sehr nahe" sind, dann müssen sie ungefähr Schwarzschild mit Masse sein

2 M

$2M$ . Was dazwischen passiert ist, hat wahrscheinlich keine analytische Lösung. Im Allgemeinen sehe ich keinen Grund zu der Annahme, dass diese spezielle Definition von "nicht reduzierbarer Masse" außerhalb von Sonderfällen in einem 2-BH-System von Bedeutung ist. (Ich habe Ihren anderen Kommentar bis jetzt nicht gesehen, weil Sie ihn nicht mit meinem Namen markiert haben.)

Antworten (1)

Nicht reduzierbare Masse einer Verschmelzung geladener Schwarzer Löcher

Siehe auch: physical.stackexchange.com/q/45448/2451 . $m_{\rm irr}=r_+/2$ .
Was meinen Sie hier mit "Vernachlässigung von Gravitationswellen"? Zum Schwarzschild gelangt man erst am Ende dieses Prozesses, weil Gravitationswellen die nicht kugelsymmetrischen Teile vom verschmolzenen Schwarzen Loch wegtragen.
Daher gehen wir von einer direkten Frontalkollision zweier Schwarzer Löcher gleicher Masse aus, die die Gravitationswellen vernachlässigbar machen sollte. Diese Frage konzentriert sich auf das Massenäquivalent der neutralisierten elektromagnetischen Feldenergie. Gravitationswellen sind ein zusätzlicher Effekt, der das Szenario nur komplizierter als nötig machen würde, da wir das Problem auch auf ein kugelsymmetrisches und damit garantiert gravitationswellenfreies Szenario mit einer einfallenden Staubhülle anstelle von zwei Schwarzen Löchern reduzieren können.
@Qmechanic das ist nur eine Abkürzung, die Frage ist, da $m_{irr}=M$ für Schwarzschild wäre das neu $M$ sei die Summe der vorherigen $M$ s oder das vorherige $m_{irr}$ S. So wie ich die Reissner-Nordström-Metrik verstehe, sollte es letzteres sein, aber andererseits ist das neutrale System eines Protons und eines Elektrons nicht die Summe ihrer Imaginären $m_{irr}$ sondern ihre $M$ , das verwirrt mich.
Wir gehen von einer direkten Frontalkollision zweier Schwarzer Löcher gleicher Masse aus, die die Gravitationswellen vernachlässigbar machen sollte . Warum würdest du das annehmen? Aus dieser Geometrie konnten wir nur schließen, dass das Ergebnis hätte $L=0$ , aber nicht die Abwesenheit von Gravitationsstrahlung. In diesem Zusammenhang würde es auch eine beträchtliche EM-Strahlung geben, die auch Energie abführen würde.
@AVS Ich stimme deinem Kommentar grundsätzlich zu, aber die Berechnung ist erfolgt. Die Gravitationsstrahlungsenergie vom Einfall neutraler Schwarzer Löcher gleicher Masse ist relativ gering. tapir.caltech.edu/~sperhake/Research/BH_Simulations/…
Ich sehe, Sie haben die Frage bearbeitet. Ich denke immer noch, dass meine Antwort relevant ist, aber in Bezug auf diese Definition, die Sie hinzugefügt haben, denken Sie daran, dass Ihr System mit zwei Schwarzen Löchern, wenn Sie ins Unendliche gehen, schon vor der Verschmelzung elektrisch neutral und daher ungefähr Schwarzschild zu sein scheint. Das ist anders als bei der Single, die Sie verlinkt haben. Die Ladungen, die Sie für das Theorem in die BH "senken" möchten, haben aus großer Entfernung im Wesentlichen keine elektrische Anziehungskraft auf die netzneutrale Binärdatei.
Das ist ein guter Punkt, also sagen Sie, wenn Sie 1 BH mit haben $Q=M$ die aus der Ferne gemessene asymptotische Masse ist $M$ , aber wenn du 2 BHs mit hast $Q=+M$ Und $Q=-M$ die aus der Ferne gemessene asymptotische Masse des Systems ist es nicht $2M$ Aber $2 M_{irr}=1M$ schon vor der Fusion? Sie würden also zusammenfassen $\sum_i Q_i$ Und $\sum_i M_{irr \ i}$ und nicht $\sum_i M_i$ über ein Volumen, richtig? Das würde meine Frage beantworten
GR ist nicht linear, daher können Sie im Allgemeinen keine lineare Kombination von Lösungen nehmen. Wenn Ihre 2 BH "sehr weit voneinander entfernt" sind, kann es (ungefähr) sinnvoll sein, über separate irreduzible Massen wie diese zu sprechen. Wenn sie "sehr nahe" sind, dann müssen sie ungefähr Schwarzschild mit Masse sein $2M$ . Was dazwischen passiert ist, hat wahrscheinlich keine analytische Lösung. Im Allgemeinen sehe ich keinen Grund zu der Annahme, dass diese spezielle Definition von "nicht reduzierbarer Masse" außerhalb von Sonderfällen in einem 2-BH-System von Bedeutung ist. (Ich habe Ihren anderen Kommentar bis jetzt nicht gesehen, weil Sie ihn nicht mit meinem Namen markiert haben.)

Ziegel · Answer 1

Dieses Papier untersucht diese Frage: https://arxiv.org/pdf/1311.6483.pdf

Beachten Sie, dass der Fallprozess für die von Ihnen beschriebene Konfiguration sowohl zu Gravitations- als auch zu elektromagnetischer Strahlung führt, die beide etwas Energie vom endgültigen Schwarzen Loch wegtragen. Die genaue Menge hängt jeweils vom Verhältnis ab $Q/M$ . Es sieht in allen Fällen so aus, als wäre es relativ klein, sodass Sie am Ende ein Schwarzes Loch in der Nähe haben $2M$ in deiner Notation. (Das Papier beginnt damit, dass jedes Schwarze Loch Masse hat $M/2$ und kommt so einer finalen Masse nahe $M$ in ihrer Notation.)

BEARBEITEN

Hier sind einige zusätzliche Erklärungen nach der Überarbeitung der ursprünglichen Frage und den darauffolgenden Kommentaren.

Die Allgemeine Relativitätstheorie ist eine nichtlineare Theorie, also kann man nicht einfach eine lineare Kombination von Lösungen nehmen, wie man es zum Beispiel mit den Maxwell-Gleichungen kann. Betrachten wir also zunächst zwei Grenzfälle:

Die Schwarzen Löcher seien "sehr nah" beieinander.
Die Schwarzen Löcher seien "sehr weit" voneinander entfernt.

Die Quantifizierung von „sehr weit“ und „sehr nah“ geht über das hinaus, was ich hier tun werde, aber es sollte ein Vielfaches davon sein $M$ .

Wenn sie sehr nahe beieinander liegen, dann sollte die Erwartung sein, dass sie bereits ungefähr Schwarzschild mit Masse sind $2M$ (und kostenlos). Die vom OP bereitgestellte Definition der "nicht reduzierbaren Masse" sollte auf die Binärdatei (wenn überhaupt) und nicht separat auf die einzelnen Schwarzen Löcher mit ihrer Nettoladung angewendet werden. Da aber in diesem Fall die Nettoladung 0 ist, ist die irreduzible Masse ebenfalls vorhanden $2M$ . Ich sehe aus verschiedenen Gründen keinen vernünftigen Weg, die Definition der irreduziblen Masse in diesem Fall separat auf die beiden Schwarzen Löcher anzuwenden:

Die Energie einer Ladung, die in eines der Schwarzen Löcher "gesenkt" wird, ist wegabhängig, daher müsste der Ausdruck bestenfalls komplizierter sein.
Der ganze Sinn der Definition besteht darin, die dem EM-Feld zuzuschreibende Energie von allem anderen zu trennen. In diesem Fall ist das EM-Feld auf beide Schwarzen Löcher zurückzuführen, daher ist nicht sofort klar, wie eine solche Definition für eines der Schwarzen Löcher vorgenommen werden könnte. (Vielleicht ist es bei gleicher Ladung möglich, aber ich denke, die Nichtlinearitäten können es schwierig machen, außerhalb dieses Falls zu trennen.)
Unabhängig davon, in welchem Umfang Sie separate Beiträge zum EM-Feld von jedem BH berechnen können, werden sie teilweise aufhebende Beiträge zum EM-Feld liefern. Da die irreduzible Masse effektiv versucht, die Energie im EM-Feld einzufangen, müsste alles, was Sie hier getan haben, die Tatsache berücksichtigen, dass das EM-Feld aufgrund von Aufhebungseffekten viel weniger enthält als die Summe der einzelnen Felder. Das naive Anwenden der Definition ist "eher wie", wenn man davon ausgeht, dass das Feld verdoppelt wird.

Wenn sie sehr weit voneinander entfernt sind, erfährt jeder aufgrund des anderen eine minimale Krümmung. In diesem Fall können Sie als Anfangsdaten näherungsweise die Linearkombination von Lösungen nehmen. Aus dem gleichen Grund ist es wahrscheinlich sinnvoll, über ihre individuellen "nicht reduzierbaren Massen" (wie vom OP definiert) zu sprechen. Wenn Sie sie jedoch aufeinander fallen lassen, passieren einige Dinge:

Sie werden bis zum Zeitpunkt der Verschmelzung und darüber hinaus Gravitationsstrahlung ausstrahlen, die die nicht-kugelsymmetrischen Merkmale der Raumzeitstruktur wegtragen wird.
Sie strahlen elektromagnetische Energie aus, die die nicht kugelsymmetrischen Anteile des EM-Feldes wegträgt.
Ein Teil – wie sich am meisten herausstellt – der Strahlung wird in die BHs fallen und zur Masse des stationären, verschmolzenen BHs beitragen.

Im "sehr weit entfernten" Fall erhalten Sie also immer noch ein verschmolzenes Schwarzes Loch mit einer Masse von ungefähr $2M$ . Wie in dem verlinkten Artikel und in den Kommentaren erwähnt, ist es nicht unbedingt von vornherein offensichtlich, wie viel Energie weggetragen worden wäre, aber die numerischen Ergebnisse deuten darauf hin, dass es sich um einen kleinen Bruchteil handelt.

Außerhalb dieser Extremfälle benötigen Sie einen Computer, um zu antworten. Wahrscheinlich benötigen Sie sogar einen Computer, um die ersten Daten vor dem Fallprozess zu generieren.

Nun, ich denke, vielleicht liegt die Wurzel der Frage darin, woher die "zusätzliche" Masse in den Fällen kommt, die weiter voneinander entfernt sind, wobei "zusätzlich" den Unterschied zwischen den bedeutet $2M$ Schwarzschild-Masse der fusionierten BH und die Summe der „nicht reduzierbaren Massen“ vor der Fusion. Ich denke, die Antwort ist, dass sie von der EM-Feldenergie kommt, die in das endgültige Schwarze Loch gezogen wird.

Kleiner Kommentar zum Beitrag (v1): Bitte verlinken Sie in Zukunft auf Abstract-Seiten statt auf PDF-Dateien.
Auf Seite 2 sieht es eher wie 1M aus (in meiner Notation): Wenn Sie 2 Schwarzschild-BHs kollidieren, verlieren Sie 29% und erhalten am Ende 2M*(100-29)≈1,4M, und wenn Q gegenüber Q=±M liegt, verlieren Sie 0,65 % und am Ende 2M*(100-65)≈0,7M. Teilen Sie 1,4 M/0,7 M = 2, was bedeutet, dass zwei Schwarzschild-BHs mit jeweils M = 1 kombiniert doppelt so massiv sind wie zwei kombinierte BHs mit entgegengesetzter Ladung, die ebenfalls M = 1 haben.
Ja, eigentlich ändern sie die Notation später in der Zeitung. Ich denke, was Sie wollen, ist das Ergebnis in Tabelle 1? Oben auf der dritten Seite, zweite Spalte, sehen Sie die für die numerischen Simulationen verwendete Notation.
Beachten Sie auch, dass der von Ihnen erwähnte Teil nur eine Grenze ist.
Haben Sie sich die Tabelle angesehen, in der die tatsächlich abgestrahlte Bruchenergie angezeigt wird? Sieht so aus, als wären es weit weniger als 1%. Nichts sagt, dass die gebunden es fest.

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